i zakon termodinamike du =dq+dw+dw dh =du +pdv
Post on 28-Nov-2021
5 Views
Preview:
TRANSCRIPT
VV T
UC
=partpart
edwdwdqdU ++=
PP T
HC
=partpartpdVdUdH +=
dPP
HdTCdH
Tp
partpart+=dVPdTCdV
V
UdTCdU uV
TV +=
+=partpart
CPm ndash CVm = RCP ndash CV = nR
I zakon termodinamike
Izotermski reverzibilni zapreminski rad gasa u IGS
Vpw ∆minus= Izotermski revetzibilni zapreminski rad isparavanja p-napon pare
Izotermski procesi
2
1
1
2 lnlnP
PRT
V
VnRTw minus=minus=
minus
=
minus=minus= 11)(
2
11
1
2112
VC
nR
VVVad V
VTC
T
TTCTTCw
Adijabatski zapreminski rad
2212
21
P
P
T
T
V
V
T
T
V
V
T
T R
C
R
CCR PV
V
=
=
=
Adijabatski procesi
112112 PTVTVT=
=
=
γγ
===
1
2
2
1 V
V
P
PconstPVPV VP CC
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
rev SSSH
SSq
S ∆+∆=∆∆minus=∆==∆ sumν Ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
V
VR
T
TCSSS V +=minus=∆
oksistotoki
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
VV
V
V T
STCodnosno
T
C
T
S
partpart==
partpart
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TVVV TdC
T
dTCSSS∆
( ) int int==minus=2 2
ln12
T T
PP TdCdT
CSSS∆
PP
P
P T
STCodnosno
T
C
T
S
partpart==
partpart
( ) int int==minus=1 1
ln12T T
PPP TdCT
CSSS∆
VT T
P
V
S
partpart=
partpart
PT T
V
P
S
partpartminus=
partpart
int
partpartminus=minus=∆ dPT
VSSS
P12int
partpart=minus=∆ dVT
PSSS
V12
Maksveloverelacije
TV V
U
T
PTP
partpartminus
partpart=
sum=
minus=minus=∆n
iiimeš xnRSSS
112 ln Entropija mešanja
Termodinamičke jednačinestanja
TP P
H
T
VTV
partpart+
partpart=
stanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodna energija
TV V
S
T
P
=
partpart
partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP P
S
T
V
minus=
partpart
partpart
PV
A
T
minus=
partpart
ST
A
V
minus=
partpart
T
ST
G
P
minus=
partpart
VP
G
T
=
partpart
pT
GTHG
+=part∆part∆∆ 2
)(
T
H
T
TG
p
∆part
∆part minus=
00 ln
P
PRTGG mmm +=
1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo odpočetnog i krajnjeg stanja sistema naziva se
1 termodinamička količina
2 funkcija puta
PITANJA
2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina
2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivneveličine
1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka 4 gustina toplotni kapacitet tačka
ključanja5 površinski napon masa specifična
zapremina
3 Izraz za zapreminski rad je
1 -PspdV2 PspdV3 PV4 -PV4 -PV5 P(RT)
4 Sistem X prolazi kroz sledeće promeneX(P1V1T1)rarrW(P2V2T1)rarrZ(P2V2T2)rarrX(P1V1T1)
Čitav proces se naziva
1 Reverzibilni proces2 Ciklični proces ili ciklus3 Ciklični i reverzibilni proces4 Izohorski proces4 Izohorski proces5 Adijabatski proces
5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina
1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine4 Odnos mase i zapremine5 Gustina
6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približnojednaka
1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J4 8314 J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
minus
=
minus=minus= 11)(
2
11
1
2112
VC
nR
VVVad V
VTC
T
TTCTTCw
Adijabatski zapreminski rad
2212
21
P
P
T
T
V
V
T
T
V
V
T
T R
C
R
CCR PV
V
=
=
=
Adijabatski procesi
112112 PTVTVT=
=
=
γγ
===
1
2
2
1 V
V
P
PconstPVPV VP CC
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
rev SSSH
SSq
S ∆+∆=∆∆minus=∆==∆ sumν Ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
V
VR
T
TCSSS V +=minus=∆
oksistotoki
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
VV
V
V T
STCodnosno
T
C
T
S
partpart==
partpart
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TVVV TdC
T
dTCSSS∆
( ) int int==minus=2 2
ln12
T T
PP TdCdT
CSSS∆
PP
P
P T
STCodnosno
T
C
T
S
partpart==
partpart
( ) int int==minus=1 1
ln12T T
PPP TdCT
CSSS∆
VT T
P
V
S
partpart=
partpart
PT T
V
P
S
partpartminus=
partpart
int
partpartminus=minus=∆ dPT
VSSS
P12int
partpart=minus=∆ dVT
PSSS
V12
Maksveloverelacije
TV V
U
T
PTP
partpartminus
partpart=
sum=
minus=minus=∆n
iiimeš xnRSSS
112 ln Entropija mešanja
Termodinamičke jednačinestanja
TP P
H
T
VTV
partpart+
partpart=
stanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodna energija
TV V
S
T
P
=
partpart
partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP P
S
T
V
minus=
partpart
partpart
PV
A
T
minus=
partpart
ST
A
V
minus=
partpart
T
ST
G
P
minus=
partpart
VP
G
T
=
partpart
pT
GTHG
+=part∆part∆∆ 2
)(
T
H
T
TG
p
∆part
∆part minus=
00 ln
P
PRTGG mmm +=
1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo odpočetnog i krajnjeg stanja sistema naziva se
1 termodinamička količina
2 funkcija puta
PITANJA
2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina
2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivneveličine
1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka 4 gustina toplotni kapacitet tačka
ključanja5 površinski napon masa specifična
zapremina
3 Izraz za zapreminski rad je
1 -PspdV2 PspdV3 PV4 -PV4 -PV5 P(RT)
4 Sistem X prolazi kroz sledeće promeneX(P1V1T1)rarrW(P2V2T1)rarrZ(P2V2T2)rarrX(P1V1T1)
Čitav proces se naziva
1 Reverzibilni proces2 Ciklični proces ili ciklus3 Ciklični i reverzibilni proces4 Izohorski proces4 Izohorski proces5 Adijabatski proces
5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina
1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine4 Odnos mase i zapremine5 Gustina
6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približnojednaka
1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J4 8314 J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne 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
rev SSSH
SSq
S ∆+∆=∆∆minus=∆==∆ sumν Ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
V
VR
T
TCSSS V +=minus=∆
oksistotoki
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
VV
V
V T
STCodnosno
T
C
T
S
partpart==
partpart
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TVVV TdC
T
dTCSSS∆
( ) int int==minus=2 2
ln12
T T
PP TdCdT
CSSS∆
PP
P
P T
STCodnosno
T
C
T
S
partpart==
partpart
( ) int int==minus=1 1
ln12T T
PPP TdCT
CSSS∆
VT T
P
V
S
partpart=
partpart
PT T
V
P
S
partpartminus=
partpart
int
partpartminus=minus=∆ dPT
VSSS
P12int
partpart=minus=∆ dVT
PSSS
V12
Maksveloverelacije
TV V
U
T
PTP
partpartminus
partpart=
sum=
minus=minus=∆n
iiimeš xnRSSS
112 ln Entropija mešanja
Termodinamičke jednačinestanja
TP P
H
T
VTV
partpart+
partpart=
stanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodna energija
TV V
S
T
P
=
partpart
partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP P
S
T
V
minus=
partpart
partpart
PV
A
T
minus=
partpart
ST
A
V
minus=
partpart
T
ST
G
P
minus=
partpart
VP
G
T
=
partpart
pT
GTHG
+=part∆part∆∆ 2
)(
T
H
T
TG
p
∆part
∆part minus=
00 ln
P
PRTGG mmm +=
1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo odpočetnog i krajnjeg stanja sistema naziva se
1 termodinamička količina
2 funkcija puta
PITANJA
2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina
2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivneveličine
1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka 4 gustina toplotni kapacitet tačka
ključanja5 površinski napon masa specifična
zapremina
3 Izraz za zapreminski rad je
1 -PspdV2 PspdV3 PV4 -PV4 -PV5 P(RT)
4 Sistem X prolazi kroz sledeće promeneX(P1V1T1)rarrW(P2V2T1)rarrZ(P2V2T2)rarrX(P1V1T1)
Čitav proces se naziva
1 Reverzibilni proces2 Ciklični proces ili ciklus3 Ciklični i reverzibilni proces4 Izohorski proces4 Izohorski proces5 Adijabatski proces
5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina
1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine4 Odnos mase i zapremine5 Gustina
6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približnojednaka
1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J4 8314 J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
VV
V
V T
STCodnosno
T
C
T
S
partpart==
partpart
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TVVV TdC
T
dTCSSS∆
( ) int int==minus=2 2
ln12
T T
PP TdCdT
CSSS∆
PP
P
P T
STCodnosno
T
C
T
S
partpart==
partpart
( ) int int==minus=1 1
ln12T T
PPP TdCT
CSSS∆
VT T
P
V
S
partpart=
partpart
PT T
V
P
S
partpartminus=
partpart
int
partpartminus=minus=∆ dPT
VSSS
P12int
partpart=minus=∆ dVT
PSSS
V12
Maksveloverelacije
TV V
U
T
PTP
partpartminus
partpart=
sum=
minus=minus=∆n
iiimeš xnRSSS
112 ln Entropija mešanja
Termodinamičke jednačinestanja
TP P
H
T
VTV
partpart+
partpart=
stanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodna energija
TV V
S
T
P
=
partpart
partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP P
S
T
V
minus=
partpart
partpart
PV
A
T
minus=
partpart
ST
A
V
minus=
partpart
T
ST
G
P
minus=
partpart
VP
G
T
=
partpart
pT
GTHG
+=part∆part∆∆ 2
)(
T
H
T
TG
p
∆part
∆part minus=
00 ln
P
PRTGG mmm +=
1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo odpočetnog i krajnjeg stanja sistema naziva se
1 termodinamička količina
2 funkcija puta
PITANJA
2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina
2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivneveličine
1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka 4 gustina toplotni kapacitet tačka
ključanja5 površinski napon masa specifična
zapremina
3 Izraz za zapreminski rad je
1 -PspdV2 PspdV3 PV4 -PV4 -PV5 P(RT)
4 Sistem X prolazi kroz sledeće promeneX(P1V1T1)rarrW(P2V2T1)rarrZ(P2V2T2)rarrX(P1V1T1)
Čitav proces se naziva
1 Reverzibilni proces2 Ciklični proces ili ciklus3 Ciklični i reverzibilni proces4 Izohorski proces4 Izohorski proces5 Adijabatski proces
5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina
1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine4 Odnos mase i zapremine5 Gustina
6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približnojednaka
1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J4 8314 J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
TV V
U
T
PTP
partpartminus
partpart=
sum=
minus=minus=∆n
iiimeš xnRSSS
112 ln Entropija mešanja
Termodinamičke jednačinestanja
TP P
H
T
VTV
partpart+
partpart=
stanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodna energija
TV V
S
T
P
=
partpart
partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP P
S
T
V
minus=
partpart
partpart
PV
A
T
minus=
partpart
ST
A
V
minus=
partpart
T
ST
G
P
minus=
partpart
VP
G
T
=
partpart
pT
GTHG
+=part∆part∆∆ 2
)(
T
H
T
TG
p
∆part
∆part minus=
00 ln
P
PRTGG mmm +=
1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo odpočetnog i krajnjeg stanja sistema naziva se
1 termodinamička količina
2 funkcija puta
PITANJA
2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina
2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivneveličine
1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka 4 gustina toplotni kapacitet tačka
ključanja5 površinski napon masa specifična
zapremina
3 Izraz za zapreminski rad je
1 -PspdV2 PspdV3 PV4 -PV4 -PV5 P(RT)
4 Sistem X prolazi kroz sledeće promeneX(P1V1T1)rarrW(P2V2T1)rarrZ(P2V2T2)rarrX(P1V1T1)
Čitav proces se naziva
1 Reverzibilni proces2 Ciklični proces ili ciklus3 Ciklični i reverzibilni proces4 Izohorski proces4 Izohorski proces5 Adijabatski proces
5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina
1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine4 Odnos mase i zapremine5 Gustina
6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približnojednaka
1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J4 8314 J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
Helmholcova i Gipsova slobodna energija
TV V
S
T
P
=
partpart
partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP P
S
T
V
minus=
partpart
partpart
PV
A
T
minus=
partpart
ST
A
V
minus=
partpart
T
ST
G
P
minus=
partpart
VP
G
T
=
partpart
pT
GTHG
+=part∆part∆∆ 2
)(
T
H
T
TG
p
∆part
∆part minus=
00 ln
P
PRTGG mmm +=
1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo odpočetnog i krajnjeg stanja sistema naziva se
1 termodinamička količina
2 funkcija puta
PITANJA
2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina
2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivneveličine
1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka 4 gustina toplotni kapacitet tačka
ključanja5 površinski napon masa specifična
zapremina
3 Izraz za zapreminski rad je
1 -PspdV2 PspdV3 PV4 -PV4 -PV5 P(RT)
4 Sistem X prolazi kroz sledeće promeneX(P1V1T1)rarrW(P2V2T1)rarrZ(P2V2T2)rarrX(P1V1T1)
Čitav proces se naziva
1 Reverzibilni proces2 Ciklični proces ili ciklus3 Ciklični i reverzibilni proces4 Izohorski proces4 Izohorski proces5 Adijabatski proces
5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina
1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine4 Odnos mase i zapremine5 Gustina
6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približnojednaka
1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J4 8314 J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo odpočetnog i krajnjeg stanja sistema naziva se
1 termodinamička količina
2 funkcija puta
PITANJA
2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina
2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivneveličine
1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka 4 gustina toplotni kapacitet tačka
ključanja5 površinski napon masa specifična
zapremina
3 Izraz za zapreminski rad je
1 -PspdV2 PspdV3 PV4 -PV4 -PV5 P(RT)
4 Sistem X prolazi kroz sledeće promeneX(P1V1T1)rarrW(P2V2T1)rarrZ(P2V2T2)rarrX(P1V1T1)
Čitav proces se naziva
1 Reverzibilni proces2 Ciklični proces ili ciklus3 Ciklični i reverzibilni proces4 Izohorski proces4 Izohorski proces5 Adijabatski proces
5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina
1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine4 Odnos mase i zapremine5 Gustina
6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približnojednaka
1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J4 8314 J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivneveličine
1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka 4 gustina toplotni kapacitet tačka
ključanja5 površinski napon masa specifična
zapremina
3 Izraz za zapreminski rad je
1 -PspdV2 PspdV3 PV4 -PV4 -PV5 P(RT)
4 Sistem X prolazi kroz sledeće promeneX(P1V1T1)rarrW(P2V2T1)rarrZ(P2V2T2)rarrX(P1V1T1)
Čitav proces se naziva
1 Reverzibilni proces2 Ciklični proces ili ciklus3 Ciklični i reverzibilni proces4 Izohorski proces4 Izohorski proces5 Adijabatski proces
5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina
1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine4 Odnos mase i zapremine5 Gustina
6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približnojednaka
1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J4 8314 J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
3 Izraz za zapreminski rad je
1 -PspdV2 PspdV3 PV4 -PV4 -PV5 P(RT)
4 Sistem X prolazi kroz sledeće promeneX(P1V1T1)rarrW(P2V2T1)rarrZ(P2V2T2)rarrX(P1V1T1)
Čitav proces se naziva
1 Reverzibilni proces2 Ciklični proces ili ciklus3 Ciklični i reverzibilni proces4 Izohorski proces4 Izohorski proces5 Adijabatski proces
5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina
1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine4 Odnos mase i zapremine5 Gustina
6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približnojednaka
1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J4 8314 J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
4 Sistem X prolazi kroz sledeće promeneX(P1V1T1)rarrW(P2V2T1)rarrZ(P2V2T2)rarrX(P1V1T1)
Čitav proces se naziva
1 Reverzibilni proces2 Ciklični proces ili ciklus3 Ciklični i reverzibilni proces4 Izohorski proces4 Izohorski proces5 Adijabatski proces
5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina
1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine4 Odnos mase i zapremine5 Gustina
6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približnojednaka
1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J4 8314 J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina
1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine4 Odnos mase i zapremine5 Gustina
6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približnojednaka
1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J4 8314 J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približnojednaka
1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J4 8314 J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesune zavisi od
1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu4 prirode supstance u sistemu
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
8 Unutrašnja energija odrentildeene količine gasa uidealnom gasnom stanju zavisi od
1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora4 svih ovih faktora
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
9 Matematički izraz za entalpiju sistema je
1 U+PV2 U-PV3 P+∆U4 VdP4 VdP
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredizbog
1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se
izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni3 mnogi doprinosi energiji su neodrentildeeni4 kompleksne molekulske strukture
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
11 ∆U je mera toplote razmenjene prikonstantnom
1 V2 T P3 T V4 T P V4 T P V
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
12 Unutrašnja energija ne uključuje
1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
13Unutrašnja energija jednog mola gasa uidealnom gsnom stanju iznosi
1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT24 3kT2
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
14 Korektan matematički izraz za I zakontermodinamike je
1 ∆H=∆U+P∆V2 q+w=∆U3 ∆U=q-w
plusmn ∆4 qplusmnw=∆U
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitetjednog mola gasa pri konstantnom pritisku
1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i Bje u termalnoj ravnoteži sa C tada su
1 temperature A i C jednake2 toplotni sadržaji A i C jednaki3 A i C u hemijskoj ravnoteži4 ukupna energija A i C jednake4 ukupna energija A i C jednake
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
17 Šta je tačno za veličinu
1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti
kostantnoj zapremini
VT
U
partpart
kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
18 Razlika izmentildeu molarnog toplotnog kapaciteta prikonstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka
1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakontermodinamike
1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile
I vrste3 Energija sistema i okoline tokom 3 Energija sistema i okoline tokom
hemijske ili fizičke promene ostaje konstantna
4 nemoguće je potpuno pretvoriti toplotu u rad
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
RešenjeRešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)
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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne 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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne 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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne 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 procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPV
PPw
2
3
2
)2( =+=
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 6U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije sistema je∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne 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 RešenjeSnaga grejača je P=∆Ut Energija kojugrejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne 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
VVVVVVPUH tptp rangrangminus=∆∆+∆=∆
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=∆
=sdot==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-P ∆V=-P (V -V )asymp-P V = nRTnRT
P minus=minusw=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
Psp
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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne 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 C =4186JgKCvs=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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne 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 zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
V
T
T
vmV
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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne 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 zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)
1 ∆H=∆U2 ∆H-∆U=-RT3 ∆H-∆U=2RT
∆ ∆
Pitanja
4 ∆H-∆U=-2RT5 ∆H-∆U=06 ∆H-∆U=RT
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
21 Za hemijsku reakciju razlika ∆H i ∆U je
1 nRT2 ∆(PV)3 ∆ngRT4 RT4 RT
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
22 ∆H i ∆U su jednaki za reakciju kada je
1 ukupan broj molekula reaktanata jednak ukupnom broju molekula produkata
2 Broj gasnih molekula produkata veći od broja gasnih molekula reaktanatabroja gasnih molekula reaktanata
3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata
4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 13Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ∆H=-2219 kJ
Rešenje
C3H8(g)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5= -3 mol
∆U=∆H-∆ngRT= -2219000J+3sdot83145sdot298= -22116 kJ
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 14
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 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 15
bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJa) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ
kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=∆=minus
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 16 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) c) 1
2lnV
VRTminus
1
2lnP
PRTminus
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 17
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)
RešenjeRešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 18
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 za 25 dm3se zapremina ne poveća za 25 dm b) 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 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 19
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) 2ln
V
VRTminusa) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1V
minus
1
2
11
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 3150531100
2
1 3
5
212
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152989187(481220
91871529801
50
11
6660
12
11
2
12
minus=∆=minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
=
minusminus
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 23 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne 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 24
(b) Izračunati q w ∆U za proces
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 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T==∆ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom
PTRTPV )(α+=
zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)(
)(
121212
111
222
TTPTTRVVPw
PTRTPV
PTRTPV
αααα
minusminusminusminus=minusminus=+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTPdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus=
minusminusminus=
minusminus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ∆T ∆U i ∆H (CPm=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUVPUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
VV
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
5353253532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆minussdot
minus==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
Pitanja
24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ∆Hf gasovitog vodonik sulfida
a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ∆H=-xkJb) Na S+H SO rarrNa SO +H S ∆H=-ykJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ∆H=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ∆H=-zkJ
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na
a) E=mc2
b) zakonu o održanju maseb) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
26 Ako je ∆Hf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrntildeenje se bazira nase bazira na
a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake
(12)XrarrZ ∆H=q1Zrarr2W ∆H=q2W rarr(12)Y ∆H=q3Vrednost ∆H reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 2 q +2 q + 3qb) 2 q1+2 q2+ 3q3c) 2(q1+ q2+2 q3)d) 2(q1+ q2+q3)
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
28 Entalpija sagorevanja supstanci je uveka) gt0 c) le0b) ge0 d) lt0
29 Koji izraz odgovara Hesovom zakonua) H=U+PV b) H=G+TSc) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆H(I put) =∆H(II put)puta je ∆H(I put) =∆H(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva
puta je ∆S(I put) =∆ S(II put)
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
30 Izraz predstavlja drugi oblik
a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačine
PP
CT
H ∆=
part∆part )(
b) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
31 Energija veze H2 je 436 kJmolOvo znači da je
a) 436 kJ toplote je potrebno da se raskine veza u molekulu H2 da bi nastala dva atoma vodonika
b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023b) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 602middot1023
molekula H2 do H atomac) 436 kJ toplote je potrebno da disosuje 301middot1023
molekula H2 do 602middot1023 H atomad) 436 kJ električne energije je potrebno da
disosuje 602middot1023 molekula H2 do H+ i H- jona
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 28Jedan 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 2Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17023kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=-0089(V2
2-V12)
w=-339kJq=∆U-w=1361J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 29
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
)(400101720)( KTKJCp +=
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
Rešenje
a) P=const
JqH
dTdTCHq
P
PP
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
=minus+minus==∆
+==∆= int int
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH P
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
==minus=∆minus∆=∆minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
VqkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 30
Jedan mol gasa sa CVm=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 zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeRešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =nCVm ∆T= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qv ∆H=∆U+nR∆T=798797Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717J∆H=-7988Jiii) Korak C ∆U= ∆H=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
31 Jedan mola gasa u idealnomgasnomstanju prolazi kroz termodinami čki cikluskoji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i kojije prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
224
448V[[[[dm3]]]]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
273 546T[[[[K]
2 224sdot10 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
2026sdot10
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
340458 0 340458
-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
32 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
Tablica 1
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
32 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
Tablica 1
273546
41378
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16489 -16489
-2926 11703 -175574786 -4786 0
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
Zadatak 33
34На ТS дијаграму приказан је Карноов циклус једнереверзибилне топлотне машине Колике су вредноститоплоте преузете са извора топлоте предате утоку ирада Колика је ефикасност те машине
34 Решење
kJJKKSSTq 80)600800(400)( 11222 =minus=minus= minus
kJJKKSSTq 20)800600(100)( 12111 minus=minus=minus= minus
kJqqw 60)( 21 minus=+minus=
750400)100400()( 2122 =minus=minus=minus= KKKTTTqwη
35 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ
toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobantildea u utok u c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u
reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
35 Rešenje
a)
b)
58301200
5001200
2
12 =minus=minus=T
TTη
kJkJqw 583015830 =sdot==ηb)
c)
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 36
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
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
Zadatak 37
Standardna 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+=∆
38Grafit 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)
RešenjeRešenje∆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)
Zadatak 39
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 40Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmol298 4S0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆ tireakCnproduktiCnC )tan()( 000 sumsum minus=∆i
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 7123298
323ln63118324
63118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 41
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
RešenjeV5
KnJnRnRRn
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 42
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
dT dT3302-
330
=sdot+==minus=∆ intint
[ ] [ ] KJTT
molT
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(91471
330240
2330240
240
2-
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
Zadatak 43
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
Rešenjeq =sdot∆==∆
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdot∆==∆
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 44Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminusminus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTCS
T
T
mp
T
T
p
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
minus=sdotminus==
===∆ intint
Zadatak 45Uzorak 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 46Uzorak 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
LatmPV 1121 sdotmol
KKmolLatm
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121 =sdot
sdot==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=∆=
=∆=∆
minusminusminus
Zadatak 47Jedan 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
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdotsdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpartminus=∆ intint αα
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
RešenjeRešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49Jedan 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 Može 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
ispPsis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
6302
1
=∆minus=minusminus=
=minus+minussdotminus+minussdot+
=
=minus+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Reverzibilan proces
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
Jmol
HdTCq ispP
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((
2
101822)2734194(2232
)(
336
223
4194
273
0
=
minusminussdotminusminussdot+minusminus=
=∆minusminus=minus
minusminus
int
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
51746461311878
18789613
26220
=minus=∆
===∆
kJ2226=
Zadatak 50
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 sistema
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 51
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 zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5321717ln0)
10929522298
109645298)
1
2
521221
5111
PV
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
=minus==minus=∆=∆
sdot=====
sdot===
)(
648ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
2233
1
323
1
2
1
2
STSTHG
KJT
TCSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
V
v
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjeRešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpartminus=
part∆partminus=∆
Zadatak 53Kada 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
RešenjeS
PPSPP
nRS 11 expexpln
∆minus=
∆==∆
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
652
122
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminusminussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
82501054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdot
sdotsdotsdot==∆
Zadatak 54
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to 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 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 J-2544651 J
bull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK∆G2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK ∆G=-2544651+174614=-798511J
top related