Entalpía de la respiración: ciclos de energía para Química HSC
Aprende a analizar el cambio de entalpía de la respiración mediante ecuaciones químicas, la ley de Hess, entalpías de formación y ciclos de energía.
Tus células pueden oxidar glucosa sin una llama, mientras que un calorímetro de bomba puede oxidarla mediante un proceso mucho más parecido a la combustión. Las rutas parecen completamente distintas. Entonces, ¿deberían tener cambios de entalpía diferentes?
Haz una predicción antes de continuar. Si ambos procesos empiezan con las mismas cantidades de glucosa y oxígeno, y terminan con las mismas cantidades de dióxido de carbono y agua en los mismos estados físicos, ¿importa la ruta?
Para la entalpía, no. La ruta puede implicar una reacción o cincuenta. El cambio de entalpía global depende de los estados químicos al principio y al final. Precisamente por eso la ley de Hess es tan útil para analizar la respiración.
01Empieza por los dos estados extremos
La ecuación global simplificada de la respiración aeróbica es
\[ \ce{C6H12O6 + 6O2 -> 6CO2 + 6H2O} \]
Un mol de glucosa reacciona con seis moles de oxígeno para formar seis moles de dióxido de carbono y seis moles de agua.
Esta ecuación es un resumen. Una célula no junta de golpe la glucosa y el oxígeno en una única reacción enorme. La respiración ocurre mediante muchos pasos químicos.
Ese detalle es enormemente importante para las velocidades de reacción y la transferencia de energía biológica. Pero, para el cambio de entalpía global, podemos ignorar temporalmente la ruta y comparar los estados inicial y final.
El cambio de entalpía se define como
\[ \Delta H = H_{\text{productos}}-H_{\text{reactivos}} \]
donde \(H\) es la entalpía y \(\Delta H\) es el cambio de entalpía.
Si los productos tienen menor entalpía que los reactivos, entonces
\[ \Delta H<0 \]
y la reacción es exotérmica.
En la respiración, la oxidación global de la glucosa es exotérmica. Los productos tienen una entalpía menor que los reactivos.
02Por qué la ruta no cambia la entalpía global
Imagina a dos personas intentando ir del nivel 8 de un aparcamiento al nivel 2.
Una toma el ascensor. La otra recorre seis molestas rampas alrededor del edificio porque, al parecer, el ascensor es «demasiado fácil».
Sus rutas son diferentes, pero ambas terminan seis niveles por debajo de donde empezaron.
La entalpía funciona de manera parecida. Si el sistema químico empieza y termina en los mismos estados, su cambio de entalpía global es fijo. Los pasos individuales pueden ser diferentes.
La analogía termina ahí. La entalpía no es literalmente una altura, y diferentes rutas de reacción pueden tener energías de activación, velocidades y mecanismos completamente distintos.
La regla termoquímica es la ley de Hess:
\[ \Delta H_{\text{global}} = \Delta H_1+\Delta H_2+\Delta H_3+\cdots \]
Esto te da tres operaciones que aparecen constantemente en las preguntas de HSC.
| Lo que haces con una ecuación | Lo que ocurre con \(\Delta H\) |
|---|---|
| Invertir la reacción | Se invierte el signo de \(\Delta H\) |
| Multiplicar cada coeficiente por \(k\) | Se multiplica \(\Delta H\) por \(k\) |
| Sumar reacciones | Se suman sus valores de \(\Delta H\) |
| Cancelar una especie en ambos lados | Solo se cancela si coinciden la especie química y el estado físico |
Es fácil subestimar la importancia de la última fila. \(\ce{H2O(l)}\) y \(\ce{H2O(g)}\) no representan el mismo estado termoquímico.
03La respiración y la fotosíntesis forman un ciclo energético útil
Al nivel de sus ecuaciones globales simplificadas, la fotosíntesis y la respiración aeróbica apuntan en direcciones opuestas.
Una ecuación simplificada de la fotosíntesis puede escribirse como
\[ \ce{6CO2 + 6H2O -> C6H12O6 + 6O2} \]
Inviértela:
\[ \ce{C6H12O6 + 6O2 -> 6CO2 + 6H2O} \]
y obtienes la ecuación global de la respiración.
Esto permite hacer una predicción inmediata. Si una determinada ecuación de fotosíntesis tiene un cambio de entalpía de \(+X\), ¿qué debería tener la ecuación invertida de la respiración?
Debe ser \(-X\), siempre que los estados y las cantidades de ambas ecuaciones sean realmente inversos exactos.
Esta es una afirmación basada en la ley de Hess, no una afirmación de que la respiración sea simplemente «la fotosíntesis funcionando al revés» dentro de una célula. Sus mecanismos bioquímicos reales son diferentes.
Si quieres ver la dirección inversa tratada en detalle, compáralo con la entalpía de la fotosíntesis.
Ejemplo resuelto: Invertir la ecuación de la fotosíntesis
Un modelo termoquímico da
\[ \ce{6CO2(g) + 6H2O(l) -> C6H12O6(s) + 6O2(g)} \qquad \Delta H=+2800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
Determina el cambio de entalpía de la reacción inversa.
Paso 1
\[ \ce{C6H12O6(s) + 6O2(g) -> 6CO2(g) + 6H2O(l)} \]
Paso 2
Se ha invertido toda la ecuación.
Paso 3
\[ \Delta H=-2800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
El signo negativo significa que el proceso inverso es exotérmico. Por cada mol de glucosa que reacciona según esta ecuación, la entalpía del sistema disminuye en \(2800\ \mathrm{kJ}\).
El error habitual es mantener \(+2800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}\) porque ninguno de los coeficientes ha cambiado. Al invertir una ecuación, siempre se invierte también la dirección del cambio de entalpía.
04Cálculo de la entalpía de respiración a partir de datos de formación
A veces la pregunta no te dará la inversa de otra reacción. En su lugar, proporciona entalpías estándar de formación.
La entalpía estándar de formación, \(\Delta H_f^\circ\), es el cambio de entalpía correspondiente a la formación de un mol de una sustancia a partir de sus elementos constituyentes en sus estados estándar.
Para una reacción,
\[ \Delta H^\circ_{\mathrm{rxn}} = \sum n\Delta H_f^\circ(\text{productos}) - \sum n\Delta H_f^\circ(\text{reactivos}) \]
Aquí:
- \(\Delta H^\circ_{\mathrm{rxn}}\) es la entalpía estándar de reacción en \(\mathrm{kJ\,mol^{-1}}\)
- \(n\) es el coeficiente estequiométrico
- \(\Delta H_f^\circ\) es una entalpía estándar de formación en \(\mathrm{kJ\,mol^{-1}}\)
Los coeficientes no son decorativos. Seis moles de dióxido de carbono aportan seis veces la entalpía de formación de un mol de dióxido de carbono.
Recuerda también que un elemento en su estado estándar tiene
\[ \Delta H_f^\circ=0 \]
Por tanto, cuando \(\ce{O2(g)}\) aparece en el cálculo, su entalpía estándar de formación es cero.
Esto no significa que el oxígeno carezca de importancia química. Solo significa que la entalpía de referencia elegida para formar \(\ce{O2(g)}\) a partir de un elemento que ya está en su estado estándar es cero.
Ejemplo resuelto: Calcular la respiración a partir de entalpías de formación
Para la reacción
\[ \ce{C6H12O6(s) + 6O2(g) -> 6CO2(g) + 6H2O(l)} \]
utiliza los siguientes datos:
| Sustancia | \(\Delta H_f^\circ\) (\(\mathrm{kJ\,mol^{-1}}\)) |
|---|---|
| \(\ce{C6H12O6(s)}\) | \(-1276\) |
| \(\ce{O2(g)}\) | \(0\) |
| \(\ce{CO2(g)}\) | \(-394\) |
| \(\ce{H2O(l)}\) | \(-286\) |
Calcula \(\Delta H^\circ_{\mathrm{rxn}}\).
Paso 1
\[ \begin{aligned} \sum n\Delta H_f^\circ(\text{productos}) &=6(-394)+6(-286)\\ &=-2364-1716\\ &=-4080\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \end{aligned} \]
Paso 2
\[ \begin{aligned} \sum n\Delta H_f^\circ(\text{reactivos}) &=(-1276)+6(0)\\ &=-1276\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \end{aligned} \]
Paso 3
\[ \begin{aligned} \Delta H^\circ_{\mathrm{rxn}} &=-4080-(-1276)\\ &=-2804\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \end{aligned} \]
Por tanto,
\[ \Delta H^\circ_{\mathrm{rxn}}=-2804\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
Según estos datos proporcionados, los productos tienen una entalpía \(2804\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}\) menor que los reactivos.
Observa el doble signo negativo en el cálculo final. Una cantidad sorprendentemente grande de errores de entalpía son, en realidad, errores de resta disfrazados de química.
05Por qué importan los símbolos de estado
Supón que una pregunta cambia
\[ \ce{6H2O(l)} \]
por
\[ \ce{6H2O(g)} \]
La fórmula química sigue siendo \(\ce{H2O}\), pero el estado final es diferente.
El vapor de agua tiene una entalpía mayor que el agua líquida porque hay que aportar energía para vaporizar el líquido. Por tanto, formar agua gaseosa en lugar de agua líquida hace que la reacción de respiración sea menos exotérmica.
Puedes representar el ciclo como
\[ \ce{glucosa + oxígeno -> dióxido de carbono + agua líquida} \]
seguido por la vaporización del agua:
\[ \ce{6H2O(l) -> 6H2O(g)} \]
Si el segundo paso es endotérmico, añadirlo hace que el \(\Delta H\) global sea menos negativo.
Esta es una corrección importante de la idea simplificada de que «solo importan las fórmulas». En termoquímica, importan los estados inicial y final exactos.
06La entalpía pertenece a la ecuación tal como está escrita
Un valor como
\[ \Delta H=-2800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
no significa que «cada mol implicado libera \(2800\ \mathrm{kJ}\)».
Corresponde a un mol de reacción tal como está escrita.
Para
\[ \ce{C6H12O6 + 6O2 -> 6CO2 + 6H2O} \]
un mol de reacción consume:
- \(1\) mol de glucosa
- \(6\) mol de oxígeno
y produce:
- \(6\) mol de dióxido de carbono
- \(6\) mol de agua
Si solo reaccionan completamente \(0.20\) mol de glucosa, la reacción ha ocurrido \(0.20\) veces, por lo que su cambio de entalpía también se multiplica por \(0.20\).
Si, en cambio, te dan una masa, repasa primero la relación con los moles:
\[ n=\frac{m}{M} \]
donde \(n\) es la cantidad en moles, \(m\) es la masa en gramos y \(M\) es la masa molar en \(\mathrm{g\,mol^{-1}}\).
07La mayor idea equivocada: «la respiración no es combustión, así que su entalpía debe ser diferente»
Al principio parece razonable.
Una sustancia que arde puede producir una llama y un rápido aumento de temperatura. La respiración celular transcurre mediante etapas controladas. ¿No deberían, entonces, liberar cantidades totales de energía diferentes?
No, si estás comparando exactamente los mismos estados termoquímicos iniciales y finales.
Imagina un desvío termoquímico deliberadamente poco realista:
\[ \ce{glucosa -> intermedios -> más intermedios -> CO2 + H2O} \]
Cada paso individual tiene su propio \(\Delta H\). Algunos incluso podrían ser endotérmicos.
Pero, al sumar todos los pasos, los intermedios se cancelan:
\[ \Delta H_{\mathrm{global}} = \Delta H_1+\Delta H_2+\cdots \]
El total debe coincidir con el de cualquier otra ruta que conecte los mismos estados extremos.
Esa es la parte útil de describir la entalpía como una función de estado.
Lo que sí puede diferir entre las rutas son aspectos como el mecanismo, las energías de activación, la velocidad, las especies intermedias y la forma en que se transfiere la energía durante el proceso. La ley de Hess no afirma que esos aspectos sean idénticos.
08Un proceso fiable para resolver preguntas sobre respiración
Cuando una pregunta de entalpía mencione la respiración, evita la tentación de buscar un número memorizado. Trabaja a partir de la información química.
- Escribe la ecuación global requerida.
- Comprueba cada coeficiente.
- Comprueba cada símbolo de estado.
- Decide si las ecuaciones proporcionadas deben invertirse o multiplicarse.
- Haz esos mismos cambios en sus valores de \(\Delta H\).
- Suma las ecuaciones y cancela los verdaderos intermedios.
- Comprueba que el signo concuerda con el significado físico.
- Si se proporciona una masa, conviértela en moles antes de ajustar proporcionalmente la entalpía de reacción.
Para una respuesta negativa, pregúntate: ¿tiene sentido que el proceso indicado sea exotérmico?
Para una respuesta positiva, pregúntate: ¿he calculado accidentalmente el proceso inverso?
Estas comprobaciones no demuestran que tu cálculo aritmético sea correcto, pero detectan de inmediato muchas respuestas equivocadas.
09Preguntas y soluciones
Pregunta 1
Para la ecuación termoquímica
\[ \ce{C6H12O6(s) + 6O2(g) -> 6CO2(g) + 6H2O(l)} \qquad \Delta H=-2800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
calcula el cambio de entalpía cuando reaccionan completamente \(0.250\ \mathrm{mol}\) de glucosa.
Solución 1
El cambio de entalpía es \(-700\ \mathrm{kJ}\), lo que significa que se liberan \(700\ \mathrm{kJ}\) para la cantidad de glucosa indicada.
La ecuación asigna \(-2800\ \mathrm{kJ}\) a la reacción de \(1\ \mathrm{mol}\) de glucosa.
Para \(0.250\ \mathrm{mol}\),
\[ \begin{aligned} \Delta H &=0.250\ \mathrm{mol} \times (-2800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}})\\ &=-700\ \mathrm{kJ} \end{aligned} \]
El error tentador es utilizar el coeficiente \(6\) en algún punto simplemente porque varias especies tienen coeficientes iguales a seis. Aquí, la cantidad de reacción viene determinada directamente por la glucosa: \(1\) mol de glucosa corresponde a \(1\) mol de la reacción termoquímica.
Pregunta 2
Un desvío termoquímico utiliza las dos reacciones siguientes:
\[ \ce{C6H12O6(s) -> 2C2H5OH(l) + 2CO2(g)} \qquad \Delta H=-70\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
y
\[ \ce{C2H5OH(l) + 3O2(g) -> 2CO2(g) + 3H2O(l)} \qquad \Delta H=-1365\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
Utiliza la ley de Hess para determinar \(\Delta H\) para
\[ \ce{C6H12O6(s) + 6O2(g) -> 6CO2(g) + 6H2O(l)} \]
Este desvío es una construcción termoquímica, no un mecanismo propuesto para la respiración aeróbica.
Solución 2
El cambio de entalpía global es \(-2800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}\).
La primera ecuación produce \(2\) mol de etanol, pero la segunda ecuación consume solo \(1\) mol de etanol cada vez. Por tanto, necesitamos duplicar la segunda ecuación.
\[ \ce{2C2H5OH(l) + 6O2(g) -> 4CO2(g) + 6H2O(l)} \]
Su entalpía también debe duplicarse:
\[ \Delta H=2(-1365)=-2730\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
Ahora súmala a la primera ecuación:
\[ \ce{C6H12O6(s) -> 2C2H5OH(l) + 2CO2(g)} \]
\[ \ce{2C2H5OH(l) + 6O2(g) -> 4CO2(g) + 6H2O(l)} \]
Los \(2\ce{C2H5OH(l)}\) se cancelan porque se producen en un paso y se consumen en el otro.
La ecuación restante es
\[ \ce{C6H12O6(s) + 6O2(g) -> 6CO2(g) + 6H2O(l)} \]
y
\[ \begin{aligned} \Delta H_{\mathrm{global}} &=-70+(-2730)\\ &=-2800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \end{aligned} \]
La ruta tentadora consiste en sumar \(-70\) y \(-1365\) inmediatamente. Eso falla porque las ecuaciones químicas todavía no se cancelan correctamente: se forman dos moles de etanol, por lo que deben consumirse dos moles.
Este es el mismo principio de contabilidad que se utiliza en problemas más complejos de reacciones por etapas con la ley de Hess.
Pregunta 3
Para un conjunto concreto de estados,
\[ \ce{C6H12O6(s) + 6O2(g) -> 6CO2(g) + 6H2O(l)} \]
tiene
\[ \Delta H=-2800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
La entalpía de vaporización del agua en las condiciones consideradas es
\[ \ce{H2O(l) -> H2O(g)} \qquad \Delta H=+44.0\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
Calcula el cambio de entalpía para
\[ \ce{C6H12O6(s) + 6O2(g) -> 6CO2(g) + 6H2O(g)} \]
Después explica por qué la respuesta es menos negativa aunque aparezcan las mismas fórmulas en ambas ecuaciones de respiración.
Solución 3
El cambio de entalpía requerido es \(-2536\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}\); es menos negativo porque el agua gaseosa tiene una entalpía mayor que el agua líquida.
Empieza con la respiración que produce agua líquida:
\[ \Delta H_1=-2800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
Después necesitamos vaporizar los seis moles de agua:
\[ \ce{6H2O(l) -> 6H2O(g)} \]
por tanto,
\[ \begin{aligned} \Delta H_2 &=6(44.0)\\ &=+264\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \end{aligned} \]
Al sumar los dos procesos se obtiene
\[ \begin{aligned} \Delta H_{\mathrm{global}} &=-2800+264\\ &=-2536\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \end{aligned} \]
La reacción sigue liberando energía, pero se libera menos cuando los productos han alcanzado el estado de agua gaseosa, que tiene mayor entalpía.
Un argumento tentador es que ambas ecuaciones contienen «seis aguas», por lo que sus cambios de entalpía deberían ser idénticos. El problema es que \(\ce{H2O(l)}\) y \(\ce{H2O(g)}\) son estados termoquímicos diferentes. La ley de Hess exige estados extremos idénticos, no simplemente fórmulas moleculares idénticas.
Si posteriormente los seis moles de vapor de agua se condensaran,
\[ \ce{6H2O(g) -> 6H2O(l)} \]
el paso de condensación tendría
\[ \Delta H=-264\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
y la secuencia completa volvería a
\[ -2536-264=-2800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
tal como exige la ley de Hess.
Pregunta 4
Una muestra de \(0.0500\ \mathrm{mol}\) de glucosa se consume mediante dos procesos.
El proceso R es la oxidación aeróbica completa:
\[ \ce{C6H12O6 + 6O2 -> 6CO2 + 6H2O} \qquad \Delta H_R=-2800\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
El proceso F se representa mediante
\[ \ce{C6H12O6 -> 2C2H5OH + 2CO2} \qquad \Delta H_F=-70.0\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
Después de consumirse toda la glucosa, se han formado \(0.240\ \mathrm{mol}\) de dióxido de carbono.
Determina:
a. la cantidad de glucosa que siguió cada proceso
b. el cambio de entalpía total predicho a partir de las dos rutas
c. si una lectura del calorímetro de solo \(92.0\ \mathrm{kJ}\) liberados puede explicarse únicamente por la mezcla de las dos rutas.
Supón que las ecuaciones y entalpías anteriores describen por completo los cambios químicos relevantes.
Solución 4
La muestra contiene \(0.0350\ \mathrm{mol}\) de glucosa que siguen el proceso R y \(0.0150\ \mathrm{mol}\) que siguen el proceso F; el cambio de entalpía predicho es \(-99.05\ \mathrm{kJ}\), por lo que una lectura de \(92.0\ \mathrm{kJ}\) liberados no puede explicarse únicamente por la mezcla de rutas.
Sea \(x\) el número de moles de glucosa que experimentan el proceso R e \(y\) el número de moles que experimentan el proceso F.
Como se consumen los \(0.0500\ \mathrm{mol}\) de glucosa,
\[ x+y=0.0500 \]
El proceso R produce \(6\) mol de \(\ce{CO2}\) por mol de glucosa, mientras que el proceso F produce \(2\).
Por tanto,
\[ 6x+2y=0.240 \]
Sustituye
\[ y=0.0500-x \]
en la ecuación del dióxido de carbono:
\[ \begin{aligned} 6x+2(0.0500-x)&=0.240\\ 6x+0.100-2x&=0.240\\ 4x&=0.140\\ x&=0.0350\ \mathrm{mol} \end{aligned} \]
Entonces,
\[ y=0.0500-0.0350=0.0150\ \mathrm{mol} \]
Por tanto, en el apartado (a),
\[ n_R=0.0350\ \mathrm{mol} \]
y
\[ n_F=0.0150\ \mathrm{mol} \]
Para el proceso R,
\[ \begin{aligned} \Delta H_R &=(0.0350)(-2800)\\ &=-98.0\ \mathrm{kJ} \end{aligned} \]
Para el proceso F,
\[ \begin{aligned} \Delta H_F &=(0.0150)(-70.0)\\ &=-1.05\ \mathrm{kJ} \end{aligned} \]
Por tanto,
\[ \begin{aligned} \Delta H_{\mathrm{total}} &=-98.0-1.05\\ &=-99.05\ \mathrm{kJ} \end{aligned} \]
Así, el modelo químico predice que se liberan \(99.05\ \mathrm{kJ}\).
El calorímetro registra solo \(92.0\ \mathrm{kJ}\) liberados. Según los supuestos de la pregunta, cambiar las proporciones de R y F no puede corregir esta discrepancia porque la cantidad medida de \(\ce{CO2}\), junto con el consumo total de glucosa, ya ha fijado esas proporciones.
La ruta tentadora consiste en utilizar el valor del calorímetro para inventar una mezcla diferente de las dos rutas. Eso ignora la restricción estequiométrica independiente proporcionada por la medición del dióxido de carbono.
Tendría que fallar algún otro supuesto: por ejemplo, puede que el calorímetro no haya captado toda la energía transferida en forma de calor, o que haya ocurrido un proceso químico adicional.
Pregunta 5
Un sistema hipotético oxida completamente \(1.00\ \mathrm{mol}\) de glucosa según
\[ \ce{C6H12O6 + 6O2 -> 6CO2 + 6H2O} \qquad \Delta H=-2803\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
Al mismo tiempo, se acopla energía a otro proceso químico:
\[ \ce{A -> B} \qquad \Delta H=+38.0\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
Durante la oxidación de la glucosa, \(20.0\ \mathrm{mol}\) de \(\ce{A}\) se transforman inicialmente en \(\ce{B}\). Antes de que termine el periodo de observación, \(13.0\ \mathrm{mol}\) de \(\ce{B}\) vuelven a transformarse en \(\ce{A}\).
Supón que todas las cantidades corresponden a las mismas condiciones y que estas son las únicas reacciones relevantes.
Determina:
a. la cantidad neta de \(\ce{A}\) convertida en \(\ce{B}\) al final del periodo de observación
b. el cambio de entalpía del sistema completo durante ese periodo
c. el cambio de entalpía acumulado si toda la \(\ce{B}\) restante vuelve posteriormente a \(\ce{A}\)
d. por qué la afirmación «la respiración es \(-2803\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}\), así que el sistema completo siempre debe cambiar en \(-2803\ \mathrm{kJ}\)» falla durante el periodo de observación.
Solución 5
Al final del periodo de observación, se han convertido de forma neta \(7.0\ \mathrm{mol}\) de \(\ce{A}\) en \(\ce{B}\), el sistema completo tiene \(\Delta H=-2537\ \mathrm{kJ}\), y después de que toda la \(\ce{B}\) restante vuelva a \(\ce{A}\), el cambio de entalpía acumulado pasa a ser \(-2803\ \mathrm{kJ}\).
Primero, sigue los cambios del sistema químico auxiliar.
Inicialmente,
\[ 20.0\ \mathrm{mol} \]
de \(\ce{A}\) se convierten en \(\ce{B}\).
Después,
\[ 13.0\ \mathrm{mol} \]
de \(\ce{B}\) vuelven a \(\ce{A}\).
Por tanto, el cambio neto es
\[ 20.0-13.0=7.0\ \mathrm{mol} \]
de
\[ \ce{A -> B} \]
Por tanto, el apartado (a) es una conversión neta de \(7.0\ \mathrm{mol}\).
La entalpía asociada a esta conversión neta es
\[ \begin{aligned} \Delta H_{\ce{A -> B}} &=(7.0\ \mathrm{mol})(+38.0\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}})\\ &=+266\ \mathrm{kJ} \end{aligned} \]
La respiración aporta
\[ -2803\ \mathrm{kJ} \]
para los \(1.00\ \mathrm{mol}\) de glucosa.
Por tanto, para el sistema completo durante el periodo de observación,
\[ \begin{aligned} \Delta H_{\mathrm{sistema}} &=-2803+266\\ &=-2537\ \mathrm{kJ} \end{aligned} \]
Este valor es menos negativo que el de la respiración porque parte de la disminución global de entalpía ha ido acompañada de un cambio endotérmico en otra parte del sistema químico.
Ahora permite que los \(7.0\ \mathrm{mol}\) restantes de \(\ce{B}\) vuelvan a \(\ce{A}\).
Al invertir
\[ \ce{A -> B} \qquad \Delta H=+38.0\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
se obtiene
\[ \ce{B -> A} \qquad \Delta H=-38.0\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}} \]
Para \(7.0\ \mathrm{mol}\),
\[ \begin{aligned} \Delta H &=(7.0)(-38.0)\\ &=-266\ \mathrm{kJ} \end{aligned} \]
El cambio acumulado es, por tanto,
\[ \begin{aligned} \Delta H_{\mathrm{acumulado}} &=-2537-266\\ &=-2803\ \mathrm{kJ} \end{aligned} \]
El punto sutil es la definición de los estados extremos del sistema.
Un estudiante puede centrarse únicamente en la ecuación de respiración que contiene carbono y argumentar que la oxidación completa de un mol de glucosa fija la respuesta en \(-2803\ \mathrm{kJ}\). Ese valor es correcto para la reacción de respiración considerada por sí sola.
Pero, al final del periodo de observación, el sistema completo también ha convertido \(7.0\ \mathrm{mol}\) de \(\ce{A}\) en \(\ce{B}\). Por tanto, su estado químico final no es el mismo que el estado final de la respiración por sí sola.
Solo cuando toda la \(\ce{B}\) ha vuelto a \(\ce{A}\) terminan las especies auxiliares en el mismo estado en el que empezaron. Su contribución neta se cancela entonces, dejando la entalpía original de respiración de \(-2803\ \mathrm{kJ}\).
Esa es la versión más profunda de la ley de Hess: no puedes decidir si dos procesos tienen el mismo \(\Delta H\) observando una única molécula de interés. Debes comparar los estados inicial y final completos del sistema.
10Lo que esto te permite hacer a continuación
Una vez que puedes tratar la respiración como un ciclo energético, ya no necesitas una «fórmula de respiración» especial para cada pregunta. Puedes reconstruir una entalpía desconocida a partir de reacciones invertidas, datos de formación, cambios de fase o una cadena de reacciones intermedias.
El siguiente paso útil es reconocer cuándo los datos describen los mismos estados extremos mediante una ruta diferente y cuándo un cambio aparentemente pequeño -especialmente un estado físico o una especie que no se cancela- significa que los estados extremos ya no son los mismos. Esa distinción es lo que convierte la ley de Hess, de una simple manipulación de ecuaciones, en una forma fiable de analizar la energía química.