CHE  112F                                        Problem  Set  #7  Solutions                  November  9,  2016      1.  Problem  10–8      2000  J  of  work  is  used  to  compress  1.00  mol  of  an  ideal  gas  isothermally  at  0.00°C  from  0.50  atm  pressure  to  1.00  atm  pressure.  A  10.0°C  temperature  drop  is  provided  between  the  gas  and  the  surroundings  to  facilitate  the  heat  transfer.  Calculate  the  minimum  entropy  change  in  the  universe  for  the  compression  under  these  conditions.    Solution    Taking  the  gas  as  the  system:     ∆Usyst  =  Q  +  W  =  0     [isothermal,  ideal  gas]  Since,  during  the  compression,  Wsyst  is  positive,  then  Qsyst  is  negative  (i.e.,  heat  flows  out  of  the  system,  into  the  surroundings).  Therefore,  the  temperature  of  the  surroundings  is  lower  than  that  of  the  gas,  i.e.,  Tsurr  =  263.15  K.  

For  the  compression,                      W     =  − PdV∫ =  − nRT ln V2V1

"

# $ %

& '  

  =  –  (1)(8.314)(273.15)  ln  ( 12 )  =  +1574.16  J  

    Q syst  =  –W syst  =  –1574.16  J    

and       ∆Ssyst  =  QT

! "

# $ syst  =  −1574.16 J273.15 K

 =  –5.763  J  K–1  

For  the  compression,  the  actual  work  done  on  the  system  is  

    Wsyst  =  2000  J       [Note  that  Wsyst  >  Wsyst ]    

 

Therefore,           Qsyst  =  –Wsyst  =  –2000  J  

and       Qsurr  =  –  Qsyst  =  –  (–  2000  J)  =  +  2000  J  

 

The  minimum  entropy  increase  for  the  universe  occurs  when  the  process  in  the  

surroundings  is  reversible,  i.e.,  when       Q surr  =  Qsurr  =  +  2000  J    

Under  these  conditions,     ∆Ssurr  =   =    +2000 J263.15 K

 =  +  7.6002  J  K–1  

 

and                                                                                (∆Suniv)min   =  ∆Ssyst  +  ∆Ssurr    

  =  –  5.763  +  7.600    

  =  +  1.837  J  K–1  

                                                                 Ans:    +1.84  J  K–1    

2.  Problem  10–14              

100  g  of  ice  at  0.00°C  is  added  to  100  g  of  water  at  100.0°C  in  an  insulated  container  at  a  constant  pressure  of  one  atm.  The  surroundings  is  maintained  at  a  temperature  of  300K.  When  thermal  equilibrium  has  been  established,  the  final  temperature  of  the  system  is  Tƒ  kelvins.    

(a)  What  is  Tƒ?      (b)  What  is  ∆Suniv  for  this  process?     Data:   Specific  heat  of  fusion  of  ice:  ∆ h fus  =  335  J  K–1       Specific  heat  capacity  of  water:   c P  =  4.18  J  g–1  K–1    Solution    (a)    The  100  g  of  ice  (mass  m1)  at  0°C  will  melt  to  water  at  0°C  (∆H1);  then  the  100  g  of  water  at  0°C  will  heat  up  to  some  final  system  temperature  Tƒ  (∆H2).  Under  the  cooling  influence  of  the  ice,  the  100  g  of  hot  water  (mass  m2)  initially  at  100°C  will  be  cooled  down  to  Tƒ,  the  final  temperature  of  the  system  (∆H3).      Since  the  system  is  insulated,  all  enthalpy  changes  are  kept  within  the  system,  so  that  there  is  no  net  change  in  enthalpy  within  the  system;  therefore,                            ∆H1  +  ∆H2  +  ∆H3  =  0  

That  is,       (m1∆ h fus)1  +  (m1 c P  ∆T)2  +  (m2 c P  ∆T)3  =  0  

  (100)(335)  +  (100)(4.18)(tƒ  –  0)  +  (100)(4.18)(tƒ  –  100)  =  0  

Solving:       tƒ  =  9.928°C        →  Tƒ  =  283.078  K       Ans:   283  K    

 

 

(b)    Since  the  system  is  insulated,  Qsurr  =  0,  and  ∆Ssurr  =  0;    

therefore,                    ∆Suniv  =  ∆Ssyst  

    =  ∆S1  +  ∆S2  +  ∆S3    

  =  m1Δh fus

Tfus

+ m1c P lnTƒ

273.15" #

$ %

+ m2 c P lnTƒ

373.15" #

$ %    

  =   33 500273.15

+ (100)(4.18) ln 283.078273.15

! "

# $ + (100)(4.18)ln 283.078

373.15! "

# $  

  =  +122.64  +  14.92  –  115.48    

  =  +  22.08  J  K–1    

3.  Problem  10–17                    

Assuming  methane  behaves  as  an  ideal  gas,  calculate  ∆S  for  the  following  process:     1mol CH4

0°C, 25.0 kPa! "

# $    →     1 mol CH4

174.8°C, 500 kPa! "

# $  

 At  25  kPa  the  heat  capacity  for  gaseous  methane  (with  T  in  kelvins  )  is     cP  =  14.15  +  75.50× 10–3  T  –  17.99× 10–6  T2      J  mol–1  K–1  Solution  

For  one  mol  of  an  ideal  gas,                    ∆S  =  cPTdT∫  –  R  ln   P2

P1

!

" # $

% &  

Therefore  (we  just  use  the  integrated  form  of  the  equation  again)  

   ∆S   =  (14.15)  ln  447.95273.15! "

# $  +  75.50× 10–3  (447.95  –  273.15)  –    

17.99 ×10−6

2(447.952 − 273.152)  –    (8.314)  ln  

50025.0! "

# $  

  =    (6.9994  +  13.1974  –  1.1338)  –  24.9065  

  =  19.0630  –  24.9065       =    –  5.8435    J  mol–1  K–1  

   4.  Problem  10–27                    

Two  blocks  of  copper,  each  of  1.00  kg  mass,  one  at  1000  K  and  the  other  at  200  K,  are  brought  into  contact  inside  an  insulated  container  and  allowed  to  reach  thermal  equilibrium  at  atmospheric  pressure.  What  is  ∆S  for  the  universe  as  a  result  of  this  process?    

For  copper,  c P  =  0.385  J  g–1  K–1    

Solution  

Let  the  system  consist  of  the  two  blocks  of  copper.  Since  the  container  is  insulated,  Qsyst  =  0,  and  no  heat  is  transferred  to  the  surroundings;  therefore    ∆Ssurr  =  0.  The  final  temperature  of  each  block  will  be   12 (100  +  200)  =  600  K.  

 

                         ∆Ssyst  =  ΔShotblock

+ ΔScoldblock

  =  CP ln6001000! "

# $  +  CP ln

600200! "

# $  

                                                                                                    =  CP −0.5108 +1.0986( )    

  =  0.5878CP  

                                                                                           CP   =   0.385Jg K

!

" # $

% 1000 g( )  =  385  J  K–1  

 

Therefore,                                                  ∆Ssyst   =  (0.5878)(385)  =  226.3  J  K–1  

and                                                                        ∆Suniv   =  ∆Ssyst  +  ∆Ssurr    

  =  +  226.3  +  0    

  =  226.3  J  K–1  

                                 Ans:   226  J  K–1    

 

 

 

 

 

5.  Problem  10–31  

150  g  of  water  at  25°C  and  10.0  g  of  ice  at  –  15°C  are  mixed  in  a  thermos  bottle.  Assuming  that  the  process  is  adiabatic,  determine  (a)  the  final  temperature  and  (b)  ∆Suniv.    Data:      c P  [H2O(liq)]  =  4.18  J  g–1  K–1;      c P  [ice]  =  2.04  J  g–1  K–1;      Δh fus  [ice]  =  333  J  g–1  at  

0°C  

 Solution  

(a)      Let  the  final  temperature  (°C)  be  Tf  .  The  total  change  in  enthalpy  of  the  ice  plus  the  total  change  in  enthalpy  of  the  water  must  add  to  zero,  since  the  system  is  adiabatic  and  no  heat  can  leave.  

 

Assuming  the  ice  melts  (if  incorrect  this  can  be  checked  later),  the  process  for  the  

ice  is  

  10.0 g ice−15°C

" #

$ %

ΔH1' → ' ' '

10.0 g ice0°C

" #

$ %

ΔH2' → ' ' '

10.0 g water0°C

" #

$ %

ΔH3' → ' ' '

10.0 g waterTf °C

" #

$ %  

The  process  for  the  water  is     150 g water25°C

! "

# $

ΔH4& → & & &

150 g waterTf °C

! "

# $  

Therefore,   ∆Hice  +  ∆Hwater  =  0   .  .  .  [a]  

∆H1  =  CP  [ice].  ∆Tice  =   10.0 g( ) 2.04 Jg K

!

" # $

% 0 − (−15)( )  =  306  J   .  .  .  [b]  

∆H2  =   10.0 g( ) 333 Jg

!

" # $

%  =  3330  J     .  .  .  [c]  

∆H3  =  CP  [water].  ∆Twater  =   10.0 g( ) 4.18 Jg K

!

" # $

% Tf − 0( )  =  41.8Tf   .  .  .  [d]  

∆H4  =  CP  [water].  ∆Twater  =   150 g( ) 4.18 Jg K

!

" # $

% Tf − 25( )  =  627Tf  –  15  675  J   .  .  .  [e]  

Substituting  [b],  [c],  [d],  and  [e]  into  [a]:  

    306  +  3330  +  41.8Tf  +  627Tf  –  15  675  =  0  

Solving:   Tf  =  12 039668.8

 =  18.001°C  

                                 Ans:   18.00°C  

 (b)    Since  the  system  is  adiabatic,  no  heat  enters  or  leaves  the  surroundings;  

therefore  ∆Ssurr  =  0,       and      

     ∆Suniv   =  ∆Ssyst  =  ∆S1  +  ∆S2  +  ∆S3  +  ∆S4  

                           =  

10 × 2.04( ) ln 273.15258.15" #

$ % +10 × 333273.15

+ 10 × 4.18( ) ln 291.15273.15" #

$ % + 150 × 4.18( ) ln 291.15

298.15" #

$ %  

  =  1.15220  +  12.19110  +  2.66772  –  14.89634  

  =  +  1.11468  J  K–1  

                                 Ans:   +  1.115  J  K–1    

 6. DuPont  Canada  uses  acrylonitrile  (C3H3N)  as  an  important  monomer  for  the  

production  of  many  of  their  acrylic  fibers.  It  can  be  synthesized  from  propene  and  ammonia  according  to  the  following  reaction:  

 2  C3H6  (g)  +  2  NH3  (g)  +  3  O2  (g)  →  2  C3N3N  (l)  +  6  H2O  (g)    

Given  that  Δ  So  for  this  reaction  is  -­‐43.22  J  K-­‐1  mol-­‐1,  calculate  the  standard  molar  entropy  (So)  of  acrylonitrile.  

   

7.  Problem  11–2    

It  has  been  proposed  that  methanol,  which  can  be  made  from  fast  growing  poplar  trees,  can  be  reacted  according  to  the  following  reaction  at  25°C  and  one  bar  pressure  to  provide  a  new  source  of  natural  gas  (methane):  

CH3OH(liq)  →  CH4(g)  +   12 O2(g)  

Is  this  process  feasible?     [    Solution  

    CH3OH(liq)  →  CH4(g)  +   12O2(g)  

The  reaction  is  feasible  if  it  is  spontaneous;  therefore,  we  must  evaluate  the  

minimum  ∆Suniv.  

  Δh fo  

(25°C)  (kJ  mol–1)  

s298.15o  

(J  K–1  mol–1)  

methane  gas,  CH4   –  74.81   186.264  

oxygen  gas,  O2   0.00   205.138  

methanol  liquid,  CH3OH  

–  238.66   126.8  

                     ∆Ssyst  =  ΔSReacto   =  s298.15

o [CH4]  +   12 s298.15o [O2]  –  s298.15

o [CH3OH]  

                                                                      =  186.264  +   12 (205.138)  –  126.8    

    =  +  162.033  J  K–1  mol–1  

For  a  constant  pressure  process,                        

                             Qsyst  =  ∆Hsyst   =  ΔHReacto    

    =  Δh fo [CH4]  +   12 Δh f

o [O2]  –  Δh fo [CH3OH]    

    =  –  74.81  +   12 (0)  –  (–  238.66)    

    =  +  163.85  kJ  mol–1  

Also,                                  Qsurr   =  Qsurr  =  –  Qsyst  =  –  163.85  kJ  mol–1  

Therefore:                    ∆Ssurr   =   QT

! "

# $ surr=  −163 850298.15

 =  –  549.556  J  K–1  mol–1  

Finally:                                               ΔSuniv( )min   =  ∆Ssyst  +  ∆Ssurr    

    =  +  162.033  –  549.556    

    =  –  387.523  J  K–1  mol–1  

Since  this  is  a  negative  value,  the  process  is  not  spontaneous.  The  reaction  is  

impossible.  We  can’t  make  methane  using  this  reaction.  

                                 Ans:   No!  ∆Suniv  =  –  387.5  J  K–1  mol–1