Quimica i - Unidad 3 - Termoquimica
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Una preocupación de la Sociedad Moderna es el
« recurso Energía »¿pero que es la Energía?
Deficiones básicas
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Deficiones básicas Energía La Energía se define como la « capacidad para realizar
trabajo ( w)» y la de « transferir calor (q)» Trabajo = Fuerza x desplazamiento
Calor= es una forma de Energía asociada al cambio de
temperatura Dos tipos de Energía :
Potencial, es la que posee un objeto por su posición(salto de agua)
Cinética, es la que posee un objeto por su movimiento(movimiento de un tren),
Existen otras formas de expresar la energía, porejemplo luminosa
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Deficiones básicas : Unidades de la Energía
Unidades de la Energía : Caloría y Joule
Por ejemplo: Energía cinética= ½ mv 2 ( Kg(m/s)2)= Newton x mt= Joule
Caloría = Una caloría es la cantidad de Calor
requerido para elevar la temperatura de un gramode agua pura líquida en 1° C (14.5°-15.5°C).
Una Caloría equivale a 4,186 Joule
Capacidad Calorífica y Calor específico
La capacidad calorífica de un cuerpo es la cantidadde calor que es requerido para cambiar sutemperatura en un grado
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CAMBIO DE CALOR Y TEMPERATURA
En química se expresa la Capacidad Calorífica
de dos formas: 1) Capacidad calorífica específica;
C= 1 caloría/g x K
2) Capacidad calorífica MolarC= caloría/mol K
Calor específico de una Sustancia : es lacantidad de calor necesario para cambiar latemperatura de un gramo de esa sustancia enun grado (°C, K)
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Capacidad Calorífica y Calor Específico Calor Específico =
cantidad de calor transferido (caloría o Joule) / gmaterial x grados T
Ejemplo: Se encontró que se requieren 60.5 J paracambiar la temperatura de 25.0 g de etilenglicol en 1.00° C (o 1° K). Cuál es su calor específico?
Recordar que:
Calor Específico = Calor (Joules) /masa (g)temperatura (K) Calor Específico = 60.5 joules/ (25.0 g)x 1.00 (K)=
Calor Específico del etilenglicol= 2.42 J/gxK
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Calor Transferido Q Conociendo el Calor Específico (C )de una sustancia
estamos capacitados para calcular el calor transferido (q)en algún proceso térmico.
Se requiere solo de la cantidad de la sustancia y delcambio de temperatura
Ejemplo : Cuantos Joules de energía son transferidos deuna taza de café al cuerpo si la temperatura baja de60.0°C a 37.o°C. Asuma que la taza de café es de 250 mL(asumiendo una densidad 1.00 g/ml, la taza de café sería
250.0 g))Q(calor transferido) = C x m x T (J/g K) (g) (K)
Q = 4.186 J/g K (250.0 g) (37.0°-60.0°) = - 24.1 kJRecordar que el calor específico del agua CH2O= 1 caloría/g x K y que 1 caloría
= 4.186 J
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Ejemplo 2: Un lago que tiene una milla cuadrada y una
profundidad de 10 pies contiene 7.9 x 10 9 litros deagua. Cuantos Joules de Energía debe transferirse allago para elevar su temperatura en 1.00 °C.
Asumir densidad del agua de =1.0 g/mL.
Resolución Masa Agua =7.9 x 10 9 litros (1000 mL/L) (1.0g/mL) = 7.9 x 10 12 gramos
Calor específico del agua (C )= 1.0 caloría/gxK= 4,186 J/g xK
Q(calor transferido)= C x m x T
Q(calor transferido)= 4,186 (J/g x K) 7.9 x 10 12 g x 1.0 K
Q(calor transferido)= 3.3 x 10 13 J = 3.3 x 10 10 kJ
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Calor asociado al Cambio de FasesExiste una diferencia entre Calor sensible , que es el calorasociado con cambios de temperatura, con el Calor
Latente , calor asociado con un cambio de fase , en esteúltimo la temperatura permanece constante.
Por ejemplo : La cantidad de calor requerido para fundir un gramo de hielo a O°C es de 333 J/g (su temperatura
permanece constante). Esto se llama calor latente de fusión
De forma similar el calor requerido para evaporar un gramo de agua (l) al estado de vapor, se llama calor
latente de vaporización y es igual a 2260 J/g
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Ejemplo 3. Calor latente de fusión Si ud. tiene cuatro cubos de hielo a O°C. Si cada cubo
ocupa un volumen de 1.00 pulgada3
Cuanto calor esrequerido para fundir esos cubos de hielo a agualiquida. La (hielo)= 0.917 g/cm 3 y el calor latente defusión del hielo es 333 J/g
1° Calculamos la masa 4 cubos (1.00 pul 3/ cubo)(2.54 cm/pul.)3(0.917 g/cm3)
Masa = 60.1 g
2° Calculamos la Energía requerida Q = 60.1 g x 333 J/g = 2.00 x 10 4 Joules
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Definiciones básicas para un
sistema en estudio Sistema : Es toda aquella parte del universo sujeta a
observación y estudio
Ambiente: Es aquella parte del Universo que está encontacto con el sistema (se llama tb. Entorno)
Los sistemas pueden ser:
1) Aislados: No transfieren masa ni calor
2) Cerrados: Solo transfieren Energía (calor)3) Abiertos: transfieren masa y energía (calor)
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Sistemas
abierto cerrado aislado
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Definición de Termoquímica. La termoquímica es el estudio del intercambio de
calor de las reacciones químicas.
En las reacciones químicas se absorbe o se liberaenergía.
Hay sistemas químicos que evolucionan de reactivos aproductos desprendiendo energía. Son sistema de lasreacciones exotérmicas.
Otros sistemas químicos evolucionan de reactivos aproductos requiriendo energía. Son las reaccionesendotérmicas.
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Ejemplo:
2H2 ( g) + O2 (g) = 2H2O (l) + energía
H2O ( g) = H2O (l) + energía
Energía + 2HgO (s)= 2Hg (l) + O2 (g)
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Conceptos de Variables de estado
Son Magnitudes medibles que pueden variar a lo largode un proceso (por ejemplo, en el transcurso de unareacción química) .
Ejemplos: Presión (P atmósferas) Temperatura (T kelvin) Volumen (V litros) Concentración ( molar o molal)
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Funciones de Estado: H; E; G; S
Las funciones de estado tienen un valor único paracada estado del sistema.
Su variación solo depende del estado inicial y final y nodel camino desarrollado.
H; E; G etc SÍ son: Presión, temperatura, energía interna,
entalpía.
NO son: calor, trabajo
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Funciones de EstadoΔ E = Efinal - Einicial
Δ P = Pfinal - Pinicial
ΔV = Vfinal - Vinicial
ΔT = Tfinal - Tinicial
Las funciones de estado
dependen sólo de los estados
inicial y final (no del caminoLa energía potencial del excursionista 1 y elexcursionista 2 es la misma aún cuando ellos
tomaron caminos diferentes
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Primera Ley de Termodinámica :
La energía puede ser convertida de una forma a otra,
pero nopuede ser creada o destruida ΔEsistema + ΔEentorno = O o lo que es lo mismo
ΔE sistema = - ΔE entorno
Expresión matemática de la primera ley de latermodinámica : ΔE sistema
ΔE = q + w ΔE= es el cambio en la energía interna del sistema
q =es el cambio de calor entre el sistema y el entorno W= es el trabajo hecho por el sistema
El trabajo w = -PΔV, cuando un gas se expande encontra de una presión externa constante
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Primer principio de la Termodinámica
ENERGÍA INTERNA (U)
es la energía total
del sistema. Es imposible medir su variación sí se mide.
E = Q + W
Q y W > 0 si se realizan a favor del sistema.
E es función de estado, si el trabajo lo ejecuta elsistema W es negativo W < 0
CALORQ > 0
CALOR
Q < 0
TRABAJO
W < 0
TRABAJO
W > 0
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Calor a presión constante (Q p) La mayoría de los procesos químicos ocurren a presión
constante, normalmente la atmosférica.
Si p = cte W = – p · V
Trabajo producido por el sistema
E = Qp – p · V Qp = H(entalpia)= E + W
Ordenando el sistema en estado 1 y estado 2
E2 – E1 = Qp – p · (V 2 – V 1)
Qp + E1 + p · V 1 = E2 + p · V 2
H1 H2 (entalpía)
H = H2-H1
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Ejemplo :Una muestra de nitrógeno se expande deun volumen de 1.6 L a 5.4 L.
¿Cuál será el trabajo en Joules realizado por el gassi se expande a) contra el vacío b) contra unapresión constante de 3.7 atm?
w = -P ΔV
a) ΔV = 5.4 L – 1.6 L = 3.8 L; P = 0 atm W = -0 atm x 3.8 L = 0 L•atm = O Joules
b) ΔV = 5.4 L – 1.6 L = 3.8 L P = 3.7 atm
w = -3.7 atm x 3.8 L = - 14.1 L•atm
w = - 14.1 L•atm x 101.3 J
1L•atm = -1430 J
el signo menos significa que el trabajo lo realizó el
sistema
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Calor a presión constante (Q p) e Reacciones Químicas
H1= E1 + p · V 1 H2= E2 + p · V 2
Qp + H 1 = H 2
Qp = H2 – H1 =
El calor a presión constante es
La entalpía
Recordar que la entalpía (H ) es una función de estado.
Reactivos
E n t a l p i a ( H )
Productos
H > 0
Reac. endotérmica
E n t a l p
i a ( H )
Reactivos
Productos
H < 0
Reac. exotérmica
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Relación Q v con Q p (gases). H = E + p · V
Aplicando la ecuación de los gases:
p · V = n · R · T y si consideramos que p y T son constantes la ecuación
se cumplirá para los estados inicial y final: p · V = n · R · T
H = E + n · R · T La entalpía es directamente proporcinal a la diferencia de los
moles entre reactivos y productos
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Relación Q v con Q p
(sólidos y líquidos) En reacciones de sólidos y líquidos apenas se produce
variación de volumen y luego ...
Q v Qp es decir:
E H
Ejemplo: D t i l i ió d í i t l
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Ejemplo: Determinar la variación de energía interna para el
proceso de combustión de 1 mol de propano a 25ºC y 1
atm, si la variación de entalpía, en estas condiciones, vale
– 2219,8 kJ.
C3H8 (g) + 5 O2 (g) 3 CO2 (g) + 4 H2O (l) H = –2219,8 kJ
nreactivos
= 1+5 = 6 ; nproductos
= 3 n = – 3
Despejando en E = H – n · R · T =
– 2219 kJ + 3 mol · (8,3 J/mol.K) · 298 K = –2212 kJ
E = – 2212 kJ
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Entalpía estándar de la reacción Es el incremento de entalpia (H°) de una reacción en la
cual los reactivos y los productos están en condicionesestándar (p = 1 atm; T = 298 K = 25 ºC; conc. = 1 M).
Se expresa como H0 y se mide en J o kJ dependiendo
de cómo se ajuste la reacción. Así, H0 de la siguiente reacción
“2 H2 + O2 2 H2O” es el doble
“H2 + ½ O2 H2O”.
H0 = H0productos – H0
reactivos
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Ecuaciones termoquímicas Expresan los reactivos y los productos, indicando entre
paréntesis su estado físico, y a continuación la variaciónenergética expresada como H (habitualmente comoH0).
Ejemplos: CH4(g) + 2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(l); H0 = –890 kJ
H2(g) + ½ O2(g) H2O(g); H0 = –241,4 kJ
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Entalpía estándar de formación
Es el incremento de entalpía (H°) que se produce en lareacción de formación de un mol de un determinadocompuesto a partir de sus elementos en el estado físiconormal (en condiciones estándar).
Se expresa como
H°formación. Se trata de un “calor molar”,es decir, es el cociente entre H0 y el número de molesformados de producto.
Por tanto, se mide en kJ/mol. Ejemplos:
C(s) + O2(g) CO2(g) Hf 0 = – 393,13 kJ/molH2(g) + ½ O2(g) H2O(l) Hf 0 = – 285,8 kJ/mol
Observar que los reactivos se encuentran en su estadofundamental más estable
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Cálculo de H0
(calor de reacción) Ley de Hess: Si una reacción es la suma de dos o más
reacciones, la entalpía del proceso total debe ser la sumade las entalpías de las reacciones que la constituyen
Recuerda que Hf 0 de todos los elementos en estado
fundamental es = 0.
Ejemplo D d l i
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Ejemplo: Dadas las reacciones
(1) H2(g) + ½ O2(g) H2O(g) H10 = – 241’8 kJ
(2) H2(g) + ½ O2(g) H2O(l) H20 = – 285’8 kJ
calcular la entalpía de vaporización del agua en condiciones
estándar.
La reacción de vaporización es...(3) H2O(l) H2O(g) H0
3 = ?
(3) puede expresarse como (1) – (2), luego
H0
3 = H0
1 – H0
2 =– 241’8 kJ – (–285’8 kJ) = 44 kJ
H0 vaporización = 44 kJ /mol
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Esquema de la ley de Hess
H10 = – 241’8 kJ
H20 = – 285’8 kJ
H30 = 44 kJ
H
H2(g) + ½ O2(g)
H2O(g)
H2O(l)
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Ley de HessAplicando la ley de Hess podemos concluir que :
H0 = npHf 0(productos) – nrHf
0(reactivos)
Ejemplo : C id l t l í tá d d f ió
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Ejemplo : Conocidas las entalpías estándar de formación
del butano (C4H10), agua líquida y CO2, cuyos valores son
respectivamente –124’7, –285’8 y –393’5 kJ/mol, calcular la
entalpía estándar de combustión del butano.
La reacción de combustión del butano es:
C4H10(g) +13/2O2(g) 4 CO2(g) + 5H2O(l) H0comb= ?
H0reacción = npHf 0(producto) – nrHf 0(reactivos)
4 mol(– 393’5 kJ/mol) + 5 mol(– 285’8 kJ/mol)
–1 mol(– 124’7 kJ/mol)-13 (0) = – 2878’3 kJ Luego la entalpía estándar de combustión será:
H0combustión = – 2878’3 kJ/mol
Ejercicio : Conocidas las entalpías estándar de formación del
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Ejercicio : Conocidas las entalpías estándar de formación del
butano (C4H10), agua líquida y CO2, cuyos valores son
respectivamente –124’7, –285’8 y –393’5 kJ/mol, calcular la
entalpía estándar de combustión del butano.
Si utilizamos la ley de Hess, la reacción: (4) C4H10(g) +13/2O2(g) 4 CO2(g) + 5H2O(l) H0
comb=?
Puede obtenerse a partir de:
(1) H2(g) + ½ O2(g) H2O(l) H1
0
= – 285’8 kJ(2) C(s) + O2(g) CO2(g) H20 = – 393’5 kJ
(3) 4 C(s) + 5 H2(g) C4H10(g) H30 = – 124’7 kJ
(4) = 4 · (2) + 5 · (1) – (3) 4 C(s) + 4 O2(g) +5 H2(g) + 5/2 O2(g) + C4H10(g)
4 CO2(g) + 5H2O(l) + 4 C(s) + 5 H2(g) H0
4 = 4 mol(–393’5 kJ/mol) + 5 mol(–285’8 kJ/mol) –1 mol(– 124’7kJ/mol) = – 2878’3 kJ
H04 = – 2878’3 kJ
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Ejercicio : Determinar Hf 0 del eteno (C2H4) a
partir de los calores de reacción de las siguientes
reacciones químicas:
(1) H2(g) + ½ O2(g) H2O(l) H10 = – 285’8 kJ
(2) C(s) + O2(g) CO2(g) H20 = – 393’13 kJ
(3) C2H4(g) + 3O2(g) 2CO2(g) + 2 H2O(l) H30 = – 1422 kJ
La reacción de formación del eteno C2H4(g) a partir desus constituyentes en estado normal es:
(4) 2 C(s) + 2 H2(g) C2H4(g)
(4) se puede expresar como 2·(2) + 2·(1) – (3)
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Ejercicio : Determinar Hf 0 del eteno (C2H4) a partir
de los calores de reacción de las siguientes reacciones
químicas:
(1) H2(g) + ½ O2(g) H2O(l) H10 = – 285’8 kJ
(2) C(s) + O2(g) CO2(g) H20 = – 393’13 kJ
(3) C2H4(g) + 3O2(g) 2CO2(g) + 2 H2O(l) H30 = – 1422 kJ
(4) 2 C(s) + 2 H2(g) C2H4(g)(4) = 2·(2) + 2·(1) – (3)luego H4
0 = 2·H20 + 2·H1
0 – H30 =
= 2 · (–393’13 kJ) + 2 · (– 285’8 kJ) – (– 1422 kJ) =
= 64’14 kJes decir Hf 0 (eteno) = 64’14 kJ/mol
Se trata, pues, de una reacción endotérmica.
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Ejercicio :
Las entalpías de combustión de la glucosa (C6H12O6) y del
etanol (C2H5OH) son –2815 kJ/mol y –1372 kJ/mol,respectivamente. Con estos datos determina la energía
intercambiada en la fermentación de un mol de glucosa,
reacción en la que se produce etanol y CO2. ¿Es exotérmica la
reacción?
Las reacciones de combustión son, respectivamente:
(1) C6H12O6 + 6 O2 6 CO2 + 6 H2O ; H1 = – 2815 kJ(2) C2H5OH + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O ; H2 = – 1372 kJ
La reacción de fermentación de la glucosa es:(3) C6H12O6 2 C2H5OH +2 CO2 H3 = ? (3) puede expresarse como (1) – 2· (2), luegoH3 = H1 – 2·H2 = – 2815 kJ – 2· (– 1372 kJ) = – 71 kJ
y la reacción es exotérmica.
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Energía de enlace H dis. “Es la energía necesaria para romper un enlace de un
mol de una sustancia en estado gaseoso” En el caso de moléculas diatomicas es igual que la energía
de disociación:
A —B(g) A(g) + B(g) Hdis = Edisociación enlace= Ee
Ejemplo: H2(g) 2 H(g) Hdis = 436 kJ Es positiva (es necesario aportar energía al sistema)
Es difícil de medir.
Se suele calcular aplicando la ley de Hess.
Ej l
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Ejemplo: Calcular la energía del enlace H—Cl
en el cloruro de hidrógeno conociendo Hf 0(HCl) cuyo valor es
–92,3 kJ/mol y las entalpías de disociación del H2 y del Cl2 queson 436,0 kJ/mol y 243,4 kJ/mol, respectivamente.
La entalpía de disociación del HCl(g) es?: (4) HCl(g) H(g) + Cl(g) H0
4= ? (1) ½H2(g) + ½Cl2(g) HCl(g) H0
1 = –92,3 kJ (2) H2(g) 2H(g) H0
2 = 436,0 kJ (3) Cl2(g) 2Cl(g) H0
3 = 243,4 kJ
(4) = –(1) + ½(2) + ½(3) H0
4 = –(– 92,3 kJ ) + ½(436,0 kJ) + ½(243,4 kJ) =
= 432,0 kJ Ee(HCl) = 432,0 kJ/mol
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Cálculo de H0
reacción a partir de las
Energía de enlace (disociación).
Aplicando la ley de Hess se obtiene la siguiente fórmula:
H0 = ni · He(enl. rotos) – n j · He(enl. formados)
en donde ni y n j representa el número de enlaces rotos y formados de cada tipo.
l
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Ejemplo: Sabiendo que las energía de los siguientes enlaces
(kJ/mol): C=C : 611; C –C : 347; C –H : 413 y H –H : 436,
calcular el valor de
H0 de la reacción de hidrogenación del eteno.
Reacción: CH2=CH2(g) + H2(g) CH3–CH3(g)
En el proceso se rompe un enlace C=C y otro H–H y se
forman 2 enlaces C–H nuevos (el etano tiene 6mientras que el eteno tenía sólo 4) y un enlace C–C.
H0 = Ee(enl. rotos) – Ee(enl. formados) =
H0
= 1Ee(C=C) + 1 Ee(H–H) – 1Ee(C–C) – 2 Ee(C–H) H0 = 1 mol · 611 kJ/mol + 1mol · 436 kJ/mol
– (1 mol · 347 kJ/mol + 2 mol · 413 kJ/mol) = –126 kJ
Ejercicio : Calcula el calor de combustión
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Ejercicio : Calcula el calor de combustión
de propano a partir de los datos de energía
de enlace de la tabla.
C3H8 + 5 O2 3 CO2 + 4 H2O Enlaces rotos:8 C–H, 2 C–C y 5 O=O
Enlaces formados: 6 C=O y 8 O–H H0 = Ee(e. rotos) – Ee(e. form.) H0 = 8 Ee(C–H) + 2 Ee(C–C) +
5 Ee(O=O) – [6 Ee(C=O) + 8 Ee(O–H)] H0 = 8·413 kJ + 2·347 kJ +5·499 kJ – (6·745
kJ + 8·460 kJ) = –1657 kJ H0comb(C3H8) = –1657 kJ/mol
Enlace Ee (kJ/mol)
H –H 436
C –C 347
C=C 620
CC 812
O=O 499
Cl –C 243
C –
H 413
C –O 315
C=O 745
O –H 460
Cl –
H 432
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La función de estado Entropía (S)
Es una medida del estado de desorden del sistemaque puede medirse y tabularse.
S = Sfinal – Sinicial
Existen tablas de S0 (entropía molar estándar) dediferentes sustancias. En una reacción química:
S0 = np· S0
productos –
nr· S0
reactivos
La entropía es una función de estado.
Ejemplo: Calcula S0 para las siguientes reacciones químicas: a)
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Ejemplo: Calcula S para las siguientes reacciones químicas: a)
N2(g) + O2(g) 2 NO(g);
b) 3 H2(g) + N2(g) 2 NH3(g).
Datos: S0 (J·mol –1·K –1): H2
(g) = 130,6; O2
(g) =205; N2
(g) = 191,5;
NO(g) = 210,7; NH3(g) =192,3
S0 = np· S0productos – nr· S0
reactivos
a) S0 = 2 mol · 210,7 J ·mol–1 ·K–1 –
(191,5 J·K–1 + 205 J·K–1 ) = 24,9 J·K–1
b) S0 = 2·192,3 J·K–1 –
(3 mol ·130,6 J· mol–1·K–1 + 191,5 J·K–1 ) = –198,7 J·K–1
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Segundo principio de la Termodinámica. “En cualquier proceso espontáneo la entropía total del
universo tiende a aumentar ”. Suniverso = Ssistema + Sentorno 0
ΔSuniverso > 0 proceso espontáneo o irreversible
ΔSuniverso =0 sistema en equilibrio o proceso reversible A veces el sistema pierde entropía (se ordena)
espontáneamente. En dichos casos el entorno sedesordena.
En cualquier proceso la energía del universo se conserva (Primer Principio de la Termodinámica). Por
otra parte, una transformación macroscópica sólo puede
tener lugar si la entropía del universo aumenta
(Segundo Principio de la Termodinámica).
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Tercer principio de la Termodinámica
“La entropía (S) de cualquier sustancia pura es cero enel cero absoluto (cero K elvin)” (máximo orden).
Equivale a decir que no se puede bajar de dichatemperatura.
Las S de los elementos en condiciones estándar no sonigual a “0”, sino que son positivas.(recordar estadoestándar)
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En procesos reversibles y temperatura constante se puede calcular Sde un sistema como:
Q
S = — T y si el proceso químico se produce a presión constante Qp = H: Hsistema – Hsistema1) Ssistema = ——— y 2) Sentorno= ————
T T S0 (entropía molar estándar) se mide en J·mol–1·K–1.
Sreacción se mide en J·K–1.
Multiplicando 2) por “–T”
–T Sentorno = Hsist calor liberado por el sistema al entorno
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Incremento de energía libre de una
reacción (G) La Energía Libre de Gibbs (G) es la energía liberada
por un sistema cuando ocurre un proceso espontáneo.
Al igual que el incremento de la entalpía, el
incremento de energía libre de una reacción puedeobtenerse a partir de Gf
0 de reactivos y productosen sus condiciones estándar:
G0reacción= npGf
0(productos)– nrGf
0(reactivos)
Energía libre y Espontaneidad
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Energía libre y Espontaneidad
de las reacciones químicas
Reac. no espontánea
Reactivos
E n e r g í a l i b r e ( G )
Productos
G > 0 E
n e r g í a l i b r e ( G
)
Reactivos
Productos
G < 0
Reac. espontánea
T, p = ctes. T, p = ctes.
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Espontaneidad
en las reacciones químicas. No siempre las reacciones exotérmicas son
espontáneas.
Hay reacciones endotérmicas que son espontáneas: Evaporación de líquidos.
Disolución de sales...etc.
Ejemplos de reacciones endotérmicas espontáneas:
NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl– (aq) H0 = 14,7 kJ H2O(l) H2O(g) H0 = 44,0 kJ
Espontaneidad de las reacciones
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Espontaneidad de las reacciones
químicas
Una reacción es espontánea cuandoG < O ( G =H – T x S es negativo).
Según sean positivos o negativos los valores de H y S (T siempre es positiva) se cumplirá que:
1) H < 0 y S > 0 G < 0 Espontánea 2) H > 0 y S < 0 G > 0 No espontánea
3) H < 0 y S < 0 G < 0 a T bajas G > 0 a T altas
4) H > 0 y S > 0 G < 0 a T altas G > 0 a T bajas
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Espontaneidad de las
reacciones químicas (cont).H > 0
S > 0
Espontánea atemperaturas altas
H < 0
S > 0
Espontánea a todaslas temperaturas
H < 0
S < 0
Espontánea a
temperaturas bajas
H > 0
S < 0
No Espontánea a
cualquier temperaturas
H
S
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La Energía Libre de Gibbs y la
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La Energía Libre de Gibbs y la
Constante de Equilibrio (K) La energía liberada por un sistema se relaciona con la
constante de equilibrio (K) a través de la siguiente relaciónmatemática
G = G° + RT ln K
Cuando un sistema alcanza su equilibrio la energía liberadaes G =O.
Luego G°= - RT lnK y despejando la constante deequilibrio de la ecuación
K = e - G°/RT expresada de otra forma K = e – (H°-TS°) /RT
Esto quiere decir que podemos conocer la constante deequilibrio si conocemos la energía libre de Gibbs encondiciones estándar, de reactantes y productos
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Propiedadesde un
Equilibrio
Los sistemas enequilibrio son :
Dinámicos (enconstante movimiento)
REVERSIBLE
se puede aproximar alequilibrio desde ambasdirecciones
Consideraciones en el
Equilibrio Químico
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Propiedades de un Equilibrio
Los sistemas en equilibrio son: Dinámicos (en constantemovimiento) y
REVERSIBLES (se puedeaproximar al equilibriodesde ambas direcciones).
Rosado temp. azul
Co(H2O)6Cl2 ---> Co(H2O)4Cl2 + 2 H2O
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Propiedades de un Equilibrio
Rosado temp. azul
Co(H2O)6Cl2 ---> Co(H2O)4Cl2 + 2 H2O
Azul rosado
Co(H2O)4Cl2 + 2 H2O ---> Co(H2O)6Cl2
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Ejemplos de Equilibrio
Cambio de Fases tal como
H2O(s) H2O(liq)
LA CONSTANTE DE EQUILIBRIO
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LA CONSTANTE DE EQUILIBRIO Para cualquier tipo de equilibrio químico del
tipo dado en la reacción siguientea A + b B c C + d DLa CONSTANTE de EQUILIBRIO (a T dada)
K =[C]c [D]d
[A]a [B]b
conc. of products
conc. of reactantsequilibrium constant
Si K es conocida, entonces podemos predecir las
concentraciones de productos y reactantes.
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Escribiendo Expresiones de la K Sólidos y líquidos Nunca aparecen
en las expresiones de equilibrio.
ejemploS(s) + O2(g) SO2(g)
K [SO2 ][O2 ]
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Escribiendo Expresiones de la K Sólidos y líquidos : Nunca aparecen en expresiones de
equilibrio
NH3(ac) + H2O(liq) NH4+(ac) + OH-(ac)
K [NH4
+][OH- ]
[NH3 ]
Escribiendo y evaluando
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Escribiendo y evaluando
Expresiones de K
Obtener la K para la reacción final (neta), mediantereacciones intermedias, es multiplicar sus K
S(s) + O2(g) SO2(g) K1 = [SO2] / [O2]
SO2(g) + 1/2 O2(g) SO3(g)K2 = [SO3] / [SO2][O2]1/2
Ecuación Neta :
S(s) + 3/2 O2(g) SO3(g) K3= K1 x K2K3 = SO3(g)/ O2(g)3/2
Escribiendo y evaluando
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Escribiendo y evaluando
Expresiones de la K
Cambiando los coeficientes S(s) + 3/2 O2(g) SO3(g)
2 S(s) + 3 O2(g) 2 SO3(g)
Knew [SO3 ]2
[O2 ]3= (Kold)2
K [SO3 ]
[O2 ]3/2
Knew [SO3 ]2
[O2 ]3
Escribiendo y evaluando
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Escribiendo y evaluando
Expresiones de la K
Cambiando la dirección de la reacción S(s) + O2(g) SO2(g)
SO2(g) S(s) + O2(g)
K [SO2 ]
[O2 ]
Knew [O2 ][SO2 ]
= 1Kold
Knew [O2 ]
[SO2 ]
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UNIDADES DE CONCENTRACIÓN
- Nosotros hemos escrito la K en términos deCONCENTRACIÓN mol/L. Esto se señala como
Kc - Pero en los gases la concentración es- P = (n/V )•RT = conc • RT
-La presión es proporcional a la concentración, así
podemos escribir K en términos de P. Loseñalamos como Kp .Kc y Kp pueden o no ser lo mismo.
( ) n
P C K K RT
El Si ifi d d l K
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El Significado de la K
1. ¿Podemos predecir si una reacción estáfavorecida hacia los productos o hacia losreactantes?.
Para N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g)
La conc. de los productos es mucho mayor quela de los reactantes en el equilibrio.
La reacción está fuertemente favorecida hacia elproducto.
Kc =[NH3 ]2
[N2 ][H2]3= 3.5 x 108
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Para el AgCl(s) Ag+(ac) + Cl-(ac)Kc = [Ag+] [Cl-] = 1.8 x 10-5
Ag+(ac) + Cl-(ac)
AgCl(s)
producto-favorecido
El Significado de la K
• La conc. de los productos es
mucho menor que la de los
reactantes en el equlibrio.
•La reacción está favorecidafuertemente a la formación de
reactantes
Ejercicios resueltos
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Ejercicios resueltos 1.- Se sabe que la constante Kc para el equilibrio:
N2O4(g) = 2 NO2(g) Kc = 4,7⋅10-3 a una temperatura de 400ºC.
Si se mezclan a dicha temperatura 0,1 moles de N2O4 (g) con0,05 moles de NO2 en un recipiente de 1 litro de capacidad,
¿en qué sentido evolucionará el proceso?
Datos: Nos proporcionan las cantidades iniciales de las sustancias queintervienen, tanto reactivos como productos. Para dilucidar en quésentido evolucionará el sistema, calculamos el cociente de reacción Q
Q = (NO2)20/ (N2O4)0 = (0.5 mol/1L)2/(0.1 mol/1L)
Q = 0.025 mol/L= 2.5 x 10 -2; esto significa que Q>Kc Si Q>K va hacía reactantes; si Q< Kc va hacia los productos
Esto significa que la concentración inicial del producto es mayor que laque debe existir en el equilibrio, luego la reacción evolucionará hacia laizquierda.
Ejerc2 -
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Ejerc2.- A 400ºC, la constante Kp para el equilibrio 2) vale 59,4. Un matraz de
2,5 litros de capacidad, a 25ºC y 1 atm, se llena de HI y se calienta hastaalcanzar la temperatura de 400ºC.
Calcula la composición de la mezcla en equilibrio
2) I2 (g) + H2 (g)= 2HI (g)
nº moles HI, pV= nRT n= 1atmx2.5L/0.082x298=0.04
Inicial 0 0 0,04
Reac. x x -2x
Equ. x x 0,04-2x
Kp = (HI)2 / (H2)(I2)=((0,04-2x)/2.5 )2 /(x/2.5)(x/2.5)=59.4
x= 0.0041 mol. en el equilibrio
I2=H2=0.0041mol
HI = 0.0318 mol
Ejem 3 calculo de K
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Ejem. 3 calculo de K La siguiente reacción
N2 + 3H22NH3 contiene inicialmente N2= [0.683]M, H2= [8.8]M, H3= [1.05]M a) Predice el sentido de la reacción hasta alcanzar el
equilibrio
b) Calcula la concentración de todas las especies en elnuevo equilibrio
c) Calcula el rendimiento en el nuevo equilibrio.(Considera las concentraciones iniciales de
nitrógeno y de amoníaco).
N + 3H 2NH
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Cond. Inicial [0.683] [8.8] [3.65]
Cond. Reacción X 3X 2X Cond. equilibrio/ (0.683-X) (8.8-3X) (3.65+2X)
Resolviendo la ecuación, obtenemos un solo valor posible al eliminar aquellos valores que se pueden considerar absurdos (se hacen imaginarios o sonmayores a la concentración inicial). Si los valores de X son:
X1= -0.752 y X2= 13.37, se considera como posible solo – 0.752
Por lo tanto las concentraciones en el equilibrio son:
[N2]= 0.683 + 0.7525 = 1.4355M se encuentran en el equilibrio
[H2]= 8.8 - 3(-0.7525)= 11.0575M [NH3]= 3.65 + 2(- 0.7525) = 2.145M
Rendimiento Teórico: 3.65 mol NH3 (1 mol N2/ 2 moles NH3)= 1.825 mol N2
Rendimiento real = 1.4355 %REND. = 78.6%
N2 + 3H2 2NH3