Et01577201 04 Solucionario Fyq 1bach

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Unidad 4. T ermodinámica,

calor y temperatura

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Física y Química 1

Actividades de los epígrafes

Energía térmica, calor y temperatura

Página 121 1 ¿Por qué no se mide la temperatura directamente? La temperatura es una propiedad estadística, ya que es proporcional al valor medio de la energía cinética de las moléculas. La temperatura se mide de forma indirecta mediante magnitudes termométricas, que son aquellas que varían con la temperatura, como la altura de una columna de líquido, la resistencia eléctrica o el volumen y la presión de un gas.

2 A la misma temperatura, ¿qué moléculas se mueven más deprisa, por término medio, las de hidrógeno o las de oxígeno? Se mueven más deprisa las moléculas de hidrógeno, porque tienen menor masa. Igual temperatura significa igual energía cinética media; por tanto, menor masa molecular conlleva mayor velocidad media.

3 ¿Se puede medir la temperatura de un cuerpo sin tocarlo? ¿Con qué clase de termómetro? Sí, midiendo la radiación térmica que emite el cuerpo. Esto se hace con el pirómetro óptico y el termómetro infrarrojo.

4 La fotografía muestra un termómetro de dilatación. ¿Sabrías describir su funcionamiento? En los termómetros de dilatación se utilizan materiales con un elevado coeficiente de dilatación, de forma que su aumento de volumen se pueda medir en una escala graduada. El material más utilizado en estos termómetros ha sido el mercurio, pero debido a sus problemas para la salud y el medioambiente, se ha reemplazado por alcohol.

Página 123 5 La temperatura habitual en el laboratorio es de 20 °C. Exprésala en las escalas Kelvin y Fahrenheit. T = tc + 273,15 = 20 + 273,15 = 293,15 K t C = t F – 32 → t = t C · 9 + 32 = 20 · 9 + 32 = 68 °F F 5 5 5 9

6 Razona si las escalas Kelvin y Fahrenheit son o no son de tipo centígrado. La escala Kelvin sí, porque tiene 100 unidades entre el punto de congelación del agua y su punto de ebullición. La escala Fahrenheit no, ya que entre el punto de congelación del agua y el de ebullición hay 180 °F, por lo que tiene más divisiones en el mismo intervalo.

7 ¿A qué temperatura dicen los ingleses que tienen fiebre? Si atribuimos el estado febril a las temperaturas corporales superiores a 37 °C, en Inglaterra, donde se emplea la escala Fahrenheit, será: t C = t F – 32 → t = t C · 9 + 32 = 37 · 9 + 32 = 98,6 °F F 5 5 5 9 125

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Termodinámica, calor y temperatura



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Termodinámica

Página 125 8 La frontera que separa un sistema termodinámico de su ambiente es, a veces, una pared. En los recuadros de esta página y de la anterior hemos estudiado algunos tipos de paredes y de sistemas termodinámicos. Razona qué clase de pared le corresponde a cada sistema. Por ejemplo, las paredes de un sistema adiabático han de ser aislantes del calor. Las paredes fijas no permiten intercambio de trabajo. Las paredes impermeables corresponden a sistemas cerrados. Hay paso de energía, pero no de materia. Las paredes diatérmanas o conductoras se sitúan en sistemas cerrados, ya que hay intercambio de energía en forma de calor. Las paredes móviles son también de un sistema cerrado, en que el intercambio de energía es en forma de trabajo. Las paredes permeables se sitúan en sistemas abiertos con un intercambio de materia y energía. En un sistema aislado, las paredes han de ser fijas, aislantes del calor e impermeables.

9 ¿Qué tipo de sistema termodinámico es una célula? ¿Y un huevo? ¿Y una lanzadera espacial? La célula es un sistema abierto, ya que hay un intercambio de materiales y de energía a través de una pared permeable y móvil. De igual manera, un huevo es un sistema abierto, ya que la cáscara permite el paso de gases y de calor. Pero no de trabajo, ya que la pared no es fija. El tipo de sistema que corresponde a una lanzadera espacial es cerrado, ya que es necesario un intercambio de energía en forma de trabajo, pero no de materia.

10 Propón un ejemplo de sistema termodinámico adiabático y otro aislado. Un sistema adiabático no permite el intercambio de energía en forma de calor. Un ejemplo de esto son los materiales utilizados en construcción, como aislantes térmicos (la espuma de poliestireno) o los utilizados en hornos, como ladrillos refractarios. Ejemplo de sistemas aislados, donde no hay intercambio de materia ni de energía, son un termo o el universo.

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Primer principio de la termodinámica

Página 127 11 Explica brevemente: a) Por qué en un proceso cíclico X = 0, siendo X una magnitud termodinámica función de estado. b) Cómo calcularías el trabajo p-V, cuando p = cte. c) Cuándo el trabajo p-V es nulo. a) Una magnitud termodinámica función de estado solo depende del estado final e inicial del sistema. Por tanto, si el estado final es igual al inicial, porque es un proceso cíclico, ΔX = 0. b) Cuando p = cte, el trabajo p-V se calcula gráficamente al representar la presión en función del volumen. El área del rectángulo p · (V2 – V1) será el trabajo experimentado por el sistema. c) El trabajo es nulo cuando no hay variación de volumen. 126

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12 Calcula el trabajo que soporta un sis tema que reduce su volumen en 1 cm3 a p = cte = 2 bar. El trabajo del sistema viene dado por la expresión: Wsistema = –p · ΔV Para el cálculo del trabajo, las unidades de p y V deben estar en el Sistema Internacional; así, el trabajo toma un valor de: –6 3 5 W = –2 bar · 10 Pa · (–1 cm3) · 10 m3 = +0,2 J 1bar 1cm

13 Un sistema desarrolla un proceso isocórico y adiabático. ¿Cuánto varía su energía interna? En un proceso isocórico no hay variación de volumen; por tanto, el trabajo es nulo: W = 0. En un proceso adiabático no hay intercambio de calor: Q = 0. Si el sistema es isocórico y adiabático, la variación de energía interna debe ser nula: ΔU = Q + W = 0

14 Calcula U para la fusión de un bloque de hielo de 100 kg (desprecia el cambio de volumen). La energía interna viene dada por el primer principio de la termodinámica: ΔU = Q + W. El trabajo será nulo, debido a que no hay cambio de volumen. El calor será el producto de multiplicar el calor latente de fusión (333 kJ/kg) por la masa: ΔU = Q = L f · m = 333 · 10 3 J/kg · 100 kg = + 33,3 · 10 6 J

15 Obtén gráficamente el trabajo que experimenta un sistema cuyo volumen aumenta de 1 L a 2 L, mientras la presión varía según: p (Pa) = 104 + 2 · V (cm3). Representamos presión frente a volumen. En el caso de la presión, sabemos que varía de p1, en función de V1, a p2, en función de V2. Los valores que tomarán serán: p1 = 104 + 2 · V1 = 104 + 2 · 103 = 1,2 · 104 Pa p2 = 104 + 2 · V2 = 104 + 2 · 2 · 103 = 1,4 · 104 Pa p (Pa) 1,4 · 104 AT 1,2 · 104 AR 10–3

2 · 10–3

V (m3)

El trabajo que experimenta el sistema será el área entre la recta de la presión y el eje de abscisas. Esta área será la suma del área de un rectángulo y un triángulo: –3 3 Wsistema = A T + A R = 10 – 3 m3 · 12 · 10 3 Pa + 10 m · 2 000 Pa = +13 J 2

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Energía interna y los cambios que experimenta

Página 128 16 ¿Cómo puede variar un sistema su energía interna? Un sistema realiza un trabajo contra su entorno de 35 kJ. Indica en qué casos puede ser: a) U > 0

b) U = 0

c) U < 0

La variación de energía interna en un sistema se produce o por intercambio de calor, de trabajo o de calor y trabajo al mismo tiempo. Cuando un sistema realiza un trabajo contra el entorno, según el criterio de signos, se considera negativo, luego W < 0 siempre en este caso. Por tanto, según el primer principio de la termodinámica, ΔU = Q + W, si: a) ΔU > 0 Se cumplirá que Q > |W | b) ΔU = 0 Se cumplirá que Q = |W | c) ΔU < 0 Se cumplirá que Q < |W |

17 Un recipiente que contiene 0,5 mol de un gas se encuentra sometido a una presión de 2,0 atm. ¿Qué trabajo debe realizar para expandirse hasta una presión de 1,5 atm, a T = cte? Como se expande, ΔV > 0, el trabajo es negativo; pero su valor no puede determinarse numéricamente, pues se desconoce la temperatura y, por tanto, V1 y V2. Por tratarse de un proceso isotérmico, T = cte, se cumple la ley de Boyle para el gas y la gráfica p -V da una hipérbola equilátera: p (atm)

T = cte A

2

B

1,5 1

W<0

0,5 0 V1

V2

V

El trabajo es el área bajo la curva, es decir, el área del cuadrilátero curvo formado por V1 – A – B – V2 que debe obtenerse gráficamente. En cursos superiores se demostrará que el área y, por tanto, el trabajo vale para un gas ideal: W = –n · R · T · ln

V2 V1

= n · R · T · ln

p2 <0 p1

Página 129 18 Define brevemente qué son procesos isocóricos, isobáricos, isotérmicos y adiabáticos. Un proceso isocórico es aquel que tiene lugar a un volumen constante. Como el trabajo es nulo, la variación de energía interna es igual al calor a volumen constante: ΔU = Qv 128

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Un proceso isobárico es el que ocurre a presión constante. El calor intercambiado a p = cte coincide con la variación de entalpía: ΔH = Qp En un proceso isotérmico no hay variación de temperatura. La variación de energía interna es nula para un gas ideal. En un proceso adiabático no hay intercambio de calor. La variación de energía interna es igual al trabajo: ΔU = Wad

19 Explica por qué en un proceso cíclico se cumple siempre que W = –Q. La energía interna es una función de estado. Esto quiere decir que solo depende de su situación inicial y final. Al ser un proceso cíclico, ambas situaciones coinciden, siendo ΔU = 0. Por tanto: 0 = W + Q 8 W = –Q

20 Para una reacción química dada, se ha obtenido que Q = +40 J y W = +25 J. Se repite el proceso en otras condiciones físicas, pero empezando y acabando en los mismos estados. Calcula W, sabiendo que Q = –8 J. La variación de energía interna en las primeras condiciones viene dada por la primera ley de la termodinámica: ΔU = Q + W ΔU = 40 J + 25 J = 65 J Aunque haya una variación de las condiciones físicas, si la situación inicial y final es la misma que en el primer proceso, la variación de energía interna es la misma, por ser una función de estado. Podemos, entonces, calcular el trabajo en esta segunda situación: 65 J = –8 J + W W = 65 J + 8 J = +73 J

21 Para comprimir un gas se requiere un trabajo externo de 450 J. En dicho proceso, hay una transferencia de calor del gas a su entorno que vale 175 J. Calcula la variación de energía interna. Según el criterio de signos, el trabajo que se realiza sobre el sistema es positivo: W = +450 J, y el calor que desprende el sistema es negativo: Q = –175 J. Según el primer principio de la termodinámica, la variación de energía interna será: ΔU = Q + W = –175 J + 450 J = +275 J

22 Calcula el trabajo de expansión que tiene lugar en la combustión completa de 3 mol de metano, suponiendo que los productos de reacción están en fase gaseosa y estamos en c.n. de p y T. La combustión del metano tiene la siguiente ecuación química: CH4 (g) + 2 O2 (g) → CO2 (g) + 2 H2O (g) Se observa que no hay cambio en la cantidad se sustancia en el proceso: la cantidad de sustancia de productos es la misma que la de reactivos. Por tanto, como todas las especies son gaseosas, no hay cambio de volumen y el trabajo de expansión, W = –p · ΔV, será nulo. 129

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Relación entre U y H

Página 130 23 Un gas está encerrado en un cilindro de paredes adiabáticas. Calcula las variaciones de energía interna y de entalpía cuando el volumen se reduce 50 cm3 a la presión constante de 4 atm. Al aplicar el primer principio de la termodinámica, obtenemos la energía interna, ΔU = Q + W. Al ser un sistema de paredes adiabáticas, el calor será nulo; por tanto: ΔU = W = –p · ΔV La variación de volumen es negativa, ya que es una compresión (reducción de volumen). Utilizando las unidades del Sistema Internacional: ΔU = – 405 300 Pa · (–50 · 10 – 6 m3) = +20,3 J La expresión para la entalpía será: ΔH = ΔU + p · ΔV Como la variación de entalpía coincide con el calor intercambiado a presión constante, en nuestro caso su valor es cero, ya que en un proceso adiabático no hay intercambio de calor: ΔH = –p · ΔV + p · ΔV = 0

24 Si la reacción N2 (g) + 3 H2 (g) 8 2 NH3 (g) transcurre a 298 K y V = cte, el calor desprendido por mol de NH3 formado es 41 kJ. Calcula Hr a la misma temperatura y a p = cte = 1 atm. La energía interna es la suma del calor de reacción (negativo, porque se desprende) más el trabajo, W = –p · ΔV, que será nulo puesto que V = cte → ΔV = 0. Por tanto, ΔUr = – 41 kJ. Para el cálculo de la entalpía de reacción se utiliza la expresión: ΔHr = ΔUr + Δn · R · T Que es, aproximadamente, válida para gases ideales. Como queremos que el cálculo se refiera a 1 mol de NH3, escribimos la ecuación química para 1 mol de producto: 3 1 N (g) + H (g) → NH3 (g) 2 2 2 2 Por tanto, Δn = –1. Así, la entalpía de esta reacción será: ΔHr = ΔUr + Δn · R · T = – 41 · 10 3 J + (–1 mol) · 8,314

J · 298 K mol · K

ΔHr = 43 477,572 J ≈ 43,48 kJ Como está referida a un mol de NH3 formado, diremos que la entalpía de reacción por mol es 43,48 kJ/mol.

Página 131 25 En cursos anteriores trabajamos con el concepto de calor latente de fusión, y usábamos el valor de 80 cal/g para el agua. Comprueba que este valor es coherente con el dato, dado más arriba, de 6,02 kJ/mol. 130

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Sabiendo que 1 cal = 4,184 J, y que la masa molar del agua es 18 g/mol, realizamos el cambio de unidades para el calor latente utilizando factores de conversión: 4, 184 J 18 g de H 2 O L f = 80 cal g · 1cal · 1mol de H 2 O = 6 024,96 J/mol ≈ 6,02 kJ/mol

26 Repite los cálculos del ejercicio resuelto 6 pero referidos, en este caso, a la vaporización de 1 mol de amoniaco a –33 ºC y presión constante de 1 atm, siendo Q = +327 kcal/kg. a) Para el proceso de vaporización de amoniaco: NH3 (l ) → NH3 (g) El trabajo de expansión lo determinamos con la expresión: W = p · ΔV → W = –p · (Vgas – Vlíquido) Como el volumen que ocupa el líquido frente al que ocupará el gas es insignificante, se puede admitir que la variación de volumen es igual al volumen del gas. Considerando el NH3 como gas ideal, el volumen del gas será: ·T = p · V = n · R · T → V = n ·R p

J · 240 K mol · K = 19,7 · 10 – 3 m3 101325 Pa

1mol · 8, 314

El trabajo de expansión es: W = –101 325 Pa · 19,7 · 10 – 3 m3 = –1 995,4 J ≈ –2,0 kJ (por mol) b) La variación de energía interna viene dada por la expresión: ΔU = Q + W. El trabajo ya está calculado. Luego, debemos calcular el calor absorbido por cada mol de amoniaco líquido. Como la masa molar del amoniaco es 17 g/mol y 1 kcal = 4,184 kJ: 4, 184 kJ 17 g de NH 3 Q = 0,327 kcal g · 1kcal · 1mol de NH 3 = +23,26 kJ/mol Por tanto, la energía interna será: ΔU = Q + W = 23,26 kJ/mol + (–2,0 kJ/mol) = +21,26 kJ/mol Dado que la presión de trabajo es constante, la entalpía será igual al calor a presión constante: ΔH = Q = 21,26 kJ/mol

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Segundo principio de la termodinámica

Página 133 27 El calor de combustión del carbón es de 7,8 kcal/g. Calcula el trabajo que, en teoría, se podría generar a partir de la combustión de 1 kg de carbón. El calor desprendido, en unidades del SI, es: 10 3 g 4, 184 kJ 10 3 J Q = 1 kg · 7,8 kcal · · · = 3,26 · 10 7 J ≈ 3,3 · 10 7 J g 1kg 1kcal 1kJ Por tanto, si todo el calor se pudiera transformar en trabajo, la combustión de 1 kg de carbón podría generar 3,3 · 10 7 J de trabajo. 131

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28 Si una máquina térmica realiza un trabajo de 200 J en cada ciclo, extrayendo 1 000 J de calor de una fuente fría y cediendo 800 J a una fuente más caliente, ¿se viola el primer principio? ¿Será posible que tal máquina funcione? No se viola el primer principio, pero tal máquina no se puede construir: el calor no puede fluir espontáneamente de un foco frío a otro caliente. Luego, sí violaría el segundo principio.

29 Una máquina térmica realiza, en cada ciclo, un trabajo de 5 kJ y entrega al foco frío 200 cal. ¿Qué calor extrae del foco caliente? Como es una máquina cíclica, ΔU = 0; por tanto: |W | = |Q | – |Q | → |Q | = |W | + |Q | = 5 000 J + 200 cal · 4,184 1 2 1 2

J = 5 836,8 J cal

30 Explica qué significa la expresión «muerte térmica» del universo. Es una forma «dramática» de explicar que la entropía del universo aumenta continuamente, esto es, que los sistemas tienden a desordenarse, al tiempo que otras formas de energía se transforman en energía térmica, que es la menos útil para producir trabajo.

31 Si en la expresión del rendimiento en función de la temperatura el foco frío está en el cero absoluto, ¿qué sucede? ¿Se puede hacer eso técnica y teóricamente? La expresión del rendimiento de una máquina térmica es: η = 1 – T2 T1 Siendo T2 el foco frío y T1 el foco caliente. Si T2 = 0, el rendimiento será: η = 1 – 0 = 1 → η = 100 % T1 Técnicamente, no está demostrado que ninguna sustancia alcance el cero absoluto de temperatura, luego no podría llevarse a cabo en la práctica. Teóricamente, incurrimos en un error, ya que no se cumpliría el segundo principio de la termodinámica: no se puede construir una máquina térmica cuyo único resultado sea extraer calor de un foco y convertirlo íntegramente en trabajo. Por tanto, no se puede hacer de ninguna manera.

32 Las bombas de calor son máquinas térmicas inversas que toman calor del exterior frío y lo trasladan al interior cálido; su eficiencia térmica supera el 100 %: =

Q1 Q1 = Q1 – Q2 W

→

máx

=

T1 >1 T1 – T2

¿Qué crees que es mejor usar, una bomba de calor o una resistencia eléctrica para calentarnos? Una resistencia eléctrica produce calor a partir de la energía eléctrica. Por tanto, su rendimiento es como máximo el 100 %. En una bomba de calor, además del calor debido a la conversión del trabajo eléctrico, hay un extra que corresponde al calor extraído del foco frío. Su rendimiento se denomina COP, y tiene la siguiente expresión: COP = Q C = Q F + W = 1 + Q F W W W Por tanto, será mejor utilizar una bomba de calor que una resistencia eléctrica. 132

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Página 135 33 Razona el signo de S en los siguientes casos, indicando si el proceso transcurre con aumento del orden o del desorden: a) Combustión del metano, donde el agua aparece en fase gaseosa. b) Solidificación de agua. c) Descomposición térmica del carbonato de calcio en óxido de calcio y dióxido de carbono. a) La combustión de metano sigue la reacción: CH4 (g) + 2 O2 (g) → CO2 (g) + 2 H2O (g) Al no haber variación en la cantidad de gases, la variación en la entropía del sistema será prácticamente cero: ΔS ≈ 0. b) Al solidificar el agua, sus moléculas se están ordenando. Esto quiere decir que: ΔS < 0. c) La reacción de descomposición será: CaCO3 (s) → CaO (s) + CO2 (g) Hay un aumento en la cantidad de sustancia y un cambio de fase de sólido a gaseoso. Por tanto, aumenta el desorden y, en consecuencia, la entropía: ΔS > 0.

34 En un determinado proceso la entropía del sistema disminuye. ¿Cómo ha de ser la entropía del entorno para que sea espontáneo? En un proceso espontáneo, la entropía total del universo aumenta: ΔSuniverso = (Ssistema + Sentorno) > 0 Si la entropía del sistema disminuye, la del entorno debe ser mayor en valor absoluto, y de signo positivo para que la del universo sea positiva.

35 Calcula S para el ejercicio resuelto 9, suponiendo que el agua aparece ahora en fase gaseosa, y compara el resultado con el razonamiento que hayas hecho en el apartado a) de la actividad 34. La reacción de combustión del metano, obteniéndose el agua en fase gaseosa, es: CH4 (g) + 2 O2 (g) → CO2 (g) + 2 H2O (g) La diferencia con respecto al ejercicio resuelto 9 es la variación de la entropía del agua. En este caso: S o H2O (g) = 188,80 J/(mol · K). Así, la variación de la entropía de la reacción será: ΔS or = ∑ n · S o(productos) – ∑ m · S o(reactivos) ΔS or = [1 mol · S o(CO2, g) + 2 mol · S o(H2O, g)] – [1 mol · S o(CH4, g) + 2 mol · S o(O2, g)] ΔS or = [1 mol · 213,7 J/(mol · K) + 2 mol · 188,8 J/(mol · K)] – – [1 mol · 186,3 J/(mol · K) + 2 mol · 205,1 J/(mol · K)] = –5,2 J/K La variación de entropía es casi nula, ya que todas las especies son gaseosas y Δn = 0. Comparado con el ejercicio resuelto 9, se observa que pasar de H2O (g) a H2O (l ) origina una apreciable disminución de entropía. 133

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36 Calcula la variación de entropía asociada a la reacción de combustión del benceno líquido, C6H6. En la reacción se produce CO2 y H2O. Resuelve el problema según que el agua se forme en: a) Fase gaseosa.

b) Fase líquida.

Planteamos la reacción de combustión del benceno: C6H6 (l ) + 15 O2 (g) → 6 CO2 (g) + 3 H2O 2 Los valores de entropía estándar de los compuestos son: Compuesto

S o c

J m mol ·K

C6H6 (l )

173,40

O2 (g)

205,10

CO2 (g)

213,70

H2O (g)

188,80

H2O (l )

69,91

Ahora ya determinamos el valor de la entropía para cada uno de los casos: a) En el caso de que el agua esté en fase gaseosa, la entropía de la reacción será: ΔS or = [6 mol · S o(CO2, g) + 3 mol · S o(H2O, g)] – [1 mol · S o(C6H6, l ) + 15 mol · S o(O2, g)] 2 ΔS or = [6 mol · 213,70 J/(mol · K) + 3 mol · 188,80 J/(mol · K)] – – [1 mol · 173,4 J/(mol · K) + 15 mol · 205,10 J/(mol · K)] = +136,9 J/K 2 b) Si el agua se encuentra en fase líquida, la entropía de reacción tomará un valor de: ΔS or = [6 mol · S o(CO2, g) + 3 mol · S o(H2O, l )] – [1 mol · S o(C6H6, l ) + 15 mol · S o(O2, g)] 2 ΔS or = [6 mol · 213,70 J/(mol · K) + 3 mol · 69,91 J/(mol · K)] – – [1 mol · 173,4 J/(mol · K) + 15 mol · 205,10 J/(mol · K)] = –219,8 J/K 2 Observa que en el primer caso, ΔSr > 0, hay aumento en la cantidad de especies gaseosas, 3 ; mientras que en el segundo caso, ΔSr < 0, hay disminución en la cantidad de es2 3 pecies gaseosas, Δn = – . 2 Δn =

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Actividades finales

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Energía térmica, calor y temperatura 1 Indica, de forma razonada, cuál o cuáles de las siguientes proposiciones son correctas: a) El calor es energía que se acumula en los cuerpos. b) La temperatura es una magnitud macroscópica y no se aplica a un átomo o molécula. c) La energía térmica se debe al movimiento de los electrones en los átomos. d) Si un cuerpo está más caliente que otro es porque tiene más energía térmica. a) Falso. Los cuerpos acumulan energía térmica, no calor. El calor es energía que fluye entre dos cuerpos a diferente temperatura. b) Cierto. Es una propiedad estadística que se aplica a cuerpos que tienen muchos átomos. c) Falso. Se debe al movimiento de átomos, iones y moléculas. d) Falso. Tiene temperatura superior.

2 ¿Cuánto varía la temperatura de un gas si la energía cinética promedio de sus moléculas se triplica? La temperatura se triplica, porque esta es directamente proporcional a la energía cinética: T = k ·

3 Busca información sobre tres tipos de termómetros que basen su funcionamiento en propiedades eléctricas. Explica cómo funcionan. • Termómetro de resistencia de platino: se basa en la variación de la resistencia de un hilo de platino respecto a la variación en la temperatura. • Termistor: Se basa en la variación de la resistividad de un semiconductor con la temperatura. • Termopar: Se basa en la pequeña diferencia de potencial que se crea entre dos uniones o soldaduras de dos metales diferentes cuando la temperatura de las uniones es diferente.

4 Asigna las siguientes cualidades a un sólido, a un líquido, a un gas o a varios de ellos: a) Rigidez.

c) Mucho espacio vacío entre las partículas.

b) Desorden.

d) Baja densidad.

a) Sólido.

c) Gas.

b) Líquido y gas. d) Gas.

5 Según la BBC, la temperatura mínima en Manchester fue, cierto día de abril, 40 °F. Efectúa la conversión a las escalas Celsius y Kelvin. La temperatura en grados Celsius y en las escalas Kelvin será: t C = t F – 32 → t = 5 · (t F – 32) = 5 · (40 – 32) = 4,44 °C C 5 9 9 9 T = tC + 273,15 = 4,44 + 273,15 = 277,59 K 135

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Actividades finales

6 Helio e hidrógeno son los gases que licúan a temperatura más baja. A la presión atmosférica, lo hacen a 4,2 K y 20,28 K, respectivamente. Calcula sus temperaturas normales de ebullición en ºC y ºF. Para el helio, su temperatura de ebullición en grados Celsius y grados Fahrenheit, respectivamente, será: tC = T – 273,15 = 4,2 – 273,15 = –268,95 °C t C = t F – 32 → t = 9 · t C + 32 = 9 · –268, 95 + 32 = – 452,11 °F F 5 5 5 9 Para el hidrógeno, su temperatura de ebullición en grados Celsius y grados Fahrenheit, respectivamente, será: tC = T – 273,15 = 20,28 – 273,15 = –252,87 °C t C = t F – 32 → t = 9 · t C + 32 = 9 · –252, 87 + 32 = – 423,17 °F F 5 5 5 9

7 ¿A qué temperatura Kelvin las escalas Celsius y Fahrenheit proporcionan el mismo valor numérico? Si llamamos x a dicho valor numérico, resulta: x = x – 32 → 9 · x = 5 · x – 160 → x = –160 = – 40 → – 40 °C = – 40 °F 5 4 9 Dicha temperatura, expresada en kelvin, es: T = tC + 273,15 = – 40 + 273,15 = 233,15 K

8 Te muestran dos termómetros idénticos de mercurio con marcas de grado en grado, uno para la escala Celsius y el otro para la escala Fahrenheit. ¿Cómo sabrías cuál es cuál si al fabricante se le ha olvidado grabar los números junto a las marcas? Sabiendo que en la escala Celsius hay 100 divisiones entre la temperatura de fusión y de ebullición del agua, y que en el caso de la escala Fahrenheit son 180 divisiones, podemos decir que los espacios entre los grados Celsius son más grandes que para los grados Fahrenheit; por tanto, en el termómetro Celsius las marcas estarán más separadas.

Termodinámica 9 ¿Qué significa que una magnitud termodinámica es función de estado? ¿Cuál o cuáles de las siguientes magnitudes no son función de estado: energía interna, trabajo, calor, calor a presión constante, entropía? Una función de estado es una propiedad de un sistema termodinámico que depende solo del estado del sistema, y no del camino seguido para alcanzarlo. No son funciones de estado: trabajo y calor. Pero sí lo son la energía interna y la entropía. El calor a presión constante se comporta como si fuera una función de estado, porque su valor coincide con la variación de entalpía.

10 Nos dicen que un sistema realiza un ciclo termodinámico o proceso cíclico. ¿Qué significa esto? Cuando un sistema termodinámico realiza un proceso cíclico significa que el sistema regresa a su estado inicial, es decir, que la variación de las magnitudes termodinámicas que son funciones de estado, se anula (explicado en la pregunta anterior). 136

Unidad 4.



Actividades finales

11 Un sistema realiza un ciclo termodinámico durante el cual absorbe 500 cal. Calcula U y W. La energía interna es función de estado. Por tanto, al ser un ciclo termodinámico, ΔU = 0. El trabajo lo deducimos a partir del primer principio de la termodinámica: ΔU = Q + W. Sabiendo que ΔU = 0: ΔU = Q + W = 0 → W = –Q → W = –500 cal Luego, es un trabajo realizado por el sistema sobre sus alrededores.

12 La diferencia de energía interna entre dos estados de un sistema termodinámico vale 2 kJ. ¿Qué calor intercambia el sistema en un proceso entre esos dos estados a lo largo del cual realiza un trabajo de 800 J? Para obtener el calor intercambiado aplicamos el primer principio de la termodinámica. La variación de la energía interna es ΔU = 2 000 J. El trabajo, según el criterio de signos, será negativo, pues lo realiza el sistema. Sabiendo que el valor del trabajo realizado es de W = –800 J, el calor que intercambia el sistema es: Q = ΔU – W = 2 000 J – (–800 J) = 2 800 J Por tanto, es un calor que absorbe el sistema.

13 Razona la veracidad o falsedad de las siguientes proposiciones: a) En un proceso cíclico, la variación de energía interna es cero. b) Si entra calor en un sistema que no realiza trabajo, su energía interna aumenta. c) En un proceso isocórico, U = 0. d) Cuando un sistema se expande, el trabajo p-V (de expansión-compresión) es siempre positivo. e) En un proceso termodinámico, el trabajo nunca puede ser cero. f) En un proceso termodinámico, el calor intercambiado con el entorno nunca puede ser cero. a) Verdadero. La energía interna es función de estado, por tanto, al ser el estado inicial el mismo que el final, su variación será nula. b) Verdadero. La energía interna viene dada por la expresión: ΔU = Q + W. Si el sistema absorbe calor, según el criterio de signos, su valor será positivo, y el trabajo será nulo. Por tanto, ΔU aumentará. c) Falso. Un proceso isocórico es el que tiene lugar a volumen constante, haciendo nulo el trabajo (W = –p · ΔV ). Por tanto, la energía interna será igual al calor intercambiado: ΔU = QV. d) Falso. El trabajo tiene la expresión W = –p · ΔV. El signo de este trabajo va a depender de: • Si se realiza una expansión, ΔV será positivo y el trabajo será negativo; el trabajo será realizado por el sistema. • Si se realiza una compresión, ΔV será negativo y, por tanto, el trabajo positivo. Esto indica que el trabajo se realiza sobre el sistema. e) Falso. El trabajo es nulo cuando el sistema no experimenta un cambio de volumen. f ) Falso. Los sistemas adiabáticos, por ejemplo, no intercambian calor con el entorno. 137

Unidad 4.



Actividades finales

14 Valora la corrección de las proposiciones siguientes: a) Un sistema cerrado puede intercambiar calor. b) El calor y el trabajo no son formas de energía. c) En los procesos naturales, la energía se degrada en parte. d) El segundo principio solo se ocupa del calor. e) Una pared adiabática deja pasar el calor. a) Verdadero. Un sistema cerrado puede intercambiar energía en forma de calor. b) Verdadero. El calor y el trabajo son formas de transferencia de energía. c) Verdadero. En todo proceso espontáneo o natural, la energía total se conserva, pero parte se degrada. Esta evoluciona hacia formas de menos calidad, menos útiles para generar trabajo. d) Falso. También se ocupa del trabajo: es imposible construir una máquina térmica cuyo único resultado sea extraer calor de un foco térmico y convertirlo íntegramente en trabajo. e) Falso. Las paredes adiabáticas impiden el intercambio de energía en forma de calor.

15 Cierto gas se calienta a p = cte = 2,0 atm, hasta que su volumen se duplica. Calcula el trabajo realizado por el gas si inicialmente ocupaba un volumen de 10 L. El trabajo de expansión lo calculamos mediante la expresión W = –p · ΔV. Para obtener el trabajo en julios, la presión debe expresarse en pascales (1 atm = 1,013 · 10 5 Pa) y el volumen en m3. Así, el valor del trabajo es: W = –2 atm ·

–3 3 1, 013 · 10 5 Pa · 10 L · 10 m = –2 026 J 1L 1atm

Página 139

16 Queremos comprobar que el trabajo no es función de estado, es decir, que su valor depende del camino recorrido. Para ello, realizamos el ciclo termodinámico indicado en el ejercicio resuelto 3 de esta unidad, pero en sentido contrario; es decir, seguimos el recorrido A 8 D 8 C 8 B, para acabar finalmente en el punto A. Comprueba que el trabajo realizado por el sistema vale ahora +300 J. En el tramo A → D, ΔV = 0 y Wsistema = 0, lo mismo que en el tramo C → B, como se vio en el ejercicio resuelto 3. En el tramo D → C, el sistema se expande a p = cte. Por tanto: W < 0. Luego, el trabajo está realizado por el sistema: Wsistema (D → C ) = –p · ΔV = – 4 · 10 6 Pa · (100 – 25) · 10 – 6 m3 = –300 J En el tramo B → A, el sistema se comprime a p = cte. En consecuencia, el sistema recibe trabajo: Wsistema (B → A ) = –p · ΔV = –8 · 10 6 Pa · (25 – 100) · 10 – 6 m3 = +600 J El trabajo total corresponde a la suma del trabajo de cada tramo: Wtotal = –300 J + 600 J = +300 J

17 Sometemos 10 cm3 de un gas, que se halla inicialmente a una presión de 4 atm, al siguiente ciclo termodinámico: a) Se calienta, a p = cte, hasta que su volumen se duplica. b) Se enfría, a V = cte, hasta alcanzar la presión de 2 atm. 138

Unidad 4.

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Actividades finales

c) Se sigue enfriando el gas, ahora a p = cte, hasta que su volumen alcanza el valor inicial. d) Por último, se calienta, a V = cte, con lo que la presión del gas alcanza el valor inicial. Representa en un gráfico p-V el ciclo indicado y calcula el trabajo realizado por el sistema de forma: a) Analítica, es decir, a partir de la expresión matemática del trabajo. b) Gráfica. La gráfica del ciclo, representando la presión en atmósferas frente a volumen en cm3 es la siguiente: p (atm) 4

A

B

D

C

3 2 1 10

20

V (cm3)

a) Para el cálculo analítico, determinamos el trabajo en cada tramo: W (A → B ) = –p · ΔV = – 4 atm · (20 – 10) cm3 ·

1, 013 · 10 5 Pa 10–6 m 3 = – 4,052 J · 1atm 1cm 3

W (B → C ) = –p · ΔV = 0; no hay variación de volumen. W (C → D ) = –p · ΔV = –2 atm · (10 – 20) cm3 ·

1, 013 · 10 5 Pa 10–6 m 3 = 2,026 J · 1atm 1cm 3

W (D → A ) = –p · ΔV = 0; no hay variación de volumen. Wtotal = – 4,052 J + 2,026 J = – 2,026 J Como Wtotal < 0, es el sistema el que realiza el trabajo. b) Gráficamente, el trabajo es el área que encierra la gráfica que representa el ciclo: W = 2 atm · 10 cm3 ·

1, 013 · 10 5 Pa 10–6 m 3 = – 2,026 J · 1atm 1cm 3

El signo indica que el trabajo lo realiza el sistema.

18 A partir de las siguientes gráficas p-V, calcula el trabajo, en julios, experimentado por el sistema en cada caso: p (atm)

p (atm)

2

2

1

A

4

20

V (L)

B

5 V (L)

1

Para la gráfica de la izquierda, el trabajo tiene un valor de: W = –p · ΔV = –2 atm · (–16) L = 32 atm · L · El trabajo es positivo, porque el sistema se comprime. 139

101, 325 J = 3 242,4 J 1atm · L

Unidad 4.

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Actividades finales

En la gráfica de la derecha, el trabajo es la suma de las áreas de un triángulo más la de un rectángulo: (5 – 1) L · 1atm = 6 atm · L 2

S = 1 atm · (5 – 1) L +

Por tanto, teniendo en cuenta que 1 atm · L = 101,325 J y que el trabajo es negativo por tratarse de una expansión: W = – 6 atm · L ·

101, 325 J = – 607,95 J 1atm · L

19 Calcula la presión constante a la que una expansión de 50 cm3 de un sistema produce un trabajo de 75 J sobre los alrededores. A partir de la expresión del trabajo p-V, W = –p · ΔV, obtenemos, al despejar p: p=

–75 J W = = 1,5 · 10 6 Pa –DV –50 · 10–6 m 3

20 Explica por qué toda máquina térmica necesita tener dos focos, uno caliente y otro frío. Las máquinas térmicas transforman calor en trabajo. Pero el calor solo «sale» de un foco cuando está en contacto con otro más frío; si no sale calor, no se produce trabajo.

21 ¿Puede una máquina térmica quitar calor a un foco frío y dárselo a un foco más caliente? Justifica tu respuesta. Sí, pero a costa de consumir un trabajo externo, como en las máquinas frigoríficas.

22 Un sistema que se mantiene a la presión constante de 2 bar recibe un calor de 500 cal. Si el volumen del sistema aumenta en 6 L, calcula la variación de energía interna del sistema. El trabajo que tiene lugar debido a la expansión del sistema a presión constante es: W = –p · ΔV = –2 · 10 5 Pa · 6 · 10 – 3 m3 = –1 200 J Y el calor que recibe: Q = 500 cal · 4,184 J/cal = 2 092 J Por tanto, la variación de la energía interna es: ΔU = Q + W = 2 092 J – 1 200 J = 892 J

23 Según el primer principio, ¿cuánto trabajo podría realizar un sistema que recibe un calor de 200 cal, si su energía interna aumenta 1 000 J? De acuerdo con el primer principio de la termodinámica: ΔU = Q + W → W = ΔU – Q = 1 000 J – 200 cal · 4,184

J = +163,2 J cal

Por tanto, el sistema no realiza ningún trabajo, sino que lo recibe.

24 La variación de energía interna de un sistema que ha seguido un proceso isocórico es U = 4 kJ. ¿Ha absorbido o cedido calor el sistema? ¿Cuánto? Si el proceso es isocórico, ΔV = 0, y, entonces, W = 0; por tanto: Q = ΔU = 4 kJ Como es positivo, el sistema absorbe calor. 140

Unidad 4.

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Actividades finales

25 Un gas ideal realiza reversiblemente el ciclo indicado por la trayectoria A-B-C de la figura: p (atm) B

A

C

V (L)

A partir de ella, completa la siguiente tabla: Punto

p (N ∙ m–2)

A

V (m3)

T (K)

5

3

100

5

—

—

5

—

—

2 ∙ 10

B

4 ∙ 10

C

2 ∙ 10

Pista: Para resolver el problema observa que los puntos A y B delimitan una recta que pasa por el origen y, entonces, aplica la semejanza de triángulos. El ciclo reseñado en la figura lo podemos representar más completo de la siguiente forma: p B

4 · 105

A

2 · 105

C

a 0

3

V

V

Observa que el triángulo sombreado es semejante al triángulo ABC, por lo que podemos escribir: 5 4 tg α = 2 · 10 = 4 · 10 VB 3

Luego: VB = VC = 6 m3. Ahora utilizamos la expresión matemática de la ley combinada de los gases. Aplicándola entre los puntos A y B y sustituyendo datos, nos queda: p A · VA p B · VB = TA TB 2 · 10 5 Pa · 3 m 3 = 4 · 10 5 Pa · 6 m 3 → T = 400 K B TB 100 K Para calcular TC observamos el proceso B → C, que es isocórico (V = cte). Por tanto, aplicamos la ley de Charles y Gay-Lussac: p C · TB 2 · 10 5 Pa · 400 K pB pC = = → TC = p = 200 K B TB TC 4 · 10 5 Pa 141

Unidad 4.

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Actividades finales

26 Calcula la variación de energía interna que tiene lugar en la fusión de 10 g de hielo a la presión normal. Datos: Lf (agua) = 80,0 cal/g; dhielo = 0,91 g/cm3. La expresión del primer principio es: ΔU = Q + W → ΔU = Q – p · ΔV El calor intercambiado por el sistema con el entorno será el calor necesario para fundir 10 g de hielo. Por tanto, será positivo, ya que el hielo debe absorber calor del entorno. Dicha cantidad de calor es: Q = m · Lf = 10 g · 80,0 cal/g = 800 cal ·

4, 184 J = +3 347,2 J 1cal

Por otro lado, la variación de volumen, ΔV, será: ΔV = V (10 g H2O, l ) – V (10 g H2O, g) Y como V = m/d, tenemos: ΔV =

10 g 10 g = – 0,99 cm3 = –9,9 · 10 – 7 m3 – 1 g · cm –3 0, 91g · cm –3

Observa que hay disminución de volumen, ya que el agua en su fase líquida es más densa que el agua sólida (por eso el hielo flota). El trabajo p-V será positivo, ya que el sistema se contrae, y valdrá: W = –101 325 Pa · (–9,9 · 10 – 7) m3 = +0,10 J La variación de energía interna será: ΔU = +3 347,2 J + 0,10 J = +3347,3 J Observa que podíamos haber despreciado la contribución del trabajo al cálculo, ya que su valor es despreciable frente al calor absorbido por el sistema.

Página 140

27 Un panel solar es un dispositivo que aprovecha la energía de la luz solar para transformarla en otro tipo de energía, por ejemplo, eléctrica. Los materiales para las celdas solares suelen ser de silicio o de arseniuro de galio. Una lámina de silicio de 10 g expuesta al Sol aumenta su temperatura desde 17 ºC hasta 105 ºC a p = cte (la presión atmosférica). Calcula la variación de energía interna que experimenta la lámina, despreciando su dilatación. Dato: c (silicio) = 703 J/(K · kg). La energía interna viene dada por la expresión: ΔU = Q + W El calor absorbido por los 10 g de lámina de silicio, conocido su calor específico c = 703 J/(kg · K), en una variación de la temperatura de 17 °C a 105 °C, será: Q = m · c · ΔT = 10 g · 703 · 10 – 3 J/(g · K) · (378 – 290) K = +618,6 J El trabajo será nulo ya que no experimenta cambio significativo de volumen. Por tanto, la energía interna será igual al calor absorbido: ΔU = Q = +618,6 J 142

Unidad 4.



Actividades finales

28 Calcula la variación de energía interna que experimenta un sistema dado en los siguientes casos: a) Se suministran 2,5 kcal al sistema y este realiza un trabajo de 5 kJ. b) El sistema absorbe 3 kcal, siendo el proceso isotérmico. c) El sistema lo constituye 2,0 kg de agua líquida que se enfría desde 15 ºC hasta 10 ºC. El primer principio de la termodinámica expresa la variación de energía interna como: ΔU = Q + W. a) Según el criterio de signos, el calor es positivo (suministrado) y el trabajo negativo (lo realiza el sistema). Así, la variación de energía interna toma un valor de: ΔU = 2 500 cal ·

4, 184 J + (–5 000 J) = +5 460 J 1cal

b) Si el proceso es isotérmico, la temperatura se mantiene constante y, si el sistema es un gas ideal, ΔU = 0. Si el sistema no es un gas ideal, ΔU ≈ 0. c) El calor cedido lo determinamos por la ecuación de la calorimetría. Sabiendo que el calor específico del agua es: 1 cal/kg · K = 4,184 J/kg · K El calor desprendido en el proceso será: Q = m · c · ΔT = 2 kg · 4,184

J · (283 – 288) K = – 41,8 J kg · K

Como la variación de volumen es pequeña, podemos suponer que W ≈ 0; por tanto, ΔU = Q = – 41,8 J

29 Un recipiente contiene 3 L de H2 a 15 ºC y se calienta hasta 100 ºC a la presión de 1 atm (presión normal). Si el proceso es isocórico, calcula la variación de energía interna que experimenta el sistema. Pista: En la resolución del problema debes utilizar la ecuación fundamental de la calorimetría y la ecuación de los gases. Dato: Calor específico del H2 (a volumen constante) = 10,46 J/(g · ºC). Como el proceso transcurre a V = cte (proceso isócoro), el trabajo p-V será cero y la variación de energía interna coincidirá con el calor intercambiado por el sistema con el entorno. Es decir: ΔU = Q Aplicando la ecuación de los gases ideales, calculamos la masa de H2 que hay en el recipiente: g 1atm · 3 L · 2, 02 p · V · M mol p·V=n·R·T= m ·R·T → m= = = 0,257 g R ·T M atm · L · (273 + 15) K 0, 082 mol · K El calor necesario para calentar 0,257 g de gas desde 15 °C hasta 100 °C, lo calculamos a partir de la ecuación fundamental de la calorimetría: Q = m · c · ΔT. Como la variación de temperatura en Kelvin coincide numéricamente con la variación en Celsius, al sustituir los datos nos queda: Q = 0,257 g · 10,46 J/(°C · g) · (+85) °C = +228,5 J Por lo que: ΔU = +228,5 J 143

Unidad 4.



Actividades finales

Relación entre

Uy H

30 ¿En qué casos podemos decir que la variación de entalpía, H, y la variación de energía interna, U, coinciden? Las dos magnitudes termodinámicas están relacionadas, a presión constante, mediante la expresión: ΔU = ΔH + W → ΔU = ΔH – p · ΔV Por tanto, los valores numéricos de ambas magnitudes termodinámicas coinciden cuando el trabajo p-V es cero, lo que ocurre cuando ΔV = 0. Este hecho se da en procesos donde intervienen fases condensadas, ya que la variación de volumen suele ser cero o, prácticamente cero, o cuando no hay una variación en la cantidad de sustancia durante la reacción.

31 Dada la reacción química: N2 (g) + 3 H2 (g) 8 2 NH3 (g) Calcula la variación de energía interna a 25 ºC del proceso sabiendo que el calor de reacción a presión constante es −93,2 kJ. La reacción objeto de estudio es el proceso de síntesis del amoniaco a partir de sus elementos, dada por la ecuación termoquímica: N2 (g) + 3 H2 (g) → 2 NH3 (g) ; ΔH = –92,3 kJ ya que el calor a presión constante es la variación de entalpía. Como todas las especies son gases, la relación que existe entre el calor de reacción a volumen constante, QV, y el calor de reacción a presión constante, Qp, viene dada por la expresión: Qp = QV + Δn · R · T → ΔH = ΔU + Δn · R · T Siendo Δn la variación en la cantidad de sustancia (o de moléculas), que para esta reacción es: Δn = 2 mol – (1 mol + 3 mol) = –2 mol Al sustituir datos nos queda: –92,3 · 10 3 J = ΔU + (–2 mol) · 8,31 J/(mol · K) · 298 K ΔU = –87,3 kJ

32 El flúor molecular gas (o diflúor) reacciona vigorosamente con el cloruro de hidrógeno gas para dar fluoruro de hidrógeno gas y cloro molecular gas (o dicloro). Se sabe que al reaccionar 2 L de F2 (g) a 1 atm y 25 ºC, se desprenden 28,87 kJ. Calcula para esta reacción: a) La variación de entalpía. b) La variación de energía interna. a) La reacción dada viene descrita por la siguiente ecuación química: F2 (g) + 2 HCl (g) → 2 HF (g) + Cl2 (g) Suponiendo que el F2 se comporta como un gas ideal, podemos aplicar la ecuación de los gases perfectos p · V = n · R · T, por lo que 2 L de F2 contendrán: n=

p ·V R ·T

=

1atm · 2 L = 0,082 mol atm · L · 298 K 0, 082 mol · K

Por tanto, la entalpía de la reacción, referida a 1 mol de F2, será: ΔH = –28,87

kJ · 1 mol = –352,1 kJ 0, 082 mol 144

Unidad 4.



Actividades finales

b) Como todas las especies son gases, la relación que existe entre el calor de reacción a volumen constante, QV, y el calor de reacción a presión constante, Qp, viene dada por la expresión: Qp = QV + Δn · R · T → ΔH = ΔU + Δn · R · T Siendo Δn la variación en la cantidad de sustancia (o de moléculas) que para esta reacción es: Δn = (2 mol + 1 mol) – (1 mol + 2 mol) = 0 mol Por tanto, esto hace que: ΔU = ΔH = –352,1 kJ

33 Ante el precio tan alto de los derivados del petróleo, así como los efectos contaminantes que su uso como combustible conlleva, se está estudiando utilizar hidrógeno, ya que su reacción con el oxígeno desprende gran cantidad de energía. Razona si la variación de energía interna asociada a la reacción: 2 H2 (g) + O2 (g) 8 2 H2O (l ); H < 0 es mayor o menor, en valor absoluto, que 285,8 kJ. El proceso se realiza a presión constante; por tanto, la energía interna nos la da la expresión: ΔU = ΔH – p · ΔV La variación de volumen es negativa, pues el volumen del agua líquida será menor a la de los gases. Así, el término p · ΔV será aditivo. La entalpía de la reacción es ΔH = –285,8 kJ, que al sumarle el término p · ΔV será menor en valor absoluto, y mayor considerando el signo negativo.

Variación de entropía en un proceso 34 Razona el signo en los siguientes procesos, físicos o químicos: a) Sublimación del yodo. b) Descomposición térmica del clorato potásico (sólido) en cloruro de potasio (sólido) y oxígeno (gas). c) Enfriamiento de un gas. d) Disolución de un sólido en agua. a) El cambio de estado del yodo de sólido a gas conlleva un desorden. Por tanto: ΔS > 0. b) Teniendo en cuenta que la reacción química es: D KClO3 (s) 8 KCl (s) + 3 O2 (g) 2

La descomposición térmica del clorato potásico implica un desorden del sistema, formándose dos compuestos, uno de ellos en forma de gas. Por tanto, ΔS > 0. c) Al enfriarse un gas, las moléculas se ordenan. Por tanto, la entropía disminuye: ΔS < 0. d) En la disolución de un sólido en un líquido, la entropía aumenta respecto a la del sólido y el líquido por separado. Si aumenta su desorden, esto implica que ΔS > 0. 145

Unidad 4.



Actividades finales

Página 141

35 Para el proceso de vaporización del bromo molecular (dibromo), a partir de los datos tabulados del apéndice del libro, calcula la variación de entropía del proceso. ¿Era previsible el signo de S? La vaporización del bromo se representa mediante la ecuación química siguiente: Br2 (l ) → Br2 (g) La entropía del proceso será: ΔS or = 1 mol · S o (Br2, g) – 1 mol · S o (Br2, l ) = 1 mol · 245,5 J/(mol · K) – 1 mol · 152,20 J/(mol · K) ΔS or = +93,3 J/K Era previsible que la variación de entropía tuviera un valor positivo, ya que se produce un aumento del desorden del sistema al pasar de líquido a gas.

36 El nitrógeno gas reacciona con el oxígeno a altas temperaturas para dar óxido nítrico (monóxido de nitrógeno). Calcula la variación de entropía que acompaña a la reacción de 1,0 g de N2 con la cantidad estequiométrica de O2. Dato: Sº (N2, g ) = 191,5 J/mol. La reacción viene descrita por la siguiente ecuación química: N2 (g) + O2 (g) → 2 NO (g) Como la masa molar del N2 es 28,0 g/mol, 1,0 g de esta sustancia equivale a: n= m = M

1, 0 g = 0,035 7 mol de N2 g 28, 0 mol

De O2 hará falta igual cantidad y de NO se formará el doble; esto es: nO = 2 · 0,0357 mol = 0,071 4 mol 2

Para calcular la variación de entropía de la reacción aplicamos la expresión: ΔS or = ∑ n · S o(productos) – ∑ m · S o(reactivos) Sustituyendo datos: ΔS or = =0, 0714 mol· 210, 8

J G – =0, 035 7 mol·191, 5 J + 0, 035 7 mol· 205, 1 J G mol·K mol·K mol·K ΔS or = + 0,892 J/K

El signo positivo nos indica que el proceso (directo) transcurre con aumento del desorden.

37 El etileno o eteno, C2H4, es una sustancia muy importante en la industria, ya que es el

monómero de uno de los plásticos más utilizados en envases de botellas, el polietileno, o PE. Se pretende obtener etileno a partir de grafito e hidrógeno a 25 ºC y 1 atm, según la reacción: 2 C (s, grafito) + 2 H2 (g) 8 C2H4 (g) Calcula la variación de entropía de la reacción y comenta el resultado obtenido. Utiliza los datos de entropías absolutas de la separata del libro. Para calcular el valor de ΔS aplicamos la expresión: ΔS or = ∑ n · S o(productos) – ∑ m · S o(reactivos) 146

Unidad 4.

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Actividades finales

Teniendo en cuenta los coeficientes estequiométricos y sustituyendo datos: ΔS or = =1mol · 219, 6

J G – =2 mol · 5, 74 J J G + 2 mol · 130, 7 mol · K mol · K mol · K ΔS or = –53,3 J/K

El signo negativo nos indica que el proceso transcurre con una disminución del desorden.

38 El diamante y el grafito son dos sustancias sólidas formadas por átomos de C, que reciben el nombre de variedades alotrópicas del carbono. La diferencia fundamental en sus propiedades deriva de la disposición espacial de los átomos de C. Busca información sobre la estructura cristalina de ambos y razona cuál de las dos variedades tendrá un valor mayor de la entropía absoluta. Contrasta tu razonamiento con los datos tabulados que vienen en la separata del libro. La estructura cristalina del grafito son átomos dispuestos de forma hexagonal formando capas ligeramente desplazadas unas de otras, como se muestra en la figura: Estructura del grafito

En el caso del diamante, cada uno de los átomos de carbono está unido a otros cuatro, formando una estructura tetraédrica, como la siguiente: Estructura del diamante

La estructura cristalina del diamante es más ordenada que la del grafito, por eso podemos aventurarnos y decir que la entropía absoluta del diamante será menor que la del grafito. Si vemos los datos tabulados a 25 °C: Compuesto

S o (J/(mol · K))

Grafito

5,740

Diamante

2,381

Comprobamos que, efectivamente, cumplen el pronóstico que habíamos hecho con anterioridad. 147

Et01577201 04 Solucionario Fyq 1bach

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