PROCESOS TERMODINÁMICOS

Fisicoquímica:Estudio de la química usando las leyes de la física.

Energía: Se define como la capacidad para producir cambios.

Principio de la conservación de la energía:La energía no se crea ni se destruye sólo se transforma, es decir, de un proceso a otro la energía puede cambiar de forma (potencial, cinética, calorífica, etc.) , pero la suma total de ésta, siempre será constante.

∆ E=E entrada−Esalida

Termodinámica clásica:Estudio de la termodinámica que no requiere conocer el comportamiento de cada una de las partículas

Termodinámica estadística: Comportamiento promedio de grupos grandes de partículas individuales.

Para el estudio termodinámico, no enfocaremos en una sola parte del universo, donde ocurrirán cambios y procesos, a estos fragmentos del universo en cual estudiaremos, los denominaremos sistemas.

SISTEMASSistema Cerrado: En estos sistemas hay transferencia de energía pero no de masa.

Sistema Abierto: En estos sistemas hay transferencia de energía y de masa.

Sistema Aislado: Estos sistemas no permiten la transferencia ni de energía ni de masa.

PROPIEDADES DE UN SISTEMA

Cualquier característica del sistema se le llama propiedad, es decir a su presión, temperatura, cuanta masa hay dentro del mismo, etc. Éstas propiedades a su vez se subdividen en:

Propiedades Intensivas: No dependen de la cantidad de masa de la sustancia.

Propiedades Extensivas: Dependen de la cantidad de masa de la sustancia.

Propiedades Específicas:Son propiedades específicas por unidad de masa, dependen exclusivamente del sistema de estudio.

*Nota: Las unidades intensivas se especifican con letras mayúsculas, y las extensivas con letras minúsculas..

ESTADO Y EQUILIBRIOLa termodinámica trata con estados de equilibrio, o sea, cuando por ejemplo dos objetos que estaban a diferentes temperaturas al principio, después de un tiempo alcanzan la misma temperatura mediante la transferencia de calor.

Ejemplo: Una taza de té que, después de haberlo calentado, se deja en la mesa un buen rato, eventualmente, cuando volvamos por ésta taza, ya habrá alcanzado un equilibrio térmico (en este caso) con sus alrrededores (en este caso la habitación donde se encuentre). En palabras mas simples, está a temperatura ambiente.

Ejemplo: Un sistema cerrado que alcanza equilibrio térmico.

Para determinar el estado de un sistema se determina mediante el:

Postulado de Estado:El estado de un sistema comprensible se especifica por completo mediante las propiedades intensivas.

En otras palabras, para saber si un sistema está en equilibrio, por ejemplo, utilizaremos las Propiedades Intensivas(que no dependen de la cantidad de materia del sistema).

PROCESOS Y CICLOS

Cualquier cambio de un estado de equilibrio a otro es un Proceso, y la serie de estados por los que pasa el sistema durante este proceso se le llama:Trayectoria de Proceso.

Por ejemplo, si usted quisiera terminar una licenciatura, su estado 1 sería el comienzo de su carrera , el estado 2, usted ya graduado como Licenciado y la trayectoria de proceso, serían cada uno de los semestres que usted tuvo que cursar para llegar al estado 2, o sea, graduarse.

PROCESO CUASIESTÁTICO O CUASIEQUILIBRIO

Se le llama un proceso cuasiestático o de cuasiequilibrio a aquel en el cuál, la manipulación que se le hace al sistema, tiene un efecto muy bajo en las moléculas de la sustancia, de tal manera, que es casi como si no estuviésemos afectando al mismo.

Ejemplo:

Suponga que tiene un sistema cilindro-émbolo como el de la figura, y usted tiene un gas dentro del sistema, decide entonces, comprimirlo muy lentamente, de tal manera, que al hacerlo, las moléculas del gas dentro del sistema, casi no se mueven, por lo lenta que es la compresión (figura a).

Suponga ahora, el mismo sistema, sólo que ésta vez, usted presiona de una manera rápida el émbolo. Las moléculas del gas que está dentro, se móveran violentamente, formando un estado de no cuasiequilibrio, ya que, es tan abrupta la compresión, que acelera las moléculas.

DIAGRAMA P-V(Presión – Volumen)

A B

C

AISLANTE CONDUCTORCONDUCTOR

AI

SLANTE

A B

CO

ND

UC

TO

R

C

TEMPERATURA Y LEY CERO DE LA TERMODINÁMICA

R.H. Fowler

La temperatura, sólo sirve en termodinámica de una maera cuantitativa (medición), osea, que la podemos medir.

Q= Calor

Temperatura Alta Temperatura Baja

b) Si los sistemas A y B están cada uno en equilibrio térmico con el sistema C…

a) … entonces A y B están en equilibrio térmico entre sí.

Punto Hielo Punto de Vapor

Escalas de 2 puntos

ESCALAS DE TEMPERATURA

Escala Celsius (A. Celsius)

0 y 100 ˚C

Escala Farenheit (G. Farenheit)32 y 212 ˚F

Estas esclas dependen de las propiedades de la sustancia, por ejemplo, los grados Celsius, están configurados de 0 a 100, en función de los estados del agua.

ESCALAS TERMODINÁMICAS

Para el estudio de la termodinámica, es necesario emplear escalas que no estén en función de la sustancia, es decir, que sean absolutas, para esto usamos el:

Kelvin: Lord Kelvin.

0 K Cero absoluto, nunca se ha podido llegar a esta temperatura, lo más que se han acercado, es, en un experimento en 1989 con técnicas de refregeración poco comunes, se llegó a .000000002 K.El equivalente en el Sistema Inglés de esta unidad es el Rankine (R) en honor a William Rankine.

Factor de Conversión

T (K) = T(˚C) + 273.15 ≈ 273 (Para fines prácticos)

T (R) = T(˚F) + 459.67 ≈ 460 (Para fines prácticos)T (˚F) = 1.8 T(˚C) + 32T (R) = 1.8 T (K)

V 1

T 1

=V 2

T2

P1

T1

=P2

T 2

V 1

n1

=V 2

n2

LEYES DE LOS GASESLey de Boyle-Mariotte: A temperatura y cantidad de masa constantes, el volumen de un gas es inversamente proporcional a su presión.

T y n constantes.

n= mM

Donde:

n = número de moles.m = masa.M = Masa Molecular.

V ∝ 1V

PV= ctte.

En función de un estado inicial a un estado final.

P1 P2V1 V2

Ley de Charles (Para n y P constantes):

V ∝T

VT

=ctte .

Ley deGuy – Lussac (Para n y V constantes)

P∝TPT

=cte

Ley de Avogadro (Para T y P constantes)

V ∝n

P1V1 = P2V2

GAS IDEALDefinimos un gas ideal, com un gas hipotético (que no existe), en cual sus partículas no experimentan fuerzas de atracción o repulsión.Esto nos sirve ya que en la práctica muchos gases no se desvían mucho del comportamiento de este “gas ideal”. Entonces, si tuviésemos este gas, tenemos que:

V ∝ nTP

Para quitar el símbolo de proporcionalidad, decimos que:

V= RnTP

PV=nRT

Donde R es la constante de los gases.R= C ¿?

Bueno, para encontrar el valor de R, tenemos que 1 mol de un gas a temperatura y presión estándar ocupa un volumen de 22.4 L, esto es:

P = 1 atmT= 273.15 K

Dado esas condiciones, tenemos que:

R=PVnT

=(1atm )(22.414 L)(1mol )(273.15 K )

R=.082L atmmol K

R=8.314J

mol K

R=62.4mm de Hg L

mol K

Presión y Temperatura Estándaró

STP (StandarTemperature and Pressure)

P1V 1

T 1

=P2V 2

T 2

Dado esto tenemos que, retomando la ecuación anterior:

PV=nRT

Entonces si estamos en un proceso, en el cual no se agrega masa, es decir, el número de moles en el proceso permanece constante, tenemos:

PVT

=nR=ctte

En función de un estado inicial a un estado final.

P1 P2V1 V2 T1 T2

Ejemplo 1.El aire que entra a los pulmones termina en uno sacos diminutos llamados alveolos, en los que el oxígeno se difunde en la sangre. El radio promedio de los alveolos es de .005 cm y el aire que se encuentra dentro de ellos contiene 14% de moles de oxígeno.Suponiendo que la presión en los alveolos es de 1 atm y la temperatura es de 37˚C.Calcule el número de moléculas de oxígeno en uno de los alveolos.

Datos

P = 1 atmT = 37 ˚C = 310 KSustancia : O2r = .005 cmV= ¿?# de moléculas de O2 = ¿?

Fórmula

V= 43

π r3

PV =nRTn= PVRT

Sustitución

V= 43

π (.005 cm)3=5.2359 x10−7 cm3=5.236 x10−10 L

Ecuación General de los gases ideales.

n=(1 atm )(5.236 x 10−10 L)

(.082L atmmol K )(310 K )

=2.059 x10−11 mol

Ahora tenemos que el número de moles dentro del alveolo es de 2.059 x 10-11 mol,pero el problema nos dice que del aire dentro de los alveolos, únicamente el 14 % es oxígeno, así que multiplicamos los moles por el 14%.

2.059 x 10-11 mol ( .14 ) = 2.8826 x 10-12 [ este es el número de moles de oxígeno].

Ya que tenemos el número de moles, podremos entonces determinar el número de moléculas de oxigeno, con el número de Avogadro, que nos dice que:

Por cada mol hay 6.022 x 1023 moléculas.

1mol - 6.022 x 1023 moléculas2.88 x 10 -12 mol - ¿?

Haciendo una regla de tres, nos queda de la siguiente manera:

¿de moléculas deoxígeno=(2.88 x 10−12mol )(6.022 x1023moléculas)

(1 mol) Entonces, la solución será:

1.7343 x 1012 moléculas de O2 dentro un alveolo.

Ejemplo 2Se conectan dos bulbos de volumenes Va y Vb mediante una llave de paso. El número de moles de los gases de los bulbos son na y nb es inicialmente ambos gases se encuentran a la misma presión P y temperatura T. Demuestre aque la presión final del sistema, despúes de abrir la llave de paso es igual a P. Suponga un comportamiento de gas ideal:

Ecuación del gas ideal:PV=nRT

Tomando en cuenta que las temperaturas y presiones son las mismas para ambos casos:

P V a=na RT

P V b=nb RT

Para sacar la presión total:

Ptotal=(na+nb ) RT

¿¿

Sustituimos las primeras ecuaciones, en la ecuación de la presión total.

Ptotal=P V a+PV b

V a+V b

=P(V a+V b)

V a+V b

Ptotal=P

Ejemplo 3

Calcule la densidad del Bromuro de Hidrógeno (HBr) en gL

a 733

mmHg y 46 ˚C.Suponga un comportamiento de gas ideal.

DatosP = 733 mmHgT = 46 ˚C = 319 KM (masa atómica) = ( 1 del Hidrógeno ) + (79.9 del Bromo) = 80.9 g/mol

Fórmula

ρ=mV

Ecuación 1

PV=nRT Ecuación 2

n= mM

Ecuación 3

Sustituyendo la ecuación 3 en ecuación 2

PV=mRTM

despejando P

P=mRTVM

Ahora en la ecuación anterior sustituimos la ecuación 1.

P= ρRTM

Despejando ρ

ρ=PMRT

Sustitución

ρ=(733 mmHg )(80.9

gmol )

(62.4mmHg L

mol K )(319 K)

ρ=2.97gL

PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

En la figura anterior vemos un cuadra más gráfico, acerca de lo que llamamos trabajo, que en este caso, lo efectúa cuando un gas se expande a causa del calor, y empuja, en contra de la presión externa logrando asi mover el pistón.

Conociendo entonces que la fuerza resultante, sale de multiplicar la fuerza por el coseno del ángulo, para el trabajo nos quedaría así:

W =Fd cosθ

Ahora, por las leyes de la física tenemos que:

P ( presión )= F (fuerza)A (área)

= Nm2

De esta ecuación despejamos la fuerza, que es lo que nos interesa calcular, y les ponemos subíndices, indicando que son dentro del sistema.

F exterior=(Pexterior)( A)La fuerza que hace oposición a la fuerza exterior, es la que hay dentro del sistema, y esta fuerza es la que queremos calcular, ya que esta, al mover el piston, realiza el trabajo, por lo tanto, de una forma matemática, la fuerza externa la representaremos negativa. Ahora bien, si bien la fuerza es la P exterior por el área, en estos casos, no estamos estiando un área, sino un volumen, ya que el sistema no es un círculo sino un cilindro, recordamos así, que el volumen es igual a el área por la altura. Entonces:

W trabajo=−Pext A(hf −hi)

W =−Pext A ∆ h

W =−Pexterior ∆ V

Si esta ecuación la transformamos a una forma infinitesimal:

∂ W =−Pext dV

En esta ecuación se deriva parcialmente al trabajo, ya que este es una función de trayectoria, es decir, que la forma en que llegue de un estado inicial a un estado final importa, y en el caso del volumen, la trayectoria de estado de un estado inicial a un estado final se discrimina, ya que sólo nos importa, el estado 1 y el estado 2.Nos queda entonces, la ecuación al integrarla, de la siguiente forma:

W =∫V 1

V 2

−Pext dV

Esta ecuación anterior sería una forma general para calcular el trabajo, ahora, si nuestro sistema experimenta un proceso Isobárico, es decir, que el volumen permanece constante durante todo el proceso, tendríamos que:

W =−Pext∫v i

V f

dv=−Pext (V f−V i)

W =−Pext (∆ V )

Ahora bien en el caso de que tengamos un gas que se expanda libremente, es decir, sin una presión externa que se contraponga a su expansión, tendriamos que:

Pext = 0

Por lo tanto

W = 0

Para el caso de un proceso donde el volumen sea constante, nuestra ΔV se haría cero automáticamente, ya que el Vi y el V2 sería iguales. Asi no queda que para un proceso iscórico:

V = ctteΔV = 0W = 0

En el caso de los procesos reversibles (aquellos que vuelven a sus estado original) que han alcanzado un equilibrio de presiones, es decir, que la presión del sistema es la misma que la presión de los alrrededores:

W =−∫v i

V f

Pdv

TAREA 1

4.3) Demuestre que 1L. atm = 101.3J

1. Saber a cuánto equivale 1 litro y 1 atmósfera.

1L = 0.001m31 atm = 1.013x105 N/m2

2. Realizar la operación necesaria para su solución.(1.001m3) (1.013x105 N/m2) = 101.3 N.m =101.3 J

4.4)Una muestra de 7.24 g de etano ocupa 4.65L a 294K. (a) Calcule el trabajo efectuado cuando el gas se expande isotérmicamente contra una presión externa constante de 0.500 atm hasta que el volumen es 6.87L. (b) Calcule el trabajo efectuado si la misma expansión es

reversible.

DatosP= .500 atmV= 6.87 LVi=4.65LT= 294KR= 0.082 L.atm/mol.k

De acuerdo a los datos que el problema te dá, utilizar la fórmula adecuada para el trabajo como te lo pide el problema.

W =−Pext (vf −vi )W= −( .500 atm ) (6.87 L−4.65 L )W= -−( .500 atm ) (2.22 L )W= - 1.11 atm.L

Una vez obteniendo el resultado nos damos cuenta que el trabajo se mide en Joules (J), por consiguiente tenemos que realizar una conversión.

-1.11atm 101.3J = -112.44J 1 atm

b)

W =−nRt∈ pipf

En donde principalmente tenemos que encontrar a cuanto equivale (n).

N= 7.24 gr

30.02gr

mol

=0.24 mol

W =−nRt lnpipf

W =−(0.24 mol )(.082L atmmol K ) (294 K )( ln

6.87 L4.65 L ¿

¿)W=-(5.785 L atm ) (0.39L)

W=-2.26Latm

En donde el trabajo lo tenemos que convertir a joules (J)

-2.26L.atm 101.3J = - 229.14 J 1 atm

4.5) Una cantidad de 19.2 g de hielo seco (dióxido de carbono solido) se deja sublimar (evaporar) en un aparato.Calcule el trabajo de expansión efectuado contra una presión externa constante de 0.995 atm, y a una temperatura contante de 22oC. Suponga que el volumen inicial del hielo seco es despreciable, y que el CO2 se comporta como un gas ideal.Datos Hielo= 19.2g Pext= .995atmT= 22oC

R= .082L atmmol K

Lo primero que tenemos que hacer es cambiar la temperatura a KT(K)= (22oC)+ 273T= 295KAplicamos la fórmula

V=nRTp

v=(.4363 mol )(.082

L atmmol K ) (295 K )

1atm

v=10.56L

W =−∫v 1

v 2

pext dv=−pext∫v 1

v 2

dv=−pext v∫v 1

v 2

.

W= - .995 atm (10.55L-0)W= -10.4972 L,atmDonde realizamos la conversión para que el trabajo quede el joules (J)

-10.4972L.atm 101.3J = -1.07x103J1L.atm

4.6 calcule el trabajo efectuado por la reacciónZn(s) + H2SO4 (ac) ZnSO4 (ac) + H2 (g)Cuando 1 mol de hidrógeno gaseoso se recolecta a 273K y 1 atm (no tenga en cuenta cambios de volúmenes que no sean de volumen de gas)

Datos

1 mol de H(g)T=273KP= 1 atm

Principalmente tenemos que encontrar a cuanto equivale el volumen.PV=nRT

V=nRTP

v=(1 mol )(.082 l .

atmmol K ) (273 K )

1atmv=22.414 L

Una vez obtenido el volumen ya podemos encontrar el trabajo, por consiguiente debemos aplicar la formula necesaria.

W =−p (∆ v )W =−(1atm ) (22.414 L−0 )W =−22.414 L

Ya que tenemos el resultado lo convertimos a joules(J).

-22.414L.atm 101.3J =-2.24x103J 1l.atm

Calor específicoÓ

Capacodad Calorífica

CALOR

Calor Latente(Cambios de Fase)

En este tipo de calor hay un cambio de temperatura.En este tipo de calor NO hay un cambio de temperatura.

Calor: La transferencia que se da exclusivamente por una diferencia de temperatura se llama “Flujo de Calor” ó “Transferencia de Calor” y la energía así transferida se llamacalor.

En termodinámica nos interesa saber la cantidad de calor que es transferida, es decir,vemos el calor de una manera cuantitativa.La letra “q” nos representara la variable de cantidad de calor.Tenemos que :

q=mc ∆ T

Donde el calor específico (c) se mide en: J

KgK

Si representamos la ecuación anterior de una forma infinitesimal :

∂ q=mcdT

Despejando c

c= 1m

∂ q∂ T

CAPACIDAD CALORÍFICA MOLAR

n= mM

m=nM

Q=nMc ∆ T

Donde

Mc = Capacidad Calorífica molar

q=nC ∆ T

CAPACIDADES CALORÍFICAS ESPECÍFICA Y MOLAR APROXIMADAS

Sustancia C¿ )M( kg

mol )Calor Específico Molar

( Jmol K )

Aluminio 910 .027 24.6Berilio 1970 .00901 17.7Cobre 390 .0635 24.8Etanol 2428 .0461 111.9Etilenglicol 2386 .0620 148Hielo (cerca de 0˚C)

2100 .0180 37.8

Hierro 470 .0559 26.3Plomo 130 .207 26.9Mármol (CaCO3) 879 .1 87.9Mercurio 138 .201 27.7Sal (NaCl) 879 .0585 51.4Plata 234 .108 25.3Agua Líquida 4190 .018 75.4

Primera ley de la termodinámicaEnergía interna (U)∆U= Q+W∆U= U2-U1= Q+W

Forma infinitesimaldU= δQ+δW

Convenciones sobre los signos de calor y trabajo de la IUPACProceso Signo Alrededores

Trabajo efectuado por el Sistema sobre losAlrededores

- Sistema W<0

Trabajo efectuado sobreEl sistema por los alrededores

+ Sistema W>0

Calor de los alrededoresAbsorbido por el sistema(proceso endotérmico)

+ Sistema Q>0

Calor del sistema absorbidoPor los alrededores(proceso exotérmico)

- Sistema Q<0

Entalpia (H)

Experimentos en laboratorio es a presión constante

∆U= V2-V1=Q+W∆U= V2-V1=QP-P(V2-V1)

V2-V1= QP-P(V2-V1)V2-V1= QP-PV2+PV1(V2+PV2)-(V1+PV1)= QPH= U+PV

∆H=H2-H1= (V2+P2 V2)-(V1+P1 V1)P=constanteP1=P2=Pn

∆H= (V2+Pv2)-(V1+PV1)∆H= QP (proceso isobárico o sea a presión constante)

H= U+PV

dH= dU+d(PV)

dH= dU+ VdP+PdV

dH= dU+PdV

dU= δQ+δW

dH= δQ-PdV+PdV

δdH= δQ

∆H= Q

Tomando en cuenta lo anterior decimos que:

du=nCvdt

∆ U=∫T1

T2

nCvdT Cuando Cv está en función de la temperatura.

Y cuando Cv no es función de la temperatura tenemos que

∆ U=nCv ∆ T

Asi mismo tenemos que :

dH =nCpdT

∆ H =∫T1

T2

nCpdT Cuando Cp está en función de la temperatura

Y cuando Cp no es función de la tempeatura tenemos que:

∆ H=nCp ∆ T

¿Cómo relacionar Cv y Cp en un gas ideal?

H= U+PVH=U+nRTdH= dU+d(nRT)dH= dU+nRTdTnCpdT= nCvdT+nRdTCp= Cv+R

Cv (gas monoatómico)= 32 R

Cp (gas monoatómico)= 52 R

Razón de capacidad calorífica

γ=CpCv

siempre>1

PROCESO ADIABÁTICO REVERSIBLE PARA EL GAS IDEAL

En un proceso adiabático, no hay transferencia de calor del sistema hacia los alrededores ni de los alrededores al sistema, tenemos entonces que:

Adiabático: Q = 0, ∆U = W

nCvdT=−Pdv

P=nRTV

Sustituyendo P

nCvdT=−( nRTV )dv

Poniendo la temperatura junto con su derivada e igualando a cero nos queda:

dTT

+ RdVCvV

=0

Recordando que:

γ=CpCv

=Cv+RCv

=1+ RCv

T V γ−1=cte

De un estado inicial a uno final:

T 1V 1γ−1=T 2V 2

γ−1

P vγ=ctte

De un estado inicial a uno final:

P1V 1γ−1=P2 V 2

γ−1

T γ P1−γ=ctte

De un estado inicial a uno final:

T 1γ P1

1−γ=T2γ P2

1− γ

ENERGÍA DE ENLACE Y ENTALPÍA DE ENLACE

La energía de enlace es el cambio de entalpía necesario para romper un enlace específico de un mol de moléculas gaseosas.

Por ejemplo, la energía de enlace determinada en forma experimental para la molécula de hidrogeno es:

Esta ecuación indica que para romper los enlaces covalentes de 1 mol de moléculas de H2 gaseoso se necesitan 436.4 kJ de energía. Para las moléculas de cloro que son más estables,

ENLACE ENERGIADE ENLACE(kJ/mol)

ENLACE ENERGIA DE ENLACE(Kj/mol)

H—H 436.4 C—C 347H—N 393 C==C 620H—O 460 C C 812H—S 368 C—N 276

H—P 326 C==N 615H—F 568.2 C—O 351H—Cl 431.9 C—S 255H—Br 366.1 N—N 193O=O 498.8C—H 414 N—O 176

APLICACIÓN DE LAS ENERGIAS DE ENLACE

El análisis comparativo de los cambios termoquímicos que se presentan en distintas reacciones revela que hay mucha variación en los valores de las entalpías de dichas reacciones. Por ejemplo, la combustión del hidrogeno gaseoso en oxigeno gaseoso es muy exotérmica:

FORMULA:rH°=SEE(reactivos)- SEE(productos)

= consumo total de energía – energía total liberada

H2 (g) + ½ O2(g) H2O (L) H= -285.8 kJEJEMPLOS:

1.- Con la ecuación calcule la entalpía de reacción del siguiente proceso

H2(g) + Cl2 (g) 2HCl(g)

El primer paso es contar el número de enlaces que se rompen y el número de enlaces que se forman. Este cálculo se simplifica con la siguiente tabla

Reactivos:

Tipos de enlaces que se

rompen

Numero de enlaces que se

rompen

Energía de enlace(kJ/mol)

Cambio de energía

H—H 1 436.4 436.4

Cl--Cl 1 242.7 242.7

Productos

Tipos deenlaces formados

Numero de enlaces

formados

Energía de enlace(kJ/mol)

Cambio de energía ( kJ)

H--Cl 2 431.9 863.8

Con la ecuación se tiene ∆rH°=SEE(reactivos)- SEE(productos)

H= 679.1kJ – 863.8kJ=-184.7kJ

2.- Estime la entalpía de combustión del metano:

CH2(g) + 2º2(g) CO2(g) + 2H2O(g)

a 298K y 1bar, usando las entalpías de enlace en la tabla. Compare el resultado con el que se calculo a partir de las entalpías de formación de productos y reactivos.

REACTIVOS:

PRODUCTOS:

Aplicamos la formula de Entalpía de reacción estándar:

∆rH°=SEE(reactivos)- SEE(productos)

= [(1656 KJ mol-1 + 997.6 KJ mol-1) – (1598 KJ mol-1 + 1840 KJ mol-1)]= [ (2653.6 KJ mol-1) – (3438 KJ mol-1) ]

= - 784.4 KJ mol-1

Tipos de enlaces

formados

Numero de enlaces

formados

Energía de enlace (kJ/mol)

Cambio de energía ( kJ)

C—H 4 414 1656O=O 2 498.8 997.6

Tipos de enlaces

formados

Numero de enlaces

formados

Energía de enlace (kJ/mol)

Cambio de energía ( kJ)

C=O 2 799 1598O—H 4 460 1840

Reacciones químicas Cambios de calor

TERMOQUIMICAEs la parte de la Química que se encarga del estudio del intercambio energético de un sistema químico con el exterior.Hay sistemas químicos que evolucionan de reactivos a productos desprendiendo energía. Son las reacciones exotérmicas.Otros sistemas químicos evolucionan de reactivos a productos precisando energía. Son las reacciones endotérmicas.

Entalpia de formación estándar

Es el incremento entalpia (∆ fH °) que se produce en la reacción de formación de un mol de un determinado compuesto a partir de los elementos en estado físico normal (en condiciones estandar).

Se expresa como ΔHf0. Se trata de un “calor molar”, es decir, el cociente entre ΔH0 y el número de moles formados de producto.

Por tanto, se mide en KJmol

.

Calor de reacción: cambio térmico que sufren los reactivos cuando están a determinada temperatura y presión y se transforman en productos a la misma temperatura y presión.

La variación de entalpía estándar de formación se usa en termoquímica para encontrar la variación de entalpía estándar de reacción. Esto se hace restándole la suma de las entalpías estándar de formación de los reactivos a la suma de las entalpías estándar de formación de los productos, como se muestra en la siguiente ecuación.

∆ Hr °=Σv ∆ fH ° ( productos )−Σv ∆ fH ° (reacctivos)

Donde:

v Coeficiente estequiometrico. ( KJmol

)

o Estándar r Reacción f Formación

La entalpias molares de formación estándar(ΔfH °) a 298 K y 1 bar para algunas sustancias inorgánicas y orgánicas se encuentran algunas ya tabuladas, por lo cual solo sería cuestión de sustituir sus valores en la ecuación original.

Reactivos

productosos

Cambio de calor

Ejemplo: El metabolismo es la descomposición en etapas del alimento en que conocemos, para suministrar energía para el crecimiento y las funciones orgánicas. Una ecuación general de este complejo proceso representa la degradación de la glucosa en CO2 y H2O. C6H12O6(s) + 6O2(g) 6CO2(g) + 6H2O(l)

Calcule la entalpia estándar de esta reacción a 298 K.Desarrollo.

1. Se sustituyen los datos en la formula.

ΔH ° r= [6 ΔfH ° (CO2 )+6 ΔfH ( H 2 O ) ]−[ΔfH ° (glucosa )+6 ΔfH °(O 2)]

ΔH ° r=6(−393.5KJmol )+6(−285.8

KJmol )+1274.5

KJmol

ΔH ° r=−2801.3KJmol

Nota:La entalpia de formación estándar también se le puede llamar, entalpia de combustión, ya que como en el ejemplo anterior muestra que, se puede quemar la glucosa con O2 .

∆ fH °=0Moleculas que no involucren un proceso.

ESTADO ELEMENTAL

LEY DE HESS Cuando los reactivos se convierten en productos, el cambio de entalpía es igual si la reacción se efectúa en un paso o en una serie de pasos.

Ejemplo:

Calcule la entalpía de formación estándar de acetileno a partir de sus elementos:

2C(grafito) + H2(g) C2H2(g)

Las ecuaciones de la combustión y los cambios respectivos de entalpía son:

1) C(grafito) + O2(g) CO2(g) ∆rHº= -393.5 KJ/mol2) H2(g) + 1/2 O2(g) H2O(l) ∆rHº= -285.8 KJ/mol3) 2C2H2(g) + 5O2(g) 4CO2(g)+2H2O(l) rHº= -2,598.8KJ/mol

Primer paso: invertir(Si es necesario para que pueda concordar el 2C2H2(g) con el producto del acetileno C2H2(g))

3) 4CO2(g) + 2H2O(l) 2C2H2(g) + 5O2(g) ∆rHº= 2,598.8 KJ/mol

Paso dos: Multiplicar(En caso de que sea necesario para que nos logre resultar la entalpía de formación estándar del acetileno)

2) 2[H2(g) + 1/2 O2(g) H2O(l)] ∆rHº= -285.8 KJ/mol

1) 4[C(grafito) + O2(g) CO2(g)] ∆rHº= -393.5 KJ/mol

Resultados:

3) 4CO2(g) + 2H2O(l) 2C2H2(g) + 5O2(g) ∆rHº= 2,598.8 KJ/mol2) 2[H2(g) + 1/2 O2(g) H2O(l)] ∆rHº= -285.8 KJ/mol1) 4[C(grafito) + O2(g) CO2(g)] rHº= -393.5 KJ/mol

4C(grafito) + 2H2(g) 2 C2H2(g)

4(-393.5) + 2(-285.8) + 2,598.8) = ∆rHº= 453.2 KJ/mol- Dividir entre 22C(grafito) + H2(g) C2H2(g) = ∆rHº= 226.6 KJ/mol

Conversión de unidades

600 torr| 1atm760 torr|=0.79atm

Obteniendo CpCv=Cp−R

Cv= 29.4 Jmol∗K

−8.314 Jmol∗K

Cv=21.08 J /mol∗K

PROBLEMARIO2.20 Una muestra de 4 moles de O2 esta originalmente confinada en 20L a 270K y después va a una expansión adiabática a una presión constante de 600 torr hasta que elvolumen por un factor de 3. Calcular Q, W, ΔT, ΔU, ΔH.

Dentro deun proceso adiabatico no existeun cambio decalor por lotanto

Q=0

*Resolviendo WW =−Pext ∆ V

W =−Pext ( V 2−V 1 )W =−0.78 atm (60 L−20 L )

W =−31.2 atm∗L

W =−31.2 atm∗L|101.325 J1 L∗atm |

W =−3.16 KJ

*Calculando ΔU∆ U=Q+W

Pero comoes un proceso adiabatico∆ U=W

∆ U=−3.16 KJ*Conociendo la ecuación ∆ U=nCv ∆ TDespejamos ΔT y nos queda

∆ T= ∆ UnCv

∆ T= −3.16 KJ(4 mol )(21.08 J /mol∗K)

∆ T=−37.5 K

*Calculando ΔH∆ H=nCp ∆ T

∆ H=(4 mol )( 29.4 Jmol∗K ) (−37.5 K )

∆ H=−4.41 KJ

Datos:4 mol de O2

V1=20LV2=60LT=270KP=600torrCp=29.4J/K*mol

2.21-Una muestra compuesta de 3 moles de gas ideal a 200 K y 2 atm se comprime reversible y adiabáticamente hasta que la temperatura llega a 250K. Teniendo en cuenta que su capacidad calorífica molar a volumen constante es 27.5 J K-1 mol-1, calcular q, w, ΔU, ΔH y la presión final y el volumen.

Datos:n=3mol

T1=200K 27.5 J K-1 mol-1= 27.5J/K.mol

T2=250K

P1=2 atm

Cv=27.5J/K.mol

q=?

w=?

ΔU=?

ΔH=?

P2=?

V2=?

En un proceso adiabático: q=0, ΔU=ww= nCv ΔT

ΔT= (T2-T1)= 250K - 200K=50K

w= (3mol)(27.5J/K.mol)(50K)=4.125kJ

ΔU=4.125kJΔH= nCp ΔT

Cp= R + Cv

Cp= 8.314J/K.mol + 27.5J/K.mol=35.814J/K.mol

ΔH= (3mol)( 35.814J/K.mol) (50K)=5.37kJ

T1δP11-δ= T2 δ P21- δ

P21-δ= (T1δP11-δ)/T2δ

δ = Cp/Cv=(35.814J/K.mol)/(27.5J/K.mol)=1.302

P2-0.302= [(200K)1.302(2atm)-0.302] /(250K)1.302=0.606atm

p2= -0.302√0.606 atm=5.23 atm

V2= (n R T2)/P2V2= [(3 mol)(0.08206 L.atm/K.mol)(250K)]/(5.23 atm)=11.8L

Ejercicio 2.25 Una muestra de 65g de Xenon es puesta en un recipiente a una presión de 2atm y una temperatura de298K, se expande adiabáticamente a)reversible a 1atm; b) calcule la temperatura final a una presión constante de 1atm.a)

SoluciónDatos:65g de Xe = 0.4961mol de Xe.P= 2atmT=298ka) Formula:T σ P1−σ

1=T2σ P2

1−σ Entonces se despeja T 2σ

T 2γ=

T 1γ P1

1−γ

P21−γ

No conocemos ɣ pero sabemos que γ=CpCv

sabiendo que el Cp del gas

xenón es 20.79 J/mol*K podemos utilizar la formula Cp= Cv+R se despeja Cv y se calculaCv=Cp-R esto es Cv= 20.79J/mol*K-8.314J/mol*K dando Cv=12.476.Entonces ya se puede determinar ɣ

γ= 20.7912.476

γ=1.666Sustituyendo en la formula inicial

T 21.666=298 K1.666∗2atm−0.666

1 atm−0.666

¿T 21.666=8.346 .84

Sequita el exponente realizando unaraiz del mismo dando como resultadoT 2=225.86 K

b)Formula

nCv ∆ T=−Pext ∆ VnCv ¿

Tenemos todos los valores menos ΔVPero sabemos que Pv=nRT entonces se despeja V para V1 y V2

V 1=nR T 1

P1

Y V 2=nRT 2

P2

Se sustituye y queda

nCv ∆ T=−Pext (nR T2

P2

−nR T 1

P1

)

Sustituyendo los valores en la ecuación queda

(0.4950 ) (12.476 ) (T 2−298 )=−1( (0.4950 ) (8.314 )T 2

1−

(0.4950 ) (8.314 )(298)2 )

Resolviendo da un valor de

6.175 T 2−1840.15=−1 ( 4.115T 2−613.199 )6.175 T 2+4.115T 2=613.199+1840.15

10.29 T2=2453.349T 2=¿238.42 K ¿

4.8 Algunos manuales para prueba de manejo dicen que la distancia de frenado se cuadriplica cuando la velocidad se duplica. Justifique esta afirmación con argumentos de mecánica y termodinámica.

KE1¿ 12mV12

V2=2V1

KE2=12m(2V1)2

KE2=4 (12mV12)

KE1=4KE1La distancia de frenado es:

∝V ∝KECuando la velocidad se duplica la distancia de frenando se cuadruplica, debido a que para frenar se necesita mas energía cinética porque va a una velocidad elevada.

4.10 Una fuerza de 85N comprime isotérmicamente un gas ideal que actúa a lo largo de 0.24mt.Calcule los valores de ∆U y de q.DatosF=85ND=0.24mFormulas∆ U=Q+WW =FdW= (85N) (0.24m)W= 20.4 J

ΔU=ncp ΔT No depende de la temperatura

∆ U=0Q=−WQ=−20.4 J

4.13 Una muestra de 1.00 mol de amoniaco a 14 atm y 25o C esta en un cilindro cerrado con un pistón móvil, y se expande contra una presión externa constante de 1 atm. En el equilibrio, la presión y el volumen del gas son de 1 atm y 23.5 L respectivamente. (a) Calcule la temperatura final de la muestra. (b) Calcule los valores de q, w y ΔU del proceso.

Datos: Formula DesarrolloP1 = 14 atm PV=nRT V= (1 mol) (.082 atm L mol-1 K-1) / (14 atm) = 1.746 L

T1= 298.15 K PVT

= P 2 V 2

T 2 T2= (298.15 K)

(1atm )(23.5 L)(14 atm )(1.746)

= 286.63K

Pext= 1 atm V= nRT

PVf= 23.5 LVi= ?Tf= ?

(b) ΔU= Q + W Q= nCpΔTW= -Pext∫VfVi dv= -Pext(Vf-Vi)W=(1atm)(23.5L-1.746L) = -2.20 x103 J

ΔU= nCvΔT

Cv=Cp-R Cp= 35.66 J/mol K

Cv= 27.346 J/mol K

ΔU= (1 mol) (27.346 J/mol K) (286.63 K – 298.15 K ) = -317.2 J

Q= ΔU – W

Q = (-397.06 J) – ( - 2.20 x 103 J ) = 1.89KJ

4.14 un gas ideal se comprime isotérmicamente desde 2 atm y 2L,hasta 4 atm y 1L.Calcule los valores de ∆U y ∆H, si el proceso se hace de forma (a)reversible y (b) reversible.

∆U=nCv∆T

∆H=nCp∆T

Es un proceso isotérmico, no hay cambio de temperatura.La energía interna y entalpia de un gas ideal únicamente de la temperatura, no de la presión ni del volumen.

Un mol de gas ideal sufre una expansión isotérmica a 300 K desde 1 atm hasta una PF (presión Final)que efectúa 200 J de trabajo de expansión. Calcule la PF del gas si la Pext = 0.20 atm

T = 300 kP1 = 1 atmPext =0.20 atmPf = ¿?W= 200 Jn = 1 mol R = 0.082 atm * L/ mol * Kdecimos que  W =  - Pext( V2- V1)  y V=nRT/P  ( Ecuación del gas ideal).

Como el trabajo sufre una expansión entonces ( -200 J ), sustituimos datos en la Ecuación de  W= - Pext ( V2-V1).

 - 200 J = [( - 0.20 atm)(1 mol )( 0.082 atm * L/ mol * K)(300 K)] ( 1 / p2 - 1/1 atm)

 -200 J = (-4.92 atm L)[ 1/p2 - 1 atm)  ------------------------------------------------- Si  1 atm L = 101.3 J entonces ( - 4.92 atm L = 498.396 J)-------------------------------------------------  - 200 J = -498.39  ( 1/p2 - 1)::  -200 Joules/ -498.39 Joules = 1/p2 - 1 atm0.40 atm = 1/p2-1 atm

0

0

0.40 atm  + 1 atm = 1/p2 ( sacamos inversa  * elevado a la -1) y da =  0.71 atm.

4.18 Considere un proceso cíclico donde interviene un gas. Si la presión del gas varia durante el proceso, pero al final regresa al valor inicial. ¿Es correcto escribir ΔH=qp?

No, no es correcto. La fórmula aplica para un proceso isobárico y en el contexto del problema menciona que la presión del gas varía por lo tanto puede tomar diferentes valores a lo largo del proceso.

4.19 Calcule el valor de ΔH cuando la temperatura de 1 mol de un gas monoatómico aumenta de 25º hasta 300ºC.

T1 = 25ºC = 298KT2 = 300ºC = 573Kn = 1 molCp = 5/2 RΔT = 573K – 298KΔT = 275KΔH = nCpΔTΔH = (1 mol) [(5/2 R)(8.314 J/mol·K)] (275 K) ΔH = 5.715X103J

4.21 Un trozo de cobre metálico de 6.22kg se calienta desde 20.5 Wc hasta 324.3 Wc. Si el calor específico del Cu es de 0.385Jg−1 Wc−1, calcule el calor (en KJ) que absorbe el metal.FormulaQ=mC∆TDatos sustituciónm=6.22kg=6220g m Q=(6220g)( 0.385 Jg−1 dc−1)( 324.3 dc - 20.5 dc)=Ti=20.5 dc Q=(2394.7 J d℃−1)(303.8 dC)=727509.86J=727.509KJTf=324.3 dcCcu=0.385 Jg−1 dc−1

Q=? KJ

La capacidad calorífica molar a presión constante del nitrógeno se determina mediante la siguiente ecuación.Cp= (27+5.90X10−3T-0.34 X10−6T²)JK−1 mol−1

Calcule el valor de ∆H para calentar un mil de hidrogeno de 25 dC a 125 dC

Datos Formula

T1=25 dC=298.15k ∆H= ∫T 1

T 2

nCp ∆ T

T2=125 dC=398.15kn=1mol

Desarrollo:

∆H=∫T 1

T 2

(1 mol ) (( 27+5.90 X 10−3 T−0.34 X 10−6T 2 ) J K−1mol−1 )dT

∆H= (1mol) ∫T 1

T 2

(( 27+5.90 X 10−3 T−0.34 X 10−6T 2 ) J K−1mol−1 )dT

∆H= (1mol) ∫T 1

T 2

((27 T + 5.90 X 10−3T ²2

−0.34 X 10−6 T 3

3 )J K−1mol−1)∆H=(1mol)

[ ((27 (398.15 k−298.15 k )+5.90 X 10−3 (398.152 k−298.152k )−0.34 X 10−6(398.153 k−298.153 k )) J K−1mol−1 )]∆H=(1mol)((2700+205.4085-4.15)mol−1)∆H=2.9KJ

4.23 Se necesitan 330 Joules de energía para elevar la temperatura de 24.6g de benceno desde 21.0ºC hasta 28.7ºC a presión constante. ¿Cuál es la capacidad calorífica molar del benceno a presión constante?

Q = 330 Jm = 24.5 gT1 = 21.0ºCT2 = 28.7ºCP = ConstanteQ = nCp ΔT

BencenoM = 78.06 g/mol

ΔT = 21.0ºC – 28.7ºCΔT= 7.7ºC

n = m/Mn = 24.6g/78.06g/moln = 0.3151

Cp= Q/n ΔTCp = 330J/(0.3151mol)(7.7ºC)Cp = 136.01 J/molºC4.27 una forma de medir la relación de capacidades caloríficas γ de un gas es medir la velocidad del sonido (c) en el gas, determinada por,

C=√ γ RTM

Donde M es la masa molar del gas. Calcule la velocidad del sonido en helio a 25°C.

R=8.314

JMOL∗K Convertimos a

kg∗m2s2 = 8.314

kg∗m2s2

/mol∗k

T=25°C= 298 K

M= 4g/mol convertimos a kg / mol = 4x10−3

kg/mol

γ=c p

cv

cv =

32( 8. 314 kg∗m2 /s2 )/mol∗k

= 12.471kgm2

/s2

/mol*k

cp=52( 8. 314 kg∗m2/ s2)/mol∗k

= 20.785 kg*m2

/s2

/mol*k

γ=20 . 785 kg∗m2/ s2 /mol∗k12 . 471 kg∗m2/ s2 /mol∗k

=1.66

c=√(1 .66 )(8 .314kg∗m2 /s2/mol∗k )(298k )4 x10−3 kg /mol = 1.013 m/s

Un termo contiene leche y se agita vigorosamente. Considérese que la leche es el sistema. Aumenta la temperatura como resultado de la agitación Se a agregado calor al sistemaSe a efectuado trabajo sobre el sistemaHa cambiado la energía interna del sistema

Respuesta: Debido ala agitación se añade energía al sistema. El movimiento azaroso de las moléculas en la leche se incrementa y esto origina un aumento en la temperatura.

No se agrega calor al sistema ya que el termo no permite la transferencia del calor entre el sistema y los alrededores.Se efectuó un trabajo en el sistema atreves de la agitación vigorosa. Si cambia la energía interna del sistema (incrementa)