Espansione (adiabatica) Contro Una Pressione Esterna Costante di un Gas Ideale

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yennefer

2022-02-06 18:49

Salve a tutti! Posto questo esercizio qui con risoluzione per capire se vi sono errori! Purtroppo devo affrontare l'esame di Chimica Fisica e sto impazzendo anche con gli esercizi più semplici...  azz! Il testo dice:"Calcolare ΔU, ΔH, ΔS, il lavoro ed il calore scambiato dal sistema nel processo di espansione di 10.00g di ossigeno (gas ideale) da 100.0 dm^3 a 2000 dm^3 a 35°C effettuando l'espansione contro una pressione esterna costante di 3 atm." Da qui ho iniziato con i calcoli: q = 0  da cui ΔU = -w w = - pextΔV = - 5.700 dm^3 * atm ΔU = 577,55 KJ (l'ho convertito in KJ, adesso non so se sia la scelta migliore) ΔH = 0 Inoltre chiedeva anche di calcolare il ΔS dell'ambiente di cui ho scritto che è uguale a 0 Infine ΔS (del sistema) = nRln(Vf/Vi) = 7,8 JK^-1 Sono pronta alla correzione di tutti gli errori che avrò fatto. Ma soprattutto il dubbio che ho: l'espansione devo considerarla isotermicamente o adiabaticamente? Nel calcolo che ho fatto ho considerato un'espansione adiabatica, ma non credo sia giusto perché nel testo non vi sono variazioni di temperatura.

Mercaptano

2022-02-07 16:48

Ciao! Innanzitutto deduco che dal fatto che il testo indichi pressione esterna costante, l'espansione sarà spontanea e non reversibile. Poi, volendo andare oltre, tu hai fatto il ragionamento sbagliato, perché hai posto il calore, q, uguale a zero. In realtà è il ∆U ad essere pari a zero, perché il gas è ideale e il processo è isotermo (l'energia interna di un gas ideale dipende solo dalla temperatura e dunque se questa resta costante, non non può variare).  Dunque noto w, sapremo anche q, che non è pari a zero. ∆U=q+w  ∆U=0 e quindi: q=-w      ma dato che         w=-p_ext*(∆V)          allora sarà: q=-(-p_ext*∆V)  Ottenuti questi valori, ti conviene riportarli in J (o kJ a seconda dell'ordine di grandezza). Per ottenere ∆S(sistema) hai fatto il calcolo corretto, però potevi anche ragionarci in un'altra maniera (senza ricordare a memoria la formula), ovvero considerare l'equivalente lavoro reversibile che avrebbe svolto il sistema (integrando -pdV) e quindi ottenendo il calore scambiato reversibilmente (sempre usando ∆U=0 e q_rev =-w_rev), fatto questo bastava dividere per la temperatura in Kelvin (se fai tutte cose dovrebbe risultare esattamente la stessa formula che hai usato tu alla fine). Il ∆S dell'ambiente è nullo, come hai detto tu. Per quanto riguarda il ∆H, in realtà, è anch'esso nullo, perché essenzialmente data la definizione di entalpia: H=U+pV e dato che il gas è ideale (pV=nRT) H=U+nRT Come è evidente, H (posto che n sia mantenuto costante, ovvero che il sistema sia chiuso) dipende solo dalla temperatura, che è mantenuta costante, e dunque ∆H=0 per i processi isotermi (nei gas IDEALI).

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yennefer

2022-02-07 17:00

Mercaptano ha scritto:

Ciao! Innanzitutto deduco che dal fatto che il testo indichi pressione esterna costante, l'espansione sarà spontanea e non reversibile. Poi, volendo andare oltre, tu hai fatto il ragionamento sbagliato, perché hai posto il calore, q, uguale a zero.

In realtà è il ∆U ad essere pari a zero, perché il gas è ideale e il processo è isotermo (l'energia interna di un gas ideale dipende solo dalla temperatura e dunque se questa resta costante, non non può variare). 

Dunque noto w, sapremo anche q, che non è pari a zero.

∆U=q+w 

∆U=0

e quindi:

q=-w      ma dato che         w=-p_ext*(∆V)          allora sarà: q=-(-p_ext*∆V) 

Ottenuti questi valori, ti conviene riportarli in J (o kJ a seconda dell'ordine di grandezza).

Per ottenere ∆S(sistema) hai fatto il calcolo corretto, però potevi anche ragionarci in un'altra maniera (senza ricordare a memoria la formula), ovvero considerare l'equivalente lavoro reversibile che avrebbe svolto il sistema (integrando -pdV) e quindi ottenendo il calore scambiato reversibilmente (sempre usando ∆U=0 e q_rev =-w_rev), fatto questo bastava dividere per la temperatura in Kelvin (se fai tutte cose dovrebbe risultare esattamente la stessa formula che hai usato tu alla fine).

Il ∆S dell'ambiente è nullo, come hai detto tu.

Per quanto riguarda il ∆H, in realtà, è anch'esso nullo, perché essenzialmente data la definizione di entalpia:

H=U+pV

e dato che il gas è ideale (pV=nRT)

H=U+nRT

Come è evidente, H (posto che n sia mantenuto costante, ovvero che il sistema sia chiuso) dipende solo dalla temperatura, che è mantenuta costante, e dunque ∆H=0 per i processi isotermi (nei gas IDEALI).

Ti devo ringraziare mille volte! Mi hai tolto un dubbio enorme sulla prima parte: calcolando isotermicamente mi sono trovata con il passaggio che tu hai descritto. Il mio errore è stato considerare l'espansione adiabatica (??? non chiedermi assolutamente per quale motivo, ero andata nel panico) e di conseguenza fare tutti i calcoli in base a ciò. Inoltre ti ringrazio anche per il trucchetto riguardo il delta S del sistema, è utilissimo per me che faccio un pasticcio

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Mercaptano

2022-02-07 18:13

yennefer ha scritto:

Ti devo ringraziare mille volte! Mi hai tolto un dubbio enorme sulla prima parte: calcolando isotermicamente mi sono trovata con il passaggio che tu hai descritto. Il mio errore è stato considerare l'espansione adiabatica (??? non chiedermi assolutamente per quale motivo, ero andata nel panico) e di conseguenza fare tutti i calcoli in base a ciò. Inoltre ti ringrazio anche per il trucchetto riguardo il delta S del sistema, è utilissimo per me che faccio un pasticcio

Di nulla! Continua così, se fosse stato un esercizio su processi adiabatici lo avresti superato facilmente!

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