Primera Ley de la Termodinmica La primera ley

Primera Ley de la Termodinámica La primera ley es la conservación de la energía aplicado a un sistema de muchísimas partículas. A cada estado del sistema le corresponde una energía interna U. Cuando el sistema pasa del estado A al estado B, su energía interna cambia en ΔU = UB - UA No es posible conocer la energía de un sistema, sólo conocemos su cambio en un proceso Definición matemática de la primera ley de la termodinámica. La variación en la energía interna de un sistema es igual a la diferencia entre el calor tomado por el sistema y el trabajo realizado sobre el sistema. W<0 W>0 SISTEMA ΔU = Q + W Q>0 Q<0

ΔU = Q + W U ≡ f (T, P, V) ΔU = función de estado extensiva Q y W no son funciones de estado. Ya que conociendo los estados inicial y final no se puede conocer Q o W Tanto Q como W dependen del camino seguido para ir del estado 1 al estado 2 Ejemplo: Si tomamos 1 mol de H 2 O a 25 ºC y 1 atm, y elevamos la temperatura hasta 30 ºC, siendo la presión final 1 atm. ¿Cuánto vale Q? No se puede calcular Q, ya que el proceso no está especificado. Se podría aumentar la T, Q = m. CpΔT = 18 g x 1 cal/(g ºC) x 5ºC = 90 cal Pero ¿cómo se eleva la temperatura?

Calor y el trabajo se “distinguen” por su efecto sobre las moléculas del entorno Q W • Ambas son formas de variar la energía del sistema • El calor es energía “desordenada” y el trabajo energía “ordenada” • NO son funciones de estado

W<0 W>0 ΔU= Q + W SISTEMA Q>0 Q<0 Proceso cíclico ΔU = 0 W = Q Proceso no es cíclico ΔU ≠ 0 Proceso a volumen constante ΔU = Q Proceso aislado ΔU = W Si el sistema realiza trabajo U disminuye Si se realiza trabajo sobre el sistema U aumenta. Si el sistema absorbe calor al ponerlo en contacto térmico con un foco a temperatura superior, U aumenta ü Si el sistema cede calor al ponerlo en contacto térmico con un foco a una temperatura inferior, U disminuye. ü ü ü ü

• En un sistema adiabático, la energía interna sólo puede cambiar por transferencia de trabajo con el entorno. ΔU = Q + W • En un sistema diatérmico, la energía interna puede cambiar por transferencia de calor y trabajo con el entorno. ΔU = Q + W

Transformaciones La energía interna U del sistema depende únicamente del estado del sistema, en un gas ideal depende solamente de su temperatura. Mientras que la transferencia de calor o el trabajo mecánico dependen del tipo de transformación o camino seguido para ir del estado inicial al final. Proceso Isócorico - No hay variación de volumen del gas - W=0 - Q=nc. V(TB-TA) - Donde c. V es el calor específico a volumen constante - ΔU = Q + W = Q - PΔV

Proceso Isóbarico - No hay variación en la presión del gas - W=p(v. B-v. A) - Q=nc. P(TB-TA) - Donde c. P es el calor específico a presión constante -ΔU = Q + W = Q - PΔV

Proceso Isotérmico p - No hay variación en la temperatura del gas - ΔU = ΔQ - ΔW - Si ΔU = 0 (proceso isotérmico) Entonces 0 = ΔQ - ΔW Por lo tanto, ΔQ = ΔW V Para un gas ideal, la energía interna es independiente del volumen, sólo depende de la temperatura. En consecuencia para cualquier proceso isotermo en un gas ideal U = 0

Procesos Específicos y la Primera Ley Proceso Definición Consecuencia de la 1 ra Ley Adiabático Q=0 U = W Isocórico W=0 U = Q Cíclico U = 0 Q=W

En un proceso se hacen 200 J de trabajo sobre un sistema durante el cuál se extraen 70 cal de calor. Calcule (a) W, (b) Q y (c) U con sus signos. Respuesta: (a) W es el trabajo hecho por el sistema. Es el negativo del trabajo que se hace sobre el sistema. Así que W = - 200 J. (b) Q es el calor que entra al sistema. Así que Q = - 70 cal = - 70 * 4. 19 J = - 293. 3 J (c) U = Q + W = -293. 3 + 200 = - 93. 3 J

ENTALPÍA (H) La entalpía es el calor absorbido o liberado en un proceso a presión constante • Función de estado H ≡ f (T, P, V, U) H ≡ U + PV • Propiedad extensiva • Unidades de energía (J) • H ≡ H [J/mol] n

PROCESO A PRESIÓN CONSTANTE ΔU = Q + W V = Q − ∫ V Pext d. V = QP - P ∫ d. V = QP – P (V 2 -V 1) 1 ΔU=U 2 -U 1 2 A presión constante QP = ΔU + P (V 2 -V 1) QP = (U 2 + PV 2) - (U 1+ PV 1) = ΔH ΔH 2 ΔH 1

Productos Reactivos H > 0 Reac. exotérmica Reactivos Exotérmico: calor liberado por el sistema Entalpia (H) Reac. endotérmica Endotérmico: calor absorbido por el sistema H < 0 Productos

Proceso exotérmico es cualquier proceso que cede calor, es decir, transfiere energía térmica hacia los alrededores. 2 H 2 (g) + O 2 (g) H 2 O (g) 2 H 2 O (l) + energía Proceso endotérmico, en el cual los alrededores deben suministrar calor al sistema. energía + 2 Hg. O (s) 2 Hg (l) + O 2 (g)

Relación Qv con Qp (gases) H= U+P· V Aplicando la ecuación de los gases: P·V=n·R·T y si P y T son constantes la ecuación se cumplirá para los estados inicial y final: P· V= n·R·T H= U+ n·R·T

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 k. J. C 3 H 8 (g) + 5 O 2 (g) 3 CO 2 (g) + 4 H 2 O (l) H = – 2219, 8 k. J Mol reactivos = 1+5 = 6 Mol productos = 3 n = 3 -6=-3 H= U+ n·R·T Despejando en U = H – n · R · T = – 2219*103 J + 3 mol · (8, 3 J/mol. K) · 298 K = – 2214*10+3 J U = – 2212 k. J

Relación Qv con Qp (sólidos y líquidos) En reacciones de sólidos y líquidos apenas se produce variación de volumen y. . . Qv Qp es decir: U H

Entalpía Normal de la Reacción Es el incremento entálpico de una reacción en la cual, tanto reactivos como productos están en condiciones estándar (P = 1 atm; T = Cte) Se expresa como H 0 y como se mide en J o k. J depende de cómo se ajuste la reacción. Así, H 0 de la reacción “ 2 H 2 + O 2 2 H 2 O” es el doble del de “H 2 + ½ O 2 H 2 O”. H 0 = H 0 productos – H 0 reactivos

Ecuaciones Termoquímicas Expresan tanto los reactivos como los productos indicando entre paréntesis su estado físico, y a continuación la variación energética expresada como H (habitualmente como H 0). Ejemplos: CH 4(g) + 2 O 2(g) CO 2(g) + 2 H 2 O(l) Hº = – 890 k. J H 2(g) + ½ O 2(g) Hº = – 244, 4 k. J H 2 O(g)

Ecuaciones Termoquímicas H depende del número de moles que se forman o producen. Por tanto, si se ajusta poniendo coeficientes dobles, habrá que multiplicar Hº por 2: n¡CUIDADO!: n 2 H 2(g) + O 2(g) 2 H 2 O(g) Hº = 2· (– 241, 4 k. J) n. Con frecuencia, suelen usarse coeficientes fraccionarios para ajustar las ecuaciones: n. H 2(g) + ½ O 2(g) H 2 O(g) Hº = – 241, 4 k. J

Ecuaciones Termoquímicas • Los estados físicos de todos los reactivos y productos se deben especificar en las ecuaciones termoquímicas. H 2 O (s) H 2 O (l) Δ H = 6. 01 k. J H 2 O (l) H 2 O (g) Δ H = 44. 0 k. J ¿Cuánto calor se libera cuando 266 g de fósforo blanco (P 4) se queman en el aire? P 4 (s) + 5 O 2 (g) Respuesta ΔH = - 6470 k. J P 4 O 10 (s) ΔH = -3013 k. J

¿Cuánto calor se emite cuándo una barra de hierro de 869 g se enfría de 94°C a 5°C? Ce de Fe = 0. 444 J/g • 0 C Δt = tfinal – tinicial = 50 C – 940 C = -890 C q = m. CeΔt = 869 g x 0. 444 J/g • 0 C x – 890 C = -34339, 4 J

Entalpía estándar de formación (calor de formación). n. Es el incremento entálpico ( H) 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 estándar). n. Se expresa como Hºf. Se trata de un “calor molar”, es decir, el cociente entre Hº y el número de moles formados de producto. n. Por tanto, se mide en k. J/mol. n. Ejemplos: C(s) + O 2(g) CO 2(g) H 2(g) + ½ O 2(g) H 2 O(l) Hfº = – 393, 13 k. J/mol Hfº = – 285, 8 k. J/mol

Cálculo de Hº (calor de reacción) n. Aplicando la ley de Hess podemos concluir que : Hº = np Hºf (productos)– nr Hºf(reactivos) que Hºf de todos los elementos en estado original es 0. n. Recuerda

Ejemplo: Conocidas las entalpías estándar de formación del butano (C 4 H 10), agua líquida y CO 2, cuyos valores son respectivamente – 124, 7, – 285, 8 y – 393, 5 k. J/mol, calcular la entalpía estándar de combustión del butano. n. La reacción de combustión del butano es: n. C 4 H 10(g) n Hº +13/2 O 2(g) 4 CO 2(g) + 5 H 2 O(l) Hºcomb= ? = np Hºf(product. ) – nr Hºf(reactivos) = n 4 mol(– 393, 5 k. J/mol) + 5 mol(– 285, 8 k. J/mol) – 1 mol(– 124, 7 k. J/mol) = – 2878, 3 k. J/mol n. Luego la entalpía estándar de combustión será: Hºcombustión = – 2878, 3 k. J/mol

Ley de Hess - Cuando los reactivos se convierten en productos, el cambio en entalpía es el mismo independientemente si la reacción tiene lugar en un paso o en una serie de pasos. - - Recuerda que H es función de estado. - Por tanto, si una ecuación química se puede expresar como combinación lineal de otras, podremos igualmente calcular H de la reacción global combinando las H de cada una de las reacciones.

Ejemplo: Dadas las reacciones (1) H 2(g) + ½ O 2(g) H 2 O(g) Hº 1 = – 241, 8 k. J (2) H 2(g) + ½ O 2(g) H 2 O(l) Hº 2 = – 285, 8 k. J Calcular la entalpía de vaporización del agua en condiciones estándar. H 2 O(g) Hº 1 = – 241, 8 k. J H 2(g) + ½ O 2(g) Hº 2 = + 285, 8 k. J (1) H 2(g) + ½ O 2(g) (2) H 2 O(l) H 2 O(g) Hºvap = + 44 k. J

Esquema de la ley de Hess H H 2(g) + ½ O 2(g) H 2 O(g) Hº = – 241, 8 k. J 1 Hº 2 = – 285, 8 k. J H 2 O(l) Hº 3 = 44 k. J

Ejercicio: Conocidas las entalpías estándar de formación del butano (C 4 H 10), agua líquida y CO 2, cuyos valores son respectivamente – 124, 7, – 285, 8 y – 393, 5 k. J/mol, calcular la entalpía estándar de combustión del butano. Si utilizamos la ley de Hess, la reacción: (4) C 4 H 10(g) +13/2 O 2(g) 4 CO 2(g) + 5 H 2 O(l) H 0 comb=? Puede obtenerse a partir de: (1) H 2(g) + ½ O 2(g) H 2 O(l) Hº 1 = – 285, 8 k. J (2) C(s) + O 2(g) CO 2(g) Hº 2 = – 393, 5 k. J (3) 4 C(s) + 5 H 2(g) C 4 H 10(g) Hº 3 = – 124, 7 k. J ΔHºcomb = – 2878, 3 k. J

Ejercicio: Determinar Hºf del eteno (C 2 H 4) a partir de los calores de reacción de las siguientes reacciones químicas: (1) H 2(g) + ½ O 2(g) H 2 O(l) (2) C(s) + O 2(g) CO 2(g) (3) C 2 H 4(g) + 3 O 2(g) 2 CO 2(g) + 2 H 2 O(l) ΔHºf = 64, 14 k. J Hº 1 = – 285, 8 k. J Hº 2 = – 393, 13 k. J Hº 3 = – 1422 k. J

Ejercicio: Las entalpías de combustión de la glucosa (C 6 H 12 O 6) y del etanol (C 2 H 5 OH) son – 2815 k. J/mol y – 1372 k. J/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 CO 2. ¿Es exotérmica la reacción? n. Las reacciones de combustión son, respectivamente: (1) C 6 H 12 O 6 + 6 O 2 n(2) C 2 H 5 OH + 3 O 2 6 CO 2 + 6 H 2 O 2 CO 2 + 3 H 2 O H 3= – 71 k. J ny la reacción es exotérmica. H 1 = – 2815 k. J/mol H 2 = – 1372 k. J/mol

Calcule la entalpía estándar de formación de CS 2 (l) teniendo que: C(grafito) + O 2 (g) CO 2 (g) ΔH 0= -393. 5 k. J S(rómbico) + O 2 (g) CS 2(l) + 3 O 2 (g) ΔH 0 = 86. 3 k. J SO 2 (g) Δ H 0= -296. 1 k. J CO 2 (g) + 2 SO 2 (g) Δ H 0 = -1072 k. J

Energía de Enlace n“Es la energía necesaria para romper un enlace de un mol de sustancia en estado gaseoso” n. En el caso de moléculas diatómicas es igual que la energía de disociación: A—B(g) A(g) + B(g) Hdis = Eenlace= Ee n. Ejemplo: H 2(g) 2 H(g) H = 436 k. J n. Es positiva (es necesario aportar energía al sistema) n. Es difícil de medir. n. Se suele calcular aplicando la ley de Hess.

Ejemplo: Calcular la energía del enlace H—Cl en el cloruro de hidrógeno conociendo Hºf (HCl) cuyo valor es – 92, 3 k. J/mol y las entalpías de disociación del H 2 y del Cl 2 que son 436, 0 k. J/mol y 243, 4 k. J/mol, respectivamente. n n n La reacción de disociación del HCl será: HCl(g) H(g) + Cl(g) ½H 2(g) + ½Cl 2(g) HCl(g) H 2(g) 2 H(g) Cl 2(g) 2 Cl(g) Ee(HCl) = 432, 0 k. J/mol Hº 4= ? ? ? ? Hº 1 = – 92, 3 k. J Hº 2 = 436, 0 k. J Hº 3 = 243, 4 k. J

Cálculo de Hº a partir de las Energía de Enlace (disociación) - Aplicando la ley de Hess en cualquier caso se obtiene la siguiente fórmula: Hº = ni · Ee(enl. rotos) – nj · Ee(enl. formados) en donde ni representa el número de enlaces rotos y formados de cada tipo.

Ejemplo: Sabiendo que las energía de los siguientes enlaces (k. J/mol): C=C: 611; C–C: 347; C–H: 413 y H–H: 436, calcular el valor de Hº de la reacción de hidrogenación del eteno. n. Reacción: n. En CH 2=CH 2(g) + H 2(g) CH 3–CH 3(g) el proceso se rompe un enlace C=C y otro H–H y se forman 2 enlaces C–H nuevos (el etano tiene 6 mientras que el eteno tenía sólo 4) y un enlace C–C. n Hº = Ee(enl. rotos) – Ee(enl. formados) = n Hº = 1 Ee(C=C) + 1 Ee(H–H) – 1 Ee(C–C) – 2 Ee(C–H) n H 0 = 1 mol · 611 k. J/mol + 1 mol · 436 k. J/mol – (1 mol · 347 k. J/mol + 2 mol · 413 k. J/mol) = nΔHº = – 126 k. J/mol

Ejercicio: Calcula el calor de combustión de propano a partir de los datos de energía de enlace de la tabla. Enlace E (k. J/mol) e n. C 3 H 8 + 5 O 2 3 CO 2 + 4 H 2 O n. Enlaces rotos: 8 C–H, 2 C–C y n. Enlaces formados: 6 C=O y 8 O–H n Hº = 5 O=O Ee(e. rotos) – Ee(e. form. ) n Hº = 8 Ee(C–H) + 2 Ee(C–C) + 5 Ee(O=O) – [6 Ee(C=O) + 8 Ee(O–H)] n Hº = 8· 413 k. J + 2· 347 k. J +5· 499 k. J – (6· 745 k. J + 8· 460 k. J) = – 1657 k. J H 0 comb(C 3 H 8) = – 1657 k. J/mol H–H 436 C–C 347 C=C 620 C C 812 O=O 499 Cl–C 243 C–H 413 C–O 315 C=O 745 O–H 460 Cl–H 432

Entropía (S) Es una medida del desorden del sistema que sí puede medirse y tabularse. S = Sfinal – Sinicial Existen tablas de Sº (entropía molar estándar) de diferentes sustancias. En una reacción química: Sº = np· Sºproductos – nr· Sºreactivos La entropía es una función de estado.

Segunda Ley de la Termodinámica. “En cualquier proceso espontáneo la entropía total del universo tiende a aumentar siempre” Suniverso = Ssistema + Sentorno 0 A veces el sistema pierde entropía (se ordena) espontáneamente. En dichos casos el entorno se desordena.

La entropía (S) es una medida de la aleatoriedad o desorden de un sistema. orden desorden S S ΔS = Sf - Si Si el cambio de los resultados de inicial a final es un aumento en la aleatoriedad Sf > Si ΔS > 0 Para cualquier sustancia, el estado sólido es más ordenado que el estado líquido y el estado líquido es más ordenado que el estado gaseoso Ssólido< Slliquido<< Sgas H 2 O (s) H 2 O (l) ΔS > 0

Sólido Procesos que conducen a un aumento en la entropía (ΔS > 0) Líquido Disolvente Soluto Sistema a T 1 Disolución Sistema a T 2 (T 2 > T 1)

¿Cómo cambia la entropía de un sistema para cada uno de los procesos siguientes? (a) Condensación de vapor de agua La aleatoriedad disminuye La entropía disminuye (ΔS < 0) (b) Formación de cristales de sacarosa de una disolución sobresaturada La aleatoriedad disminuye La entropía disminuye (ΔS < 0) (c) Calentamiento de hidrógeno gaseoso desde 600 C a 800 C La aleatoriedad aumenta La entropía aumenta (ΔS > 0) (d) Sublimación del hielo seco La aleatoriedad aumenta La entropía aumenta (ΔS > 0)

Cambios de entropía en el sistema (ΔSsis) La entropía estándar de una reacción (ΔS 0 rx) es el cambio de la entropía para una reacción. a. A + b. B ΔS 0 rx = c. C + d. D [ c. S 0(C) + d. S 0(D) ] - [ a. S 0(A) + b. S 0(B) ] ΔS 0 rx = S n. S 0(productos) - S m. S 0(reactivos)

¿Cuál es el cambio en la entropía estándar en la siguiente reacción a 250 C? 2 CO (g) + O 2 (g) 2 CO 2 (g) S 0(CO) = 197. 9 J/K • mol S 0(O 2) = 205. 0 J/K • mol S 0(CO 2) = 213. 6 J/K • mol ΔS 0 rxn = 2 x S 0(CO 2) – [2 x S 0(CO) + S 0 (O 2)] ΔS 0 rxn = 427. 2 – [395. 8 + 205. 0] = -173. 6 J/K • mol

Cambios de entropía en el sistema (ΔSsis) Cuando los gases son producidos (o consumidos) • Si una reacción produce más moléculas de gas que las que consume, ΔS 0 > 0. • Si el número total de moléculas disminuye, ΔS 0 < 0. • Si ni hay cambio neto en el número total de moléculas de gas , entonces ΔS 0 puede ser positivo o negativo PERO ΔS 0 será un número pequeño. ¿Cuál es el signo del cambio de la entropía para la reacción siguiente? 2 Zn (s) + O 2 (g) 2 Zn. O (s) El número total de moléculas de gas baja , ΔS es negativo.

Cambios de entropía en los alrededores (ΔSalred) Calor Proceso exotérmico ΔSalred > 0 Sistema Energía Sistema Alrededores Energía Alrededores Proceso endotérmico ΔSalred < 0

Ejemplo: Calcula Sº para las siguientes reacciones químicas: a) N 2(g) + O 2(g) 2 NO(g); b) 3 H 2(g) + N 2(g) 2 NH 3(g). Datos: Sº (J·mol– 1·K– 1): H 2(g) = 130, 6; O 2(g) =205; N 2(g) = 191, 5; NO(g) = 210, 7; NH 3(g) =192, 3 Sº = np· Sºproductos – nr· Sºreactivos a) Sº = 2 mol · 210, 7 J ·mol– 1 ·K– 1 – (191, 5 J·K– 1 + 205 J·K– 1 ) = 24, 9 J·K– 1 b) Sº = 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

Proceso espontáneo: ΔSuniverso = Δ Ssistema + Δ Salrededor > 0 Proceso en equilibrio: ΔSuniverso = ΔSsistema + ΔSalrededor = 0

Física espontánea y procesos químicos • Una cascada corre cuesta abajo • Un terrón de azúcar se disuelve en una taza de café • El calor fluye de un objeto más caliente a un objeto más frío • Un gas se expande en una bombilla al vacío • El hierro expuesto al oxígeno y agua forma herrumbre espontáneo no espontáneo

Espontáneo No Espontáneo

¿Una disminución en el entalpía significa que una reacción procede espontáneamente? Reacciones espontáneas CH 4 (g) + 2 O 2 (g) CO 2 (g) + 2 H 2 O (l) H 0 = -890. 4 k. J H+ (ac) + OH- (ac) H 2 O (l) H 0 = -56. 2 k. J H 2 O (s) NH 4 NO 3 (s) H 2 O (l) H 0 = 6. 01 k. J H 2 O NH 4+(ac) + NO 3 - (ac) H 0 = 25 k. J

Tercera Ley de la Termodinámica n “La entropía de cualquier sustancia a 0 K es igual a 0” (máximo orden). n Equivale a decir que no se puede bajar de dicha temperatura. n ¡CUIDADO! Las S de los elementos en condiciones estándar no son 0 sino que es positiva.

Energía libre de Gibbs (G) (energía libre o entalpía libre) n. En procesos a T constante se define como: G=H–T·S n. En G = H – T · S condiciones estándar: Gº = Hº – T· Sº n Suniverso = Ssistema + Sentorno > 0 (p. espontáneos) Multiplicando por “–T” y como “–T Sentorno = Hsist” n–T · Suniverso = – T · Ssist + Hsist = G < 0 n. En procesos espontáneos: G < 0 n. Si G. > 0 la reacción no es espontánea n. Si G. = 0 el sistema está en equilibrio

Incremento de energía libre de una reacción ( G) - G es una función de estado. - Al igual que el incremento entálpico el incremento de energía libre de una reacción puede obtenerse a partir de Gºf de reactivos y productos: Gº = np Gºf (productos) – nr Gºf (reactivos)

Energía libre y Espontaneidad de las Reacciones Químicas Reac. Espontánea Productos Reactivos G > 0 T, p = ctes. Energía libre (G) Reac. no espontánea Reactivos G < 0 Productos T, p = ctes.

Espontaneidad en las Reacciones Químicas n. No siempre las reacciones exotérmicas son espontáneas. n. Hay reacciones endotérmicas espontáneas: q. Evaporación de líquidos. q. Disolución de sales. . . n. Ejemplos de reacciones endotérmicas espontáneas: NH 4 Cl(s) NH 4+(aq) + Cl– (aq) Hº = 14, 7 k. J H 2 O(l) H 2 O(g) Hº = 44, 0 k. J

Espontaneidad en las Reacciones Químicas reacción es espontánea cuando G = H – T S es negativo. n. Una sean positivos o negativos los valores de H y S (T siempre es positiva) se cumplirá que: n. Según n H < 0 y S > 0 G < 0 Espontánea n H > 0 y S < 0 G > 0 No espontánea n H < 0 y S < 0 G < 0 a T bajas G > 0 a T altas n H > 0 y S > 0 G < 0 a T altas G > 0 a T bajas

Espontaneidad en las Reacciones Químicas H < 0 S > 0 S Espontánea a todas las temperaturas H > 0 S > 0 Espontánea a temperaturas altas H H < 0 S < 0 H > 0 S < 0 Espontánea a temperaturas bajas No Espontánea a cualquier temperaturas

Ejemplo: ¿Será o no espontánea la siguiente reacción en condiciones estándar? 2 H 2 O 2(l) 2 H 2 O (l) + O 2(g) Datos: Hºf (k. J/mol) H 2 O(l) = – 285, 8; H 2 O 2(l) = – 187, 8 ; Sº (J/·mol K) H 2 O(l) = 69, 9; H 2 O 2(l) = 109, 6; O 2(g) =205, 0. Hº = np Hfº(productos)– nr Hfº(reactivos) = Hº = 2 Hfº(H 2 O) + Hfº(O 2) – 2 Hfº(H 2 O 2) = 2 mol(– 285, 8 k. J/mol) – 2 mol(– 187, 8 k. J/mol) = – 196, 0 k. J Sº = np· Sºproductos – nr· Sºreactivos = Sº = 2 Sº(H 2 O) + Sº(O 2) – 2 Sº(H 2 O 2) = 2 mol(69, 9 J/mol·K) + 1 mol(205, J/mol·K) – 2 mol(109, 6 J/mol·K) = 126, 0 J / K = 0, 126 k. J / K Gº = Hº – T · Sº = – 196, 0 k. J – 298 K · 0, 126 k. J/ K = Gº = – 233, 5 k. J luego será espontánea

Ejercicios 1. - 2. - 3. - 4. -

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