quimica i - unidad 3 - termoquimica

8/4/2019 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



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



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



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)



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



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



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



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



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



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)



Sistemas

abierto cerrado aislado



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.



Ejemplo:

2H2 ( g) + O2 (g) = 2H2O (l) + energía

H2O ( g) = H2O (l) + energía

Energía + 2HgO (s)= 2Hg (l) + O2 (g)



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)



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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)



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



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



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



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)



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.



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.



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



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



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



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



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



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)



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



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).



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)



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



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



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.



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



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



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



La Energía Libre de Gibbs y la



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



Propiedadesde un

Equilibrio

Los sistemas enequilibrio son :

Dinámicos (enconstante movimiento)

REVERSIBLE

se puede aproximar alequilibrio desde ambasdirecciones

Consideraciones en el

Equilibrio Químico



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



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



Ejemplos de Equilibrio

Cambio de Fases tal como

H2O(s) H2O(liq)

LA CONSTANTE DE EQUILIBRIO



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.



Escribiendo Expresiones de la K Sólidos y líquidos Nunca aparecen

en las expresiones de equilibrio.

ejemploS(s) + O2(g) SO2(g)

K [SO2 ][O2 ]



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




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





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





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 ]



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



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

http://video/Reaccion%20de%20Equilibrio.wmv



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



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 -



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



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



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

quimica i - unidad 3 - termoquimica

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