FISICOQUIMICA

Aprende Termodinámica Resolviendo Problemas
Miguel Angel Gutierrez
Energías Libres y Equilibrio Químico
Definición de energía libre de Helmholtz
A = U − TS
Es función de estado, propiedad extensiva y criterio de espontaneidad y equilibrio a
volumen y temperatura constantes
Definición de energía libre de Gibbs
G = H − TS
Es función de estado, propiedad extensiva y criterio de espontaneidad y equilibrio a
presión y temperatura constantes.
Criterios de espontaneidad y equilibrio:
En un sistema aislado (volumen y energía interna constantes):
Si ∆S > 0 , el proceso es espontáneo,
Si ∆S = 0 , el sistema está en equilibrio,
Si ∆S < 0 , el proceso no es espontáneo
A temperatura y presión constantes:
Si ∆G < 0 , el proceso es espontáneo;
Si ∆G = 0 , el sistema se encuentra en equilibrio;
Si ∆G > 0 , el proceso no es espontáneo.
A volumen y temperatura constantes:
Si ∆A < 0 , el proceso es espontáneo;
Si ∆A = 0 , el sistema se encuentra en equilibrio;
Si ∆A > 0 , el proceso no es espontáneo.
A presión y entropía constantes:
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GUTIERREZ
Si ∆H < 0 , el proceso es espontáneo;
Si ∆H = 0 , el sistema se encuentra en equilibrio;
Si ∆H > 0 , el proceso no es espontáneo.
A energía interna y volumen constantes:
Si ∆U < 0 , el proceso es espontáneo;
Si ∆U = 0 , el sistema se encuentra en equilibrio;
Si ∆U > 0 , el proceso es no espontáneo.
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Ecuaciones fundamentales de la Termodinámica
dU = TdS − PdV
dH = TdS + VdP
dA = − PdV − SdT
dG = VdP − SdT
De aquí se obtienen las relaciones:
 ∂U 
T =

 ∂S V
y
 ∂U 
−P=

 ∂V  S
 ∂H 
T =

 ∂S  P
y
 ∂H 
V =

 ∂P  S
 ∂A 
−P=

 ∂V  T
y
 ∂A 
−S =

 ∂T V
 ∂G 
V =

 ∂P  T
y
 ∂G 
−S =

 ∂T  P
y también las Relaciones de Maxwell
 ∂T 
 ∂P 

 = − 
 ∂V  S
 ∂S V
 ∂T 
 ∂V 

 =

 ∂P  S  ∂S  P
 ∂P 
 ∂S 

 =

 ∂T V  ∂V  T
 ∂V 
 ∂S 

 = − 
 ∂T  P
 ∂P  T
Para una reacción química,
∆Greaccion = ∑ ∆G f ( productos ) − ∑ ∆G f ( reactivos )
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∆Areaccion = ∑ ∆A f ( productos ) − ∑ ∆A f ( reactivos )
Considerando
que los gases que intervienen en la reacción se comportan
idealmente la relación entre la energía libre de Helmholtz y la energía libre de Gibbs
es
∆G = ∆A + ( n productos − nreactivos ) gases RT
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Dependencia de la energía libre de Gibbs con la temperatura
(
)
 ∂ ∆G 
T  = −∆H

 ∂T 
T2

P
ecuación de Gibbs Helmholtz
Si la entalpía es constante, esta ecuación se integra así:
∆G2 ∆G1 ∆H  1 1 
−
=
 − 
T2
T1
R  T1 T2 
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Relación de la constante de equilibrio con la energía libre de Gibbs
∆G 0 = − RT ln Kp
Dependencia de la constante de equilibrio con la temperatura
ln
0
T 2 ∆H
Kp2
=∫
dT
T 1 RT 2
Kp1
Si se considera que la entalpía es constante, se tiene:
ln
Kp2 ∆H 0  1 1 
=
 − 
Kp1
R  T1 T2 
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Problemas resueltos
 ∂U 
 ∂P 
1. Demostrar que 
 = T
 −P
 ∂V  T
 ∂T V
Solución:
dU = TdS − PdV
 ∂U 
 ∂S 
 ∂V 

 =T 
 − P

 ∂V T
 ∂V T
 ∂V T
 ∂S   ∂P 
y por las relaciones de Maxwell: 
 =

 ∂V T  ∂T V
entonces:
dU = TdS − PdV
 ∂U 
 ∂P 

 =T 
 −P
 ∂V T
 ∂T V
 ∂H 
 ∂V 
2. Demostrar que 
 = −T 
 +V
 ∂P T
 ∂T  P
Solución.
dH = TdS + VdP
 ∂S 
 ∂V 
 ∂H 
 ∂S 
 ∂P  y por las relaciones de Maxwell:   = − 

 ∂P T
 ∂T  P

 =T
 +V  
 ∂P T
 ∂P T
 ∂P 
 ∂H 
 ∂V 
Entonces 
 = −T 
 +V
 ∂P T
 ∂T  P
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3. Dos moles de helio se encuentran inicialmente en un recipiente de 20 L a 5
atm. En otro recipiente de 80 litros se encuentran 4 moles de nitrógeno a 3
atm. Estos dos gases son transferidos a un tercer recipiente aislado de 100
L, donde se mezclan y la temperatura final es de 298.15 K. Calcular la
entropía total del sistema en este proceso considerando que los gases se
comportan idealmente.
Solución:
El helio y el nitrógeno se encuentran en diferentes condiciones iniciales de
temperatura, presión y volumen. Al transferir estos dos gases a otro
recipiente, las condiciones de cada uno cambian. Dado que la entropía es
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función de estado, podemos calcular el cambio total de entropía del sistema
dividiendo el proceso en varias etapas y sumando las contribuciones de cada
una de ellas. Estas etapas son: a) cambio de volumen del helio a
temperatura constante, b) cambio de temperatura del helio a volumen
constante, c) cambio de volumen del nitrógeno a temperatura constante, d)
cambio de temperatura del nitrógeno a volumen constante, e) mezcla de
ambos gases a temperatura constante. Estas etapas se muestran en el
siguiente diagrama:
2 moles He
100L, 609.76 K
a)
b)
2 moles He
20 L, 5 atm,
2 moles de He
609.76K
+ 4 moles N2
100 L, 298.15K
Ptotal=1.47 atm
(e)
4 moles N2
80L, 3 atm,
731 .71K
d)
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4 moles N2
c)
100L, 731.71K
a) cambio de volumen del helio a temperatura constante,
∆S = nR ln
V2
= 26.76 J K −1
V1
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b) cambio de temperatura del helio a volumen constante,
∆S = nCv ln
T2
= 17.85 J K −1
T1
c) cambio de volumen del nitrógeno a temperatura constante,
∆S = nR ln
V2
= 3.71 J K −1
V1
d) cambio de temperatura del nitrógeno a volumen constante,
∆S = nCv ln
T2
= −74.65 J K −1
T1
e) mezcla de ambos gases a temperatura constante.
∆S mezcla = − ntotal R
∑ x ln x
i
i
i
∆S mezcla = − ntotal R  xhelio ln xhelio + xnitrogeno ln xnitrogeno  = 31.75 J K −1
El cambio total de entropía se obtiene sumando todas las contribuciones:
∆Stotal = ∆S a + ∆Sb + ∆S c + ∆S d + ∆S e = 5.42 J K −1
4. ¿Sería recomendable (desde el punto de vista de la termodinámica) la
obtención de benceno mediante la siguiente reacción a 298.15 K?
3 HC ≡ CH ( g )
C6 H 6 ( g )
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Solución.
Para contestar a esta pregunta, debemos calcular ∆G 0 y aplicar el criterio de
espontaneidad y equilibrio que nos ofrece
0
∆Greaccion
= ∆G 0f C 6 H 6( g ) − ∆G 0f C 2 H 2( g )
0
∆Greaccion
= 1mol (129.72 kJ mol −1 ) − 3mol (147.92 kJ mol −1 )
0
∆Greaccion
= −314.04kJ mol −1
0
es negativo, esta reacción es espontánea, natural; por esta
Dado que ∆Greaccion
razón este método para obtener benceno es recomendable. Esto NO significa
que sea una reacción rápida, en Termodinámica no tomamos en cuenta la
velocidad de reacción, lo único que significa es que es posible.
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5. Sin usar tablas, determinar la diferencia entre ∆G 0 y ∆A0 para la reacción:
C ( s ) + CO2 ( g ) → 2CO2 ( g )
considerando comportamiento ideal.
Solución.
Partimos de la definición de G para obtener su relación con A
G = H − TS = U + PV − TS = A + PV
dG = dA + PdV + VdP
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considerando la presión constante:
∆G = ∆A + P∆V
despreciando el volumen de los sólidos y líquidos y considerando que los
gases se comportan idealmente:
RT nreactivos RT  
 n
∆G = ∆A + P V productos − Vreactivos  = ∆A + P  productros
−

P
P
  gases

∆G = ∆A + ( n productos − nreactivos ) gases RT
Para esta reacción tenemos que:
∆G 0 − ∆A0 = ( 2 − 1) RT
∆G 0 − ∆A0 = 2.48kJ
6. Para la siguiente reacción:
PCl5 ( g )
PCl3 ( g ) + Cl2 ( g )
a) Calcular Kp a 298.15K
b) Determinar el grado de disociación a 298.15K y 1 bar
c) Calcular Kp a 600K
d) Determinar el grado de disociación a 600K y 1 bar
e) Determinar el grado de disociación a 600K y 10 bar
Solución.
a) Obtenemos ∆G 0 para la reacción a partir de datos de tablas
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0
0
0
0
∆Greaccion
= ∆GPCl
3( g ) + ∆GCl 2( g ) − ∆G f PCl 5( g )
= 1mol ( −267.8kJmol −1 ) + 1mol ( 0kJmol −1 ) − 1mol ( −305kJmol −1 )
0
∆Greaccion
= 37.2kJ
0
es positivo, la reacción no es espontánea a 298.15K y 1 bar.
Como ∆Greaccion
Kp se obtiene a partir de la siguiente expresión:
∆G 0 = − RT ln Kp
− (37200 Jmol
−∆G

(
RT )

Kp = e
=e
0

−1


(8.314 JK −1mol −1 ) ( 298.15 K ) 
Kp = 3.04 × 10 −7
Observamos que Kp es muy pequeña, lo cual significa que el equilibrio está
desplazado hacia los reactivos.
b) Para determinar el grado de disociación hacemos el siguiente análisis
considerando que al inicio hay 1 mol de reactivo (PCl5):
PCl5
Número
de
PCl2
1
0
Total
Cl2
0
1
moles al inicio
Número
moles
1−α +α + α
de
en
el
1−α
α
α
= 1+α
equilibrio
Kp =
PPCl 3 PCl 2
PPCl 5
Kp =
xPCl 3 Ptotal xCl 2 Ptotal xPCl 3 xCl 2 ( 2 −1)
∆n gases
Ptotal = KxPtotal
=
xPCl 5 Ptotal
xPCl 5
En este caso
 α  α 



α2
1+ α  1+ α 
Kx = 
=
1− α 2
1−α 


1+α 
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 α  α 



α2
1+ α  1+ α  1
Kp = 
Ptotal =
= 3.04 × 10−7
2
1− α
1−α 


1+α 
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de donde obtenemos que α = 5.51 × 10−4 , es muy pequeña, por lo que el
equilibrio está desplazado hacia los productos. De acuerdo a este resultado,
en el equilibrio tenemos el siguiente número de moles de cada compuesto:
PCl5
PCl3
Número de moles 1 − α ≈ 1
Total
Cl2
α = 5.51 × 10−4 α = 5.51 × 10−4
= 1+α ≈ 1
en el equilibrio
Si por cada mol de PCl5, se obtuvieron 5.51x10-4 moles de PCl3, el
rendimiento es casi nulo, la reacción no es espontánea
c) Ahora vamos a analizar el efecto de la temperatura sobre el equilibrio.
Considerando que el cambio de entalpía para la reacción es constante en
este intervalo de temperatura, aplicamos la ecuación
ln
Kp2 ∆H 0  1 1 
0
−1
=
 −  utilizando el ∆H = 87.9 k J mol obtenido de
Kp1
R  T1 T2 
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tablas
ln Kp2 = ln Kp1 +
ln Kp600 K
∆H 0  1 1 
 − 
R  T1 T2 
87900 Jmol −1 
1
1 
= ln ( 3.04 × 10 ) +
−
 = 2.8333
−1
−1 
8.314 JK mol  298.15K 600 K 
−7
Kp600 K = 17
Al
aumentar
la
temperatura,
la
constante
de
equilibrio
aumentó
considerablemente debido a que la reacción es endotérmica de acuerdo al
Principio de Le Châtelier.
d) Para obtener el grado de disociación seguimos el mismo procedimiento
que en el inciso b)
 α  α 



α2
1+ α  1+ α  1
Kp = 
Ptotal =
= 17
1−α 2
1−α 


1+α 
α = 0.97
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Este valor de α quiere decir que por cada mol de PCl5 que se encontraba
inicialmente, reaccionan 0.97, de tal manera que en el equilibrio tenemos
0.97 moles de PCl3 y 0.97 moles de Cl2 y solamente 0.03 moles de PCl5
como se resume en la tabla siguiente:
PCl5
PCl3
Número de moles 1 − α = 0.03 α = 0.97
Cl2
Total
α = 0.97
1 + α = 1.97
en el equilibrio
El rendimiento de la reacción pasó a ser del 97%
d) En este inciso analizamos el efecto de la presión sobre esta reacción en el
equilibrio, es decir, aplicamos el principio de Le Châtelier.
En la ecuación ∆G 0 = − RT ln Kp , observamos que Kp solamente depende de
la temperatura, entonces Kp sigue siendo la misma a 10 bar; lo que cambia
es Kx. A 600 K tenemos:
∆n gases
Kp = KxPtotal
Kx =
Kx =
Kp
∆n gases
total
P
=
17
= 1.7
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α
= 1.7
1− α 2
2
α = 0.79
El equilibrio se desplaza hacia el reactivo según el Principio de Le Châtelier,
el rendimiento baja. Dado que al aumentar la presión disminuye el volumen,
el equilibrio se desplaza hacia el reactivo debido a que éste ocupa menor
volumen como se observa de la estequiometría de la reacción, ya que por
dos moles de gases en productos, solamente hay un mol de gas en
reactivos. El número de moles de reactivo y productos a 600K y 10 bar se
resume en la siguiente tabla:
PCl5
PCl3
Número de moles 1 − α = 0.21 α = 0.79
Cl2
Total
α = 0.79
1 + α = 1.79
en el equilibrio
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