VV T

UC ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=partpart

edwdwdqdU ++=

PP T

HC ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=partpartpdVdUdH +=

dPPHdTCdH

Tp ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

+=dVPdTCdVVUdTCdU uV

TV +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+=partpart

CPm ndash CVm = RCP ndash CV = nR

Izotermski reverzibilni zapreminski rad gasa u IGS

Vpw Δminus= Izotermski revetzibilni zapreminski rad isparavanja p-napon pare

Izotermski procesi

I zakon termodinamike

2

1

1

2 lnlnPPRT

VVnRTw minus=minus=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=minus= 11)(

2

11

1

2112

VCnR

VVVad VVTC

TTTCTTCw

Adijabatski zapreminski rad

1

2

1

2

2

1

1

2

1

2

2

1

PP

TT

VV

TT

VV

TT R

CR

CCR PVV

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γγ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛===

1

2

2

1 VV

PPconstPVPV VP CC

Adijabatski procesi

Jednačina adijabate

RTnUVPUH gasΔ+Δ=Δ+Δ=Δ

2

12

2 TTT

qw minus=

minus=η Efikasnost toplotne mašine

0gege dSTdqdS II zakon termodinamike-

Reverzibilni i ireverzibilni

1

2

1

212 lnln

VVR

TTCSSS V +=minus=Δ

oksistotoki

iirev

sis SSSTHSS

TqS Δ+Δ=Δ

Δminus=Δ==Δ sumν Ireverzibilni

1

2

1

212 lnln

PPR

TTCSSS p minus=minus=Δ

tr

trtr T

HS Δ=Δ Fazni prelazi

VV

V

V TSTCodnosno

TC

TS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

( ) int int==minus=2

1

2

1

ln12

T

T

T

TVVV TdC

TdTCSSSΔ

( ) int int==minus=2

1

2

1

ln12

T

T

T

TPPP TdC

TdTCSSSΔ

VT TP

VS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

PT TV

PS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

int ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=minus=Δ dPTVSSS

P12int ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=minus=Δ dVTPSSS

V12

Maksveloverelacije

PP

P

P TSTCodnosno

TC

TS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

TV VU

TPTP ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=

sum=

minus=minus=Δn

iiimeš xnRSSS

112 ln Entropija mešanja

TP PH

TVTV ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=

Termodinamičke jednačinestanja

WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK

Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija

TV VS

TP

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpart

partpart

PVA

Tminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart S

TA

Vminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT

TP PS

TV

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpart

partpart

STG

P

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

VPG

T

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

pTGTHG ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=partΔpartΔΔ 2

)(TH

TTG

p

ΔpartΔpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

00 ln

PP

RTGG mmm +=

1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo od početnog i krajnjeg stanja sistema naziva se

1 termodinamička količina

2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina

PITANJA

2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivne veličine

1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka

ključanja5 površinski napon masa specifična

zapremina

3 Izraz za zapreminski rad je

1 -PspdV2 PspdV3 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 proces5 Adijabatski proces

5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina

1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine5 Gustina

6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približno jednaka

1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=minus= 11)(

2

11

1

2112

VCnR

VVVad VVTC

TTTCTTCw

Adijabatski zapreminski rad

1

2

1

2

2

1

1

2

1

2

2

1

PP

TT

VV

TT

VV

TT R

CR

CCR PVV

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γγ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛===

1

2

2

1 VV

PPconstPVPV VP CC

Adijabatski procesi

Jednačina adijabate

RTnUVPUH gasΔ+Δ=Δ+Δ=Δ

2

12

2 TTT

qw minus=

minus=η Efikasnost toplotne mašine

0gege dSTdqdS II zakon termodinamike-

Reverzibilni i ireverzibilni

1

2

1

212 lnln

VVR

TTCSSS V +=minus=Δ

oksistotoki

iirev

sis SSSTHSS

TqS Δ+Δ=Δ

Δminus=Δ==Δ sumν Ireverzibilni

1

2

1

212 lnln

PPR

TTCSSS p minus=minus=Δ

tr

trtr T

HS Δ=Δ Fazni prelazi

VV

V

V TSTCodnosno

TC

TS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

( ) int int==minus=2

1

2

1

ln12

T

T

T

TVVV TdC

TdTCSSSΔ

( ) int int==minus=2

1

2

1

ln12

T

T

T

TPPP TdC

TdTCSSSΔ

VT TP

VS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

PT TV

PS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

int ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=minus=Δ dPTVSSS

P12int ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=minus=Δ dVTPSSS

V12

Maksveloverelacije

PP

P

P TSTCodnosno

TC

TS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

TV VU

TPTP ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=

sum=

minus=minus=Δn

iiimeš xnRSSS

112 ln Entropija mešanja

TP PH

TVTV ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=

Termodinamičke jednačinestanja

WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK

Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija

TV VS

TP

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpart

partpart

PVA

Tminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart S

TA

Vminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT

TP PS

TV

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpart

partpart

STG

P

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

VPG

T

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

pTGTHG ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=partΔpartΔΔ 2

)(TH

TTG

p

ΔpartΔpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

00 ln

PP

RTGG mmm +=

1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo od početnog i krajnjeg stanja sistema naziva se

1 termodinamička količina

2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina

PITANJA

2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivne veličine

1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka

ključanja5 površinski napon masa specifična

zapremina

3 Izraz za zapreminski rad je

1 -PspdV2 PspdV3 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 proces5 Adijabatski proces

5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina

1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine5 Gustina

6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približno jednaka

1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

2

12

2 TTT

qw minus=

minus=η Efikasnost toplotne mašine

0gege dSTdqdS II zakon termodinamike-

Reverzibilni i ireverzibilni

1

2

1

212 lnln

VVR

TTCSSS V +=minus=Δ

oksistotoki

iirev

sis SSSTHSS

TqS Δ+Δ=Δ

Δminus=Δ==Δ sumν Ireverzibilni

1

2

1

212 lnln

PPR

TTCSSS p minus=minus=Δ

tr

trtr T

HS Δ=Δ Fazni prelazi

VV

V

V TSTCodnosno

TC

TS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

( ) int int==minus=2

1

2

1

ln12

T

T

T

TVVV TdC

TdTCSSSΔ

( ) int int==minus=2

1

2

1

ln12

T

T

T

TPPP TdC

TdTCSSSΔ

VT TP

VS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

PT TV

PS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

int ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=minus=Δ dPTVSSS

P12int ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=minus=Δ dVTPSSS

V12

Maksveloverelacije

PP

P

P TSTCodnosno

TC

TS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

TV VU

TPTP ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=

sum=

minus=minus=Δn

iiimeš xnRSSS

112 ln Entropija mešanja

TP PH

TVTV ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=

Termodinamičke jednačinestanja

WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK

Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija

TV VS

TP

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpart

partpart

PVA

Tminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart S

TA

Vminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT

TP PS

TV

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpart

partpart

STG

P

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

VPG

T

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

pTGTHG ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=partΔpartΔΔ 2

)(TH

TTG

p

ΔpartΔpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

00 ln

PP

RTGG mmm +=

1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo od početnog i krajnjeg stanja sistema naziva se

1 termodinamička količina

2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina

PITANJA

2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivne veličine

1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka

ključanja5 površinski napon masa specifična

zapremina

3 Izraz za zapreminski rad je

1 -PspdV2 PspdV3 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 proces5 Adijabatski proces

5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina

1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine5 Gustina

6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približno jednaka

1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

VV

V

V TSTCodnosno

TC

TS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

( ) int int==minus=2

1

2

1

ln12

T

T

T

TVVV TdC

TdTCSSSΔ

( ) int int==minus=2

1

2

1

ln12

T

T

T

TPPP TdC

TdTCSSSΔ

VT TP

VS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

PT TV

PS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

int ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=minus=Δ dPTVSSS

P12int ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=minus=Δ dVTPSSS

V12

Maksveloverelacije

PP

P

P TSTCodnosno

TC

TS

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

TV VU

TPTP ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=

sum=

minus=minus=Δn

iiimeš xnRSSS

112 ln Entropija mešanja

TP PH

TVTV ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=

Termodinamičke jednačinestanja

WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK

Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija

TV VS

TP

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpart

partpart

PVA

Tminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart S

TA

Vminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT

TP PS

TV

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpart

partpart

STG

P

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

VPG

T

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

pTGTHG ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=partΔpartΔΔ 2

)(TH

TTG

p

ΔpartΔpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

00 ln

PP

RTGG mmm +=

1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo od početnog i krajnjeg stanja sistema naziva se

1 termodinamička količina

2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina

PITANJA

2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivne veličine

1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka

ključanja5 površinski napon masa specifična

zapremina

3 Izraz za zapreminski rad je

1 -PspdV2 PspdV3 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 proces5 Adijabatski proces

5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina

1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine5 Gustina

6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približno jednaka

1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

TV VU

TPTP ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=

sum=

minus=minus=Δn

iiimeš xnRSSS

112 ln Entropija mešanja

TP PH

TVTV ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

=

Termodinamičke jednačinestanja

WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK

Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija

TV VS

TP

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpart

partpart

PVA

Tminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart S

TA

Vminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT

TP PS

TV

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpart

partpart

STG

P

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

VPG

T

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

pTGTHG ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=partΔpartΔΔ 2

)(TH

TTG

p

ΔpartΔpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

00 ln

PP

RTGG mmm +=

1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo od početnog i krajnjeg stanja sistema naziva se

1 termodinamička količina

2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina

PITANJA

2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivne veličine

1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka

ključanja5 površinski napon masa specifična

zapremina

3 Izraz za zapreminski rad je

1 -PspdV2 PspdV3 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 proces5 Adijabatski proces

5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina

1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine5 Gustina

6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približno jednaka

1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija

TV VS

TP

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpart

partpart

PVA

Tminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart S

TA

Vminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT

TP PS

TV

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpart

partpart

STG

P

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

VPG

T

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

pTGTHG ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=partΔpartΔΔ 2

)(TH

TTG

p

ΔpartΔpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

00 ln

PP

RTGG mmm +=

1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo od početnog i krajnjeg stanja sistema naziva se

1 termodinamička količina

2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina

PITANJA

2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivne veličine

1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka

ključanja5 površinski napon masa specifična

zapremina

3 Izraz za zapreminski rad je

1 -PspdV2 PspdV3 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 proces5 Adijabatski proces

5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina

1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine5 Gustina

6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približno jednaka

1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

1 U termodinamici veličina čija vrednost zavisi samo od početnog i krajnjeg stanja sistema naziva se

1 termodinamička količina

2 funkcija puta3 funkcija stanja4 adijabatska veličina5 ekstenzivna veličina

PITANJA

2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivne veličine

1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka

ključanja5 površinski napon masa specifična

zapremina

3 Izraz za zapreminski rad je

1 -PspdV2 PspdV3 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 proces5 Adijabatski proces

5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina

1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine5 Gustina

6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približno jednaka

1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

2 Koji od sledećih setova sadrži samo ekstenzivne veličine

1 mol zapremina pritisak2 H U V3 T P V4 gustina toplotni kapacitet tačka

ključanja5 površinski napon masa specifična

zapremina

3 Izraz za zapreminski rad je

1 -PspdV2 PspdV3 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 proces5 Adijabatski proces

5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina

1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine5 Gustina

6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približno jednaka

1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

3 Izraz za zapreminski rad je

1 -PspdV2 PspdV3 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 proces5 Adijabatski proces

5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina

1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine5 Gustina

6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približno jednaka

1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-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 proces5 Adijabatski proces

5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina

1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine5 Gustina

6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približno jednaka

1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

5 Koja od sledećih je ekstenzivna veličina

1 Temperatura2 Energija3 Pritisak4 Odnos mase i zapremine5 Gustina

6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približno jednaka

1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

6 Jedna litar-atmosfera (Latm) je približno jednaka

1 192 J2 101 J3 981 J4 8314 J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

7 Promena unutrašnje energije pri nekom procesu ne zavisi od

1 količine supstance u sistemu2 temperature3 puta kojim se proces dešava4 prirode supstance u sistemu

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

8 Unutrašnja energija određene količine gasa u idealnom gasnom stanju zavisi od

1 temperature2 pritiska3 zapremine4 svih ovih faktora

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

9 Matematički izraz za entalpiju sistema je

1 U+PV2 U-PV3 P+ΔU4 VdP

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

10 Apsolutna vrednost U ne može da se odredi zbog

1 ne posedovanja odgovarajuće aparature2 molekuli su suviše mali da bi mogli da se

izoluju3 mnogi doprinosi energiji su neodređeni4 kompleksne molekulske strukture

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

11 ΔU je mera toplote razmenjene pri konstantnom

1 V2 T P3 T V4 T P V

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

12 Unutrašnja energija ne uključuje

1 vibracionu energiju2 nuklearnu energiju konstituenata atoma3 energiju zbog gravitacionog dejstva4 potencijalnu energiju5 kinetičku energiju

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

13Unutrašnja energija jednog mola gasa u idealnom gsnom stanju iznosi

1 32(RT)2 kT23 RT24 3kT2

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

14 Korektan matematički izraz za I zakon termodinamike je

1 ΔH=ΔU+PΔV2 q+w=ΔU3 ΔU=q-w4 qplusmnw=ΔU

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

15 Koji od sledećih izraza daje toplotni kapacitet jednog mola gasa pri konstantnom pritisku

1 dUdT2 dHdT3 dHdP4 dHdt5 dHmdT6 dUmdT

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

16 Ako je sistem A u termalnoj ravnoteži sa B i B je 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 jednake

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

17 Šta je tačno za veličinu

1 to je funkcija stanja2 predstavlja koeficijent ekspanzije3 predstavlja toplotni kapacitet pti

kostantnoj zapremini4 predstavlja entalpiju

VTU⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

18 Razlika između molarnog toplotnog kapaciteta pri konstantnom pritisku i pri konstantnoj zapremini je jednaka

1 Džul-Tomsonovom koeficijentu2 molarnoj gasnoj konstanti3 Avogadrovoj konstanti4 Bolcmanovoj konstanti5 molarnoj zapremini

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

19 Koja od sledećih tvrdnji ne predstavlja I zakon termodinamike

1 energija univerzuma je konzervirana2 nije moguće konstrusati perpetum mobile

I vrste3 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)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

ZADATAK 1

Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)

Rešenje

a)

b) Jmsmkgmghw

Jmsmkgmghw

695061120

865850819120

2

2

minus=sdotsdotminus=minus=

minus=sdotsdotminus=minus=

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

ZADATAK 2

Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad (u J)

Rešenje

JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 3

U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q

Rešenje

w=-4186J ΔU=0 q=4186J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 4

Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je

a) 22000 b) -101325 c)-20265

d) -20 e) 20288 f) 4056

Rešenje

JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus

ZADATAK 5 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) -PoV02 c) -3 PoV02d) 2 PoV0 e) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

2)2(

=+

=

ZADATAK 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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-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) -3 PoV0 f) ne znam

P

VVo 2Vo

Po

2Po

1

2Rešenje

ooooo VPVPPw

23

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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-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

JVmJVPw

JJJwwqU

410104100000

400

400101

400100300

3333

35

=sdotsdot=minusminus

=Δ

minus=Δsdotminus=Δminus=

minus=minusminus=+=Δ

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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-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=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J

KKT

CCK

CgJgJ

CU

UCCgJCgJgJ

mUU

k

opko

ovs

s

svs

ovss

07326921715308

925292173592179217

186475

18647512900

=+=

=+=Δ+====

Δ=Δ

ΔΔ

====Δ

=Δ

θθθθ

θ

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je

pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol

molkJmolmPamolJH

molmPa

KKmolJP

RTV

VVVVVVPUH

isp

p

tptp

843031010140700

031010

3733148

35

35

=sdotsdot+=Δ

=sdot

==

rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ

ZADATAK 9Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC

Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)

w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-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=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP

nRTPsp

sp minus=minus

kJJ

KKmolJmolggmolmolw

1010329

152983145818

5051

minus=minus=

=sdotsdotsdotminus=

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 11

Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijetoplotu i rad

Rešenje

JqU

JKKmolJmoldTCnqw

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 10Domaći

bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do

bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK

Zadatak 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

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-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

PaKKPa

TTPP

V

T

TvmV

11247

1124710031485110

135100300400101325

2

1

1

212

==Δ

=sdotsdotsdot===

=sdot=sdot=

int

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 12

bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ

Rešenje

w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

20 Za reakciju N2O4(g)rarr2NO2(g)

1 ΔH=ΔU2 ΔH-ΔU=-RT3 ΔH-ΔU=2RT4 ΔH-ΔU=-2RT5 ΔH-ΔU=06 ΔH-ΔU=RT

Pitanja

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

21 Za hemijsku reakciju razlika ΔH i ΔU je

1 nRT2 Δ(PV)3 ΔngRT4 RT

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

22 ΔH i ΔU 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 reaktanata

3 Broj gasnih molekula produkata manji od broja gasnih molekula reaktanata

4 Broj gasnih molekula produkata jednak broju gasnih molekula reaktanata

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

ZADATAK 13Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ

Rešenje

C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)

Δng=3-5=-2

ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ

Zadatak 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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-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 ΔH q i ΔU

Rešenje

JKKmolJmolJTnRHU

JKKmolJTnCqH pmP

4590625314831530

1530)260285(4203

=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ

=minussdot=Δsdot==Δ

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 15

bull Za reakciju2C6H4(t)+15O2(g)rarr12CO2(g)+6H2O(t)vrednost qp-qv će biti (na 25oC) a) -7436kJb) +3718kJc) +7436kJd) -3718kJ

kJKKmolJmolRTnqq gvp 43671529831483 minus=sdotsdotminus=Δ=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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-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)

d) CV(T2-T1) e) f) ne znam

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC

1

2lnPPRTminus

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 17

Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)

Rešenje

w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K

Zadatak 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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-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 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno

Rešenjea)

b)

JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus

Jdm

dmKKmolJmolgg

VVnRTw

7152518

21ln305314840

566ln 3

3

1

2

minus=

=sdotsdotsdotminus=minus=

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

ZADATAK 19

Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom

a) ndashP(V2 -V1) b) ndashP(V1 -V2) c)

d) CV(T1-T2) e) f)

1

2lnVV

RTminus

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

minus⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛1

2

11

VCR

V VV

TC⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1

2

12

RC

V

V

VVTC

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno

od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R

a) 1055 b) 905 c) 2056

d)996 e) 1110 f) ne znam

Rešenje

KTRTR

RRCCPPR

TTC VPP

590201ln

300ln

25

25lnln

22

1

2

1

2

==

=+==

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53

Rešenje

barkPakPaPPVVP 3150531100

21 3

5

212

12 ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

γ

Iz jednačine adijabate se dobija

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1

Rešenje

JUqJKmolJKmolw

KKLLT

VVT

VVT

VmV CR

CnR

18275018275)152989187(481220

9187152980150

11

6660

12

11

2

12

minus=Δ=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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-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 ΔU q i w

Rešenje

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku

(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces

Zadatak 24

Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je CP=aT3 Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)

Rešenje

4

4

0

3 aTdTaTHT

==Δ int

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 26

bull Gas se pokorava jednačini stanja

a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku

b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2

PTRTPV )(α+=

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Rešenjea)

b)

[ ])()()()()()(

121212

111

222

TTPTTRVVPwPTRTPVPTRTPV

αααα

minusminusminusminus=minusminus=+=+=

)()(ln

)()(ln

)( 2

1

1

22

1

2

1TVTVRT

TVTVRTdV

TVRTPdVw

V

V

V

V αα

αα

α minusminus

=minusminus

minus=minus

minus=minus= intint

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 27

Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CPm=3711JKmol)Rešenje

JKmolKJmolJHTnRUVPUPVUH

JwqUKTKmolJmol

JCwTTCwJw

mPaVPwq

VV

4551)524(3148553532)(

53532524)31481137(5

5353253532

10)15154(105780 333

minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ

minus=+=Δminus=Δminussdot

minus==ΔΔsdot=minus=

sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Pitanja

24 Koja od sledećih jednačina predstavlja ΔHf gasovitog vodonik sulfida

a) FeS+2HClrarrFeCl2+H2S ΔH=-xkJb) Na2S+H2SO4 rarrNa2SO4+H2S ΔH=-ykJc) H2(g)+18(S8)(č) rarrH2S(g) ΔH=-zkJ

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

25 Hesov zakon konstantnosti zbira je baziran na

a) E=mc2

b) zakonu o održanju masec) Prvom zakonu termodinamiked) Drugom zakonu termodinamike

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

26 Ako je ΔHf vode ndashxkJmol tada je xKJmol toplota razlaganja vode na gasoviti vodonik i kiseonik Ovo tvrđenje se bazira na

a) Nultom zakonu termodinamikeb) Drugom zakonu termodinamikec) Laplas-Lavoazejevom zakonud) Helmholcovom zakonu

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

27 Hipotetička reakcija Xrarr2Y prolazi kroz sledeće korake

(12)XrarrZ ΔH=q1Zrarr2W ΔH=q2W rarr(12)Y ΔH=q3Vrednost ΔH reakcije jea) q1+ q2+ q3b) 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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-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 ΔH(I put) =ΔH(II put)d) Za hemijsku reakciju koja se dešava kroz dva

puta je ΔS(I put) =Δ S(II put)

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

30 Izraz predstavlja drugi oblik

a) Džul-Tomsonovog koeficijentab) Kirhofove jednačinec) Hesovog zakonad) Gips Helmholcove jednačine

PP

CTH

Δ=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

partΔpart )(

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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-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 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 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w

RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=10926KΔU=CVΔT=(3R2)819=1022kJ ΔH=CPΔT=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=ΔU-w=1361J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

ZADATAK 29

Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu

za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini

)(400101720)( KTKJCp +=

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Rešenje

a) P=const

V=const

kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw

JqH

dTdTCHq

P

PP

114831411448312314946483110031481

2314946)1527315373(200050)273373(1720

)4002001720(

22

373

273

373

273

==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=

=minus+minus==Δ

+==Δ= int int

VqkJHUw ==Δ=Δ= 1140

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 30

Jedan mol gasa sa CVm=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperature i C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Prikazati grafik V=f(T) za dati ciklucRešenjeKorak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =nCVm ΔT= 1molsdot2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717J=qvΔH=ΔU+nRΔT=798797Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JΔH=-7988Jiii) Korak C ΔU= ΔH=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396274Jmol q=-396274 Jmol

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

31 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus

21

3

A

BC

273 546

224

448V[dm3]

T[K]

Stanje P Pa V m3 T K

1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546

Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC

Ciklus

Tablica 2

Tablica 1

1013sdot105

2026sdot105

1013sdot105

izohorskiizotermskiizobarski

340458 0 340458-314650 0314650

-56743 226912 -34045887678 -87738 0

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

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 m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 2026503 101325

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

32 Rešenje

P atm

V L

1

2

3

A B (q=0)

C1

2

224

Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K

1 101325 2242 202650 2243 101325 3395

Proces Tip procesa q J w J ΔU J

A

B

C

ciklus

Tablica 1

Tablica 2

izohorski

adijabatski

izobarski

34046 340460

0 -16489 -16489

-2926 11703 -175574786 -4786 0

273546

41378

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

33 Domaći

Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od

a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L

b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2

c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i

ΔU za procese i ciklus

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je

a) 025 b) 035 c) 067

d) 05 e) ne znam

Zadatak 34

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

35 ZadatakToplotna mašina radi između 1200K i 500Ka) Kolika je maksimalna efikasnost mašineb) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ

toplote uzete iz izvorac) Koliko toplote se oslobađa u utok u

reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

35 Rešenje

a)

b)

c)

58301200

5001200

2

12 =minus

=minus

=T

TTη

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

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

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)

vrednosti standardnih entropija su S0

CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0

Cuč=3315 JKmol i S0

H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema

RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je

Za gornju reakciju promena standardne entropije je

Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema

)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ

( )KmolJ

KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu

6748

6813063428318815330)(

0)(

0)(

0)(

022

=

=minusminus+=minusminus+=Δ

Zadatak 37

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

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)

Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)

b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)

c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)

d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)

e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)

Zadatak 39

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

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 JKmolS0

298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su

C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol

C0p(Cl2(g))=3436 JKmol

C0p(CCl4(t))=13263 JKmol

C0p(HCl(g))=2884 JKmol

Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Rešenje

sumsum minus=Δj

jTji

iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0

0

0

KmolJKmolJS 6524)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ

sumsum minus=Δi

iPii

iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0

0

0

( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ

KmolJdTT

S 7123298323ln6311832463118324

323

298

0323 minus=+minus=+minus=Δ int

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 41

Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne

Rešenje

KnJnRnRRn

nRRnVVnR

TTnCS

VVTTRC

mV

mv

7133ln233ln3ln

25

31ln3ln

25lnln

33

25

1

2

1

2

1212

==minussdot

=+sdot=+=Δ

===

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 42

Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cpm=(9147+75sdot10-2T) JmolK

Rešenje

[ ] [ ] KJTT

molTdTCSSS p

883575613291057ln4791

TdTT)1075(91471

330240

2330240

330

240

2-330

240240330

=+=sdot+=

=sdot+==minus=Δ

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

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

Rešenje

revrev

revrev

sis

qqJqJq

JTSqT

qS

ne==

=sdotΔ==Δ

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

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=Δ==Δ minusminus

minus

KJKJKmolJmol

TdTnC

TdTC

ST

Tmp

T

T

p

193109281)330275ln()4424(343 2

2

1

2

1

minus=sdotminus==

===Δ 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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

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

gppnRS 516)

34121ln()3148(

0142835ln

2

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==Δ

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

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

molKKmolLatm

LatmRTPVn 5960

27008201121

=sdot

sdot==

LLmolJKmolJKLnRSVV

VV

nRS

VV

nRS

6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(

)exp(ln

11112

1

2

1

2

=sdot=minus=Δ=

=Δ

=Δ

minusminusminus

Zadatak 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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

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

= KTV

V P

α

Rešenje

KJbarkgmkgmolmolK

PPVdPVdPTVsistemS

P

PP

10342)2001(109681054663110661

)()(

333

1315

12

2

1

minusminus

minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdotsdot

sdotsdotsdotminus

=minusminus=minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partpart

minus=Δ intint αα

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 48

Dat je proces za koji je a) ΔU=0 b) ΔH=0 c) ΔA=0 d) ΔG=0 i e) ΔS=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno

Rešenjea) 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 Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 49Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2

RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

KJSKJ

dTTTT

HTdTCS

ok

T

T klj

ispPsis

4713146131211192512

4194223175))273()4194((

2)104723()2734194)(101822(

2734194ln2232

4194223175)104723()101822(2232

226

3

4194

273

6302

1

=Δminus=minusminus=

=minus

+minussdotminus

+minussdot+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=minus

+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=

Δminus+=Δ

minusminus

minusminusintint

Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces

0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS

Reverzibilan proces

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

KJS

KJKJ

TqS

tot

ok

51746461311878

18789613

26220

=minus=Δ

===Δ

Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je

kJ

Jmol

HdTCq ispP

2226

)223175())273()4194((3

104723))273()4194((2

101822)2734194(2232

)(

336

223

4194

273

0

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡minusminus

sdotminusminus

sdot+minusminus=

=Δminusminus=minus

minusminus

int

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

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 ΔS i ΔG sistemaRešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L

JPPRTG

KJVVRS

11574ln

765ln

1

2

1

2

minus==Δ

==Δ

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

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 hlađenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3

Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ΔU ΔH ΔS i ΔG za korake A i B odvojeno

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Rešenje

P1

AB

C

VL

PP 2

25 5

)(

648ln03097)(25

181858)298149(230)

321717ln765ln

321717ln0)

10929522298

109645298)

2233

1

323

1

2

1

2

1

2

521221

5111

STSTHG

KJTTCSJTTRH

JKKRTCUwB

JPPRTGKJ

VVRS

JVVRTwqHUA

PaPLVVKTT

PaPLVKTa

V

v

minusminusΔ=Δ

minus==Δminus=minus=Δ

minus=minus=Δ=Δ=

==Δminus==Δ

=minus==minus=Δ=Δ

sdot=====

sdot===

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 52Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom

Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG

RešenjePoznato je da je

( )

JTTSTGH

JTTT

GSp

786342342786

342342786

minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ

=minusminuspartpart

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛partΔpart

minus=Δ

Zadatak 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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

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 kompresijuRešenje

PaKmolJmol

KJPaP

nRSPP

nRS

PP

PPnRS

652

122

1

2

1

10595131482

25exp1054553

expexpln

sdot=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛sdotminus

minussdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ Δminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ Δ==Δ

JKJKSTG

JPPnRTG

825025330

882461054553

105941ln33031482ln 5

6

1

2

=minussdotminus=Δminus=Δ

=sdotsdot

sdotsdot==Δ

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Zadatak 54

Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 112L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

Rešenje

bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje

V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K

P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol

Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J

bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja

bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 00224 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)

ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 00224 m3 303 K 1013middot105Pararr 00112 m3

303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J