Como recordará de su clase de termodinámica, la entropía es una función de estado, por lo tanto, no importa cómo llegue del punto A al B, seguirá llegando a la misma diferencia de entropía. Permítanme sugerir el siguiente camino desde agua líquida en condiciones estándar (1 atm 298.15K) hasta vapor de agua en condiciones estándar.
Paso 1-> 2
- ¿Cuál es el efecto del par inerte?
- ¿Por qué hablamos gracioso cuando respiramos helio?
- ¿Qué es más complejo, física, biología o química?
- ¿Cómo se crea la tensión superficial y qué elementos están involucrados durante el proceso?
- ¿Por qué las películas delgadas son delgadas y no gruesas?
Podemos suponer que el agua es incompresible y, por lo tanto, no se trabaja en el agua. Además, no se agrega calor al sistema para que:
[matemáticas] \ Delta U = T \ Delta S = 0 [/ matemáticas]
Paso 2-> 3
Ahora el agua se evapora. Dado que tenemos entalpía de evaporación a esta temperatura, vale la pena señalar cómo se relaciona la entalpía con la ecuación termográfica fundamental:
[math] dH = dU + d (PV) \ Rightarrow dH = TdS + VdP [/ math]
La evaporación es a un proceso de presión constante, por lo que [math] dP = 0 [/ math], por lo tanto:
[matemáticas] dH = TdS \ Rightarrow \ Delta S_ {2 \ rightarrow 3} = \ int_ {H_2} ^ {H_3} \ frac {dH} {T} = \ frac {\ Delta H_ {vap}} {T} [ /matemáticas]
Por lo tanto, el cambio de entropía en este proceso es:
[matemáticas] \ Delta S_ {2 \ rightarrow 3} = \ frac {\ Delta H_ {vap}} {T} = \ frac {2.436 * 10 ^ 3 * M} {298.15} = 8.17 \ frac {Joules} {Kelvin * gramo} * M [/ matemáticas]
Tenga en cuenta que M es la masa del agua en gramos, esto es necesario ya que el cambio de entalpía depende de la masa de su agua.
Paso 3-> 4
Esta es una compresión isotérmica de 0.03 bares a 1 bar. Aquí sabemos que la temperatura es constante, luego, suponiendo un gas ideal, el cambio en la energía interna debería ser cero. Así, la ecuación de energía interna se reduce a lo siguiente:
[math] 0 = TdS-PdV \ Rightarrow \ Delta S_ {3 \ rightarrow4} = \ int_ {V_3} ^ {V_4} \ frac {PdV} {T} [/ math]
Entonces podemos usar la ley de gases ideal para escribir la presión en términos de volumen como tal:
[matemáticas] PV = nRT \ Rightarrow P = \ frac {nRT} {V} \ Rightarrow \ int_ {V_3} ^ {V_4} \ frac {PdV} {T} = \ int_ {V_3} ^ {V_4} \ frac { nRdV} {V} = nR \ ln (\ frac {V_4} {V_3}) [/ math]
Ahora solo necesitamos los volúmenes inicial y final para obtener el cambio en la entropía de este paso. Esto se puede obtener fácilmente de la ley de los gases ideales:
[matemáticas] V_4 = \ frac {nRT} {P_4}; V_3 = \ frac {nRT} {P_3} \ Rightarrow \ Delta S_ {3 \ rightarrow4} = nR \ ln (\ frac {P_3} {P_4}) [/ matemáticas]
Por lo tanto, el cambio de entropía del paso final se puede escribir como tal:
[matemáticas] \ Delta S_ {3 \ rightarrow4} = nR \ ln (\ frac {P_3} {P_4}) = \ frac {M8.314 \ ln (\ frac {0.03168} {1.0})} {M_W} = – 1.594 \ frac {Joules} {Kelvin * gram} * M [/ math]
Donde M es nuevamente la masa del agua en gramos.
Total
Ahora solo tenemos que agregar los cambios en la entropía a la entropía inicial, (voy a suponer que la entropía inicial es de 1 mol de agua y que, por lo tanto, la masa del agua es de 18 g):
[matemáticas] S_ {init} + \ Delta S_ {1 \ rightarrow2} + \ Delta S_ {2 \ rightarrow3} + \ Delta S_ {3 \ rightarrow4} = 69.96 + 0 + 8.17 \ frac {Joules} {Kelvin * gram} * 18-1.594 \ frac {Joules} {Kelvin * gram} * 18 = 69.96 + 6.576 \ frac {Joules} {Kelvin * gram} * 18 = 188.328 \ frac {Joules} {mol * K} [/ math]
Si busca la entropía estándar para el agua de NIST (Agua) verá que informan un valor de [matemáticas] 188.835 \ \ frac {J} {\ text {mol $ \ cdot $ K}} [/ matemáticas] , por lo tanto, diría que estos cálculos son correctos.
