Para aprender Termodinámica resolviendo Problemas...

Para aprender Termodinámica resolviendo Problemas Silvia Pérez Casas

Entropía. La entropía se define como

reversibleqdST

δ=

La entropía es una función de estado, es una propiedad extensiva.

La entropía es el criterio de espontaneidad y equilibrio en sistemas aislados

(volumen y energía interna constantes). Este criterio se aplica de la siguiente

manera: a) si la entropía del universo aumenta, el proceso es espontáneo; b) si la

entropía del universo disminuye, el proceso no es espontáneo; c) si la entropía del

universo permanece constante, el sistema se encuentra en equilibrio.

Segunda Ley . La entropía del universo aumenta.

Tercera Ley. La entropía de un cristal puro y perfecto es cero en el cero absoluto de

temperatura.

La entropía puede expresarse en función de temperatura y volumen como:

1

T

Cv UdS dT P dVT T V

⎡ ⎤∂ ⎞⎛= + + ⎜ ⎟⎢ ⎥∂⎝ ⎠⎣ ⎦

donde V

S CT T∂ ⎞⎛ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠

v y 1

T T

S UPV T V

⎡ ⎤∂ ∂⎞ ⎞⎛ ⎛= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥∂ ∂⎝ ⎝⎠ ⎠⎣ ⎦

o también como CvdS dT dVT

ακ

= +

La entropía puede expresarse en función de temperatura y presión como:

1

T

Cp HdS dT V dPT T P

⎡ ⎤∂ ⎞⎛= + −⎜ ⎟⎢ ⎥∂⎝ ⎠⎣ ⎦

donde P

S CT T∂ ⎞⎛ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠

p y 1

T T

S H VP T P

⎡ ⎤∂ ∂⎞ ⎞⎛ ⎛= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥∂ ∂⎝ ⎝⎠ ⎠⎣ ⎦

o también como CpdS dT V dPT

α= −

Problemas resueltos.

Material didáctico en revisión 71


1. Un mol de gas ideal realiza una expansión isotérmica de 20 MPa a 1 MPa .

La temperatura es de 398.15 K. Calcular el cambio de entropía para el gas,

los alrededores y el total, a) si el proceso es reversible; b) si el proceso es

irreversible y la presión externa es igual a la presión final del gas.

Solución: a) Si el proceso es reversible.

Calculamos primero el cambio de entropía para el sistema. Partimos de la

definición de entropía, e integramos la ecuación considerando las condiciones

del proceso:

( )reversible sistemasistema

qdST

δ=

como la temperatura se mantiene constante,


qS

T∆ =

Debido a que la energía interna de un gas ideal solamente depende de la

temperatura, y por lo tanto 0U∆ =

( ) ( ) 2 1

1 2

ln lnreversible reversiblesistema sistema

V Pq w nRT nRV P

= − = + = + T

2

2 11

1 2

lnln lnsistema

VnRTV PVS nR

T V∆ = = = nR

P

K

124.91sistemaS J −∆ = +

Observamos que la entropía del sistema aumenta al aumentar el volumen.

Como se trata de un proceso reversible, debido a la Segunda Ley de la

Termodinámica

1

0

24.91

universo

universo sistema alrededores

sistema alrededores

alrededores

SS S S

S SS JK −

∆ =∆ = ∆ + ∆

∆ = −∆

∆ = −

b) Si el proceso es irreversible.

Observemos que la entropía está definida en función del calor reversible




qdST

δ=

y por ello, al integrar obtenemos la misma ecuación que utilizamos para calcular

el cambio de entropía del sistema en el proceso isotérmico irreversible:

( ) 2 1

1 2

ln lnreversible sistemasistema

q V PS nRT V

∆ = = = nRP

K

124.91sistemaS J −∆ = +

Como la entropía es función de estado, y tanto en el proceso reversible como

en el irreversible el estado inicial y el estado final son iguales (como se muestra

en la figura), el cambio de entropía del sistema es el mismo independientemente

de la manera como se realiza el proceso.

Estado inicial

P=20 MPa

T=398.15 K

V=0.0165 L

Estado final

Estado inicial

P=20 MPa

T=398.15 K

V=1.655 x 10-4 m3

Para calcular el cambio de

de entropía y usamos el c

poder realizar la expansió

calor que el sistema utiliza

( )reversible alralrededores

qdST

δ=

La energía interna de u

entonces

Material didáctico en revisión

Proceso reversible

Presión externa

= Presión del

gas

P=1 MPa

T=398.15 K

V=3.31 L

Estado final

al

n

p

ede

n

Proceso irreversible

Presión externa

constante

P=1 MPa

T=398.15 K

V=3.31 x 10-3 m3

entropía de los alrededores, partimos de la definición

or reversible que los alrededores dan al sistema para

. Este calor reversible de los alrededores es igual al

ara hacer el proceso irreversiblemente.

( )irreversibledores sistemaq

Tδ−

=

gas ideal solamente depende de la temperatura,

73


( ) ( ) (

( )

)2

2 11

2 1

V

reversible irreversible ext extalrededores sistemaV

extalrededores

q q w P dV P V V

P V VS

T

= − = = − = − −

− −∆ =

∫

17.90alrededoresS J −∆ = − K

K

117.01universo sistema alrededoresS S S J −∆ = ∆ +∆ = +

Observamos que (de acuerdo con la Segunda Ley de la Termodinámica) en un

proceso irreversible, la entropía del universo aumenta.

2. Un mol de gas de van der Waals realiza una expansión isotérmica de

0.0015m3 a 0.035m3. La temperatura es de 398.15 K. Calcular el cambio de

entropía para el gas, los alrededores y el total, a) si el proceso es reversible;

b) si el proceso es irreversible y la presión externa es 94.6 kPa. Para este

gas y 6 23.7a Pa m mol−= 6 3 10.052 10b m mol− −= ×

Solución. a) Si el proceso es reversible

Partimos de la definición de entropía:


qdST

δ=

y como la temperatura es constante, obtenemos que:


qS

T∆ =

A partir de la Primera Ley de la Termodinámica : q U w= ∆ − y para el gas de van

der Waals ya hemos demostrado que el trabajo isotérmico reversible se puede

calcular como 22

1 2

1 1ln V nbw nRT anV nb V V

⎛ ⎞−= − − −⎜− ⎝ ⎠1

⎟ . También hemos visto que

2

2

andU nCvdT dVV

⎛ ⎞= + ⎜ ⎟

⎝ ⎠ y en este caso, como la temperatura permanece

constante, 2

2

andU dVV

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

y por lo tanto: 2

2 1

1 1U anV V⎛ ⎞

∆ = − −⎜⎝ ⎠

⎟ . Substituyendo

obtenemos:



2 22

2 1 1 2 1

1 1 1 1ln V nbq U w an nRT anV V V nb V V

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞−= ∆ − = − − − − − −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

( ) 2

1

2

21

1

ln

lnln

reversible sistema

sistema

V nbq nRTV nb

V nbnRTV nbV nbS n

T V

−=

−−

−−∆ = =

−R

nb

K

17.04sistemaS J −∆ =

Como el proceso es reversible

1

0

7.04

universo


universo

SS S SS J K −

∆ =∆ = ∆ + ∆

∆ = −

b) El proceso es irreversible

Partimos de la definición de entropía:


qdST

δ=

Observamos que para calcular el cambio de entropía, siempre necesitamos

el calor reversible, este calor reversible es el mismo que el que calculamos en el

inciso a):

( ) 2

1

2

21

1

ln

lnln

reversible sistema

sistema

V nbq nRTV nb

V nbnRTV nbV nbS n

T VR

nb

−=

−−

−−∆ = =

−

y por lo tanto

17.04sistemaS J −∆ = K

y es lógico puesto que el cambio sufrido por el sistema es el mismo en ambos casos

y la entropía es función de estado.

Cuando calculamos el cambio de entropía de los alrededores, tenemos que

observar que el cambio que sufren los alrededores es diferente en el caso

irreversible comparado con el reversible, ya que los alrededores deben darle al



sistema el calor necesario para que realice un proceso reversible en el primer caso,

y un proceso irreversible en el segundo caso. Para los alrededores

( )( ) irreversiblereversible alrededores sistema

alrededores

qqdST T

δδ −= =

donde

( )irreversible sistemaq U= ∆ −w

donde se calcula igual que en el caso reversible porque la energía interna es

función de estado

U∆

2

2 1

1 1q U w anV V⎛ ⎞

= ∆ − = − − −⎜ ⎟⎝ ⎠

w

V

y el trabajo lo calculamos como

( )2

2 11

V

extV

w P dv Pext V= − = − −∫

( )22 1

2 1

1 1 808.15extq an P V VV V⎛ ⎞

= − − − − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

J

J

2

2.03alrededoresS J∆ = −

5.01universo sistema alrededoresS S S∆ = ∆ + ∆ = +

La entropía del universo aumenta porque se trata de un proceso irreversible.

3. La capacidad calorífica del sílice (SiO2) sólido es:

( ) 3 5/ / 46.94 34.31 10 11.30 10Cp J Kmol T T− −= + × − ×

su coeficiente de expansión térmica es 0.3530 x 10-4 K-1 y su volumen molar

es de 22.6 cm3 mol-1 . Calcular el cambio de entropía para un mol de sílice

para el proceso en el cual el estado inicial es de 1 bar y 200 K y el estado

final es de 1000 bar y 500 K.

Solución.

CpdS dT V dTT

α= −



2 23 5 3

1 1

46.94 34.31 10 11.3 10T P

T PS T

Tα− − ⎞⎛∆ = + × − × −⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫dT V dP

( ) ( ) ( )3 522 1 2 12 2

1 2

1 1 146.94ln 34.31 10 11.3 102

TS T TT T

α− ⎞⎛∆ = + × − + × − − −⎟⎜

⎝ ⎠1

V P PT

ol

))

1 141.359S JK m− −∆ =

Es interesante observar que el cambio de entropía debido al cambio de

presión , es muy pequeño, -0.0796 JK(( 2 1V P Pα − -1mol-1, lo cual significa

que al aumentar la presión desde 1 hasta 1000 bar, la entropía de un mol de

SiO2(s) apenas disminuye en 0.0796 JK-1

4. Un mol de un gas ideal monoatómico se calienta reversiblemente de 298.15

K a 398.15 K. Calcular el cambio de entropía del sistema, de los alrededores

y el total,

a) Si el proceso se realiza a volumen constante

b) Si el proceso se realiza a presión constante

Solución a) A partir de la definición de la entropía

revqdST

δ= y considerando que el volumen es constante y que el gas se

comporta idealmente,

2

1

1

ln

3.61

sistema

sistema

sistema

dU nCvdTdST T

TS nCvT

S J K −

= =

∆ =

∆ =

la entropía del sistema aumenta debido a que la temperatura aumenta.

Como se trata de un proceso reversible, de acuerdo a la segunda ley de la

termodinámica, la entropía del universo se mantiene constante



1

0

3.61


alrededores sistema

alrededores

S S SS SS JK −

∆ = ∆ + ∆ =∆ = −∆

∆ = −

b) Partimos de la misma ecuación y ahora consideramos que la presión es

constante

2

1

1

ln

6.01

sistema

sistema

sistema

dH nCpdTdST T

TS nCpT

S J K −

= =

∆ =

∆ =

Observamos que el aumento de entropía del sistema es mayor

cuando se trata de un calentamiento a presión constante comparado con

el aumento de entropía del sistema en un calentamiento a volumen

constante.

Como el proceso es reversible

1

0

6.01


alrededores sistema

alrededores

S S SS SS JK −

∆ = ∆ + ∆ =∆ = −∆

∆ = −

5. Cinco moles de nitrógeno son enfriados reversiblemente desde 1000 hasta

300 K. Calcular el cambio de entropía para el sistema, para los alrededores y

el total considerando que depende de la temperatura, Cv

a) Si el proceso se realiza a volumen constante

b) Si el proceso se realiza a presión constante

Solución

En tablas encontramos el valor de Cp

3 73.2454 0.7108 10 0.406 10Cp T T 2

R− −= + × − ×

Como se trata de un gas ideal, Cp Cv R− = , de donde obtenemos



3 7

1

2.2454 0.7108 10 0.406 10

Cv CpR R

Cv T TR

− −

= −

= + × − × 2

a) Partiendo de la definición de entropía y considerando que el proceso

se realiza a volumen constante y que el gas se comporta idealmente:

( )2 2

3 7

1 12.2454 0.7108 10 0.406 10

rev

S T

S T

q dU nCvdTdST T T

dTdS n R T TT

δ

− −

= = =

= + × − ×∫ ∫ 2

( ) ( )7

3 222 2 2 1

1

0.406 102.2454ln 0.7108 102sistema

TS nR T T T TT

−−⎡ ⎤×

∆ = + × − − −⎢ ⎥⎣ ⎦

2

K

1132.3sistemaS J −∆ = −

La entropía del sistema disminuye porque la temperatura baja.

Como se trata de un proceso reversible,

1

0

132.3


alrededores sistema

alrededores

S S SS SS JK −

∆ = ∆ + ∆ =∆ = −∆

∆ = +

b)Para el caso en que la presión es constante

sistemadH nCpdTdST T

= =

( )2 2

3 7

1 13.2454 0.7108 10 0.406 10

S T

S T

dTdS n R T TT

− −= + × − ×∫ ∫ 2

( ) ( )7

3 222 2 2 1

1

0.406 103.2454ln 0.7108 102sistema

TS nR T T T TT

−−⎡ ⎤×

∆ = + × − − −⎢ ⎥⎣ ⎦

2

K

1182.36sistemaS J −∆ = −

1

0

182.36


alrededores sistema

alrededores

S S SS SS JK −

∆ = ∆ + ∆ =∆ = −∆

∆ = +



6. Calcular el cambio de entropía para el proceso de mezclado de 125 g de

hielo a 00C con 250 g de agua a 850C en un sistema aislado.

. 16.009fusionH kJ −∆ = mol

=

Solución Dado que la entropía es una función de estado, podemos calcular el cambio

total de entropía dividiendo el proceso en varias etapas:

a) los 125 g de hielo, al entrar en contacto térmico con el agua caliente, se

funden;

b) posteriormente el agua líquida obtenida de la fusión, se calienta hasta , y eqT

c) el agua caliente (250 g inicialmente a 850C) se enfría hasta . eqT

De acuerdo a la primera ley de la termodinámica, y considerando que el proceso

se realiza a presión constante,

0 0 0 0fusion calentamiento enfriamientoH H H∆ +∆ +∆

( )

11 1125 6009 125 75.29118.015 18.015

250 018.015

eq hielo

eq agua

mol mol Jg Jmol g Tg g K m

molg T Tg

− Tol⎡ ⎤× × + × × −⎣ ⎦

+ × − =

De esta expresión obtenemos la temperatura de equilibrio.

303.22eqT = K y finalmente obtenemos el cambio de entropía total como la

suma de los cambios de entropía de cada una de las etapas en las que hemos

subdividido el proceso:

1 1

1

ln ln

152.67 54.56 48.64158.59

total fusion calentamiento enfriamiento

fusion eq eqtotal

1

fusion hielo aguacaliente

total

total

S S S SH T

S nCp nCpT T T

S JK JK JKS JK

− −

−

∆ = ∆ + ∆ + ∆

∆∆ = + +

∆ = + −

∆ =

T

−

Este es un proceso espontáneo, dado que se realizó en un sistema aislado y

la entropía aumentó. Obsérvese que la entropía del agua que inicialmente estaba



caliente, disminuyó; sin embargo para saber si el proceso es espontáneo o no,

debemos calcular el cambio total de entropía.

7. Un mol de un gas monoatómico ideal se expande reversible y

adiabáticamente desde 5 hasta 10 dm3. La temperatura inicial es de 500K.

Calcular la temperatura final, q, w, ∆U, ∆H, ∆S del sistema, ∆S de los

alrededores y ∆S total.

Solución: 1 1

2 1 12 1 2

1 2 2

315.13T V VT T T KT V V

γ γ− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Observamos que en una expansión adiabática, la temperatura disminuye.

0reversibleq U= ∆ w=

y como se trata de un gas ideal, la energía interna solamente depende de la

temperatura

( )2 1

2.306dU nCvdT U nCv T T

U kJ= ∆ =

∆ = −

−

La energía interna disminuye porque el sistema tiene que gastar su propia

energía para hacer trabajo dado que no recibe ninguna de los alrededores.

Por ser un gas ideal, la entalpía solamente depende de la temperatura

( )2 1

3.843dH nCpdT H nCp T T

H kJ= ∆ =

∆ = −

−

La entalpía disminuye porque disminuyó la temperatura. Para obtener el cambio

de entropía del sistema, partimos de la definición, y dado que este es un proceso

reversible obtenemos:

0

0

revsistema

sistema

qdST

S

δ= =

∆ =

la entropía del sistema no cambia puesto que el calor reversible es cero, por

esta razón se dice que este proceso es isoentrópico. Como los alrededores no

ceden ni absorben calor del sistema,



( )0

00

rev alrededoresalrededores

alrededores

total sistema alrededores

qdS

TSS S S

δ= =

∆ =∆ = ∆ + ∆ =

8. Un mol de un gas monoatómico ideal se expande irreversible y

adiabáticamente desde 5 hasta 10 dm3 contra una presión externa de 1.64

atm. La temperatura inicial es de 500K. Calcular la temperatura final, q, w,

∆U, ∆H, ∆S del sistema, ∆S de los alrededores y ∆S total.

Solución: Como el calor vale cero,

extdU P dV= −

como el gas es ideal, la energía interna solamente depende de la temperatura

extdU nCvdT P dV= = −

considerando que Cv es constante y que la presión externa es constante,

( ) (( )

)2 1 2 1

2 12 1

ext

ext

nCv T T P V V

P V VT T

nCv

− = − −

− −= +

2 433.33T K=

El decremento de temperatura en el proceso adiabático irreversible (66.66K) es

menor que en el proceso adiabático reversible (184.78K). Como ya habíamos

visto, partiendo del mismo estado (500K, 10 dm3) al realizar un proceso

adiabático, el estado final será diferente para el proceso reversible (315.22 K y 5

dm3) comparado con el estado final alcanzado cuando el proceso se realiza

irreversiblemente (433.33 K y 5 dm3). Esto tiene como consecuencia que el

cambio de energía interna (y por consiguiente el trabajo) será diferente en cada

caso

Expansión adiabática reversible Estado final

T2=315.22 K

V2=10 dm3

Expansión adiabática irreversible

Estado inicial

T1=500 K

V1=5 dm3

Estado final

T2=433.33 K

V2=10 dm3Material didáctico en revisión 82


( )2 1 832

dU nCvdT

U nCv T T w J

=

∆ = − = = −

( )2 1 1.386

dH nCpdT

H nCp T T kJ

=

∆ = − = −

Para calcular el cambio de entropía del sistema, hay que recordar que la

entropía se define en función del calor reversible


qdS

Tδ

=

proponemos un camino formado por dos ó más etapas reversibles para ir del

estado inicial (5 dm3 y 500K) al estado final (10 dm3 y 433.3K). Este camino

puede ser por un proceso isotérmico (de 5 dm3 y 500 K a 10 dm3 y 500 K) y un

proceso isocórico de (10 dm3 y 500K a 10 dm3 y 433.3 K) como se muestra en la

figura siguiente. Observamos que si escogiéramos, por ejemplo, un proceso

isobárico y uno isocórico (mostrados en la figura con líneas punteadas), nos

faltarían datos, pues tendríamos que calcular la temperatura alcanzada en la

expansión isobárica



5 6 7 8 9 103

4

5

6

7

8

9

isocórico

isobárico

isocórico, V = 10 L

isotérmico, T=500 K

estado final

estado inicialP

/ atm

V / L

2 2

1 1

1

ln ln

3.98

sistema isotermico isocorico

sistema

sistema

S S SV TS nR nCvV T

S JK −

∆ = ∆ + ∆

∆ = +

∆ =

Para los alrededores el cambio de entropía sigue siendo igual a cero debido a

que éstos no interactúan con el sistema

1

03.98

alrededores


SS S S JK −

∆ =

∆ = ∆ + ∆ =

De acuerdo con la segunda ley de la termodinámica, en un proceso irreversible,

la entropía del universo aumenta.

9. Un mol de un gas ideal monoatómico se comprime reversible y

adiabáticamente desde 40 hasta 15 L. La temperatura inicial es de 300 K.

Calcular la temperatura final, q, w, ∆U, ∆H, ∆S del sistema, ∆S de los

alrededores y ∆S total.

Solución. 0q = por ser adiabático



Como es un proceso adiabático reversible, podemos obtener la temperatura final

utilizando la fórmula: 1 1

2 1 12 1 2

1 2 2

576.52T V VT T T KT V V

γ γ− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

En la compresión adiabática la temperatura aumenta porque, como el sistema

no intercambia calor con los alrededores, todo el trabajo se convierte en energía

interna.

Como se trata de un gas ideal, la energía interna y la entalpía solamente

dependen de la temperatura:

( )2 1

3.449

dU nCvdT

U nCv T T wU kJ w

=

∆ = − =

∆ = =

( )2 1 5.748

dH nCpdT

H nCp T T kJ

=

∆ = − =

En la compresión adiabática reversible también tenemos que el proceso es

isoentrópico porque la energía del sistema permanece constante.

( )0

00


alrededores


qdS

TSS S S

δ= =

∆ =∆ = ∆ + ∆ =

10. Un mol de un gas ideal monoatómico se comprime adiabáticamente

aplicando una presión constante de 2 atm desde 40 hasta 15 L. La

temperatura inicial es de 300 K y la presión externa es de 4 atm. Calcular la

temperatura final, q, w, ∆U, ∆H, ∆S del sistema, ∆S de los alrededores y ∆S

total.

Solución. Para obtener la temperatura final, nuevamente utilizamos la ecuación que

obtuvimos para el caso de la expansión adiabática irreversible



( ) (( )

)2 1 2 1

2 12 1

2

0

706.5

ext

ext

qU w

nCv T T P V V

P V VT T

nCvT K

=∆ =

− = − −

− −= +

=

y nuevamente, como es un gas ideal,

( )

( )

2 1

2 1

5.070

8.450

U nCv T T wU w kJ

H nCp T T kJ

∆ = − =

∆ = =

∆ = − =

2 2

1 1

1

ln ln

2.53

sistema isotermico isocorico

sistema

sistema

S S SV TS nR nCvV T

S J K −

∆ = ∆ + ∆

∆ = +

∆ =

( )

1

0

02.53


alrededores


qdS

TSS S S J K

δ

−

= =

∆ =

∆ = ∆ + ∆ =

11. Calcular el cambio de entropía de la reacción siguiente a) a 298.15K; b) a

350 K

2 2 2 2 6( ) 2 ( ) ( )C H g H g C H g+ →

Solución. a) A partir de datos de tablas calculamos el cambio de entropía para la reacción

a 298.15 K

0 0 0

298.15 298.15 2 6 298.15 2 2 298.15 2( ) ( ) 2 ( )K K K KS S C H g S C H g S H⎡ ⎤∆ = − +⎣ ⎦g

1 1

0 1 1 1 1298.15 1 229.6 1 200.94 2 130.684S mol J K mol mol J K mol mol J K mol− − − − − −⎡ ⎤∆ = × − × + ×⎣ ⎦0 1298.15 232.708KS J K −∆ = −



Observamos que la entropía absoluta de un elemento en su estado estándar

es diferente de cero debido a la tercera ley de la Termodinámica. En

esta reacción la entropía disminuye, por lo cual podemos afirmar que si esta

reacción se realizara en un sistema aislado (volumen y energía interna

constantes), no sería espontánea.

( 2 ( )H g )

b) Para calcular el cambio de entropía a 350 K, podemos considerar que Cp es

independiente de la temperatura por tratarse de un intervalo pequeño en esta

propiedad y utilizamos la ecuación

0 02 1 productos reactivos

dTS S Cp CpT

⎡ ⎤∆ = ∆ + −⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑∫

( ) ( )( )

( )

3500 0350 298.15 2 6 2 2 2

298.15

3500 1 1350

298.15

0 1 1350

0 1350

( ( )) ( ) 2 ( )

232.708 52.63 43.93 2 28.824

350232.708 48.948 ln298.15

240.56

K

K KK

K

K

K

dTS S Cp C H g Cp C H g Cp H gT

dTS J K J KT

KS J K J KK

S J K

− −

− −

−

⎡ ⎤∆ = ∆ + − +⎣ ⎦

∆ = − + − + ×⎡ ⎤⎣ ⎦

∆ = − −

∆ = −

∫∫

c) Para hacer el cálculo a 1000K debemos tomar en cuenta la dependencia del

con la temperatura. En tablas encontramos: Cp

Compuesto /Cp R

C2H2 3 73.689 6.352 10 19.57 10T T− −+ × − × 2

H2 3 73.4958 0.1006 10 2.419 10T T− −− × + × 2

C2H6 3 71.131 19.224 10 55.60 10T T− −+ × − × 2

Utilizamos la misma ecuación:

0 02 1 productos reactivos

dTS S Cp CpT

⎡ ⎤∆ = ∆ + −⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑∫

y ahora utilizamos los Cp en función de la temperatura



( ) ( )( )350

0 01000 298.15 2 6 2 2 2

298.15

3500 1 3 7 2

1000298.15

0 11000

( ( )) ( ) 2 ( )

232.708 9.5496 13.0732 10 40.868 10 8.31451

10009.5496ln 13.298.15232.708

K

K KK

K

K

dTS S Cp C H g Cp C H g Cp H gT

dTS J K T T JT

S J K R

− − −

−

⎡ ⎤∆ = ∆ + − +⎣ ⎦

⎡ ⎤∆ = − + − + × − ×⎣ ⎦

− +∆ = − +

∫∫

( )

1K −

( )

3

72 2

0 11000

0732 10 1000 298.15

40.868 10 1000 298.152

267.99KS J K

−

−

−

⎡ ⎤× −⎢ ⎥⎢ ⎥

×⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎣ ⎦∆ = −

12. Para el zinc se tienen los siguientes datos

y además se conoce que a 6 K , 0 1 16 0.0194KS JK mol− −=

Obtener 0

S a 100 K.

Solución. De la ecuación

CpdS dT V dPT

α= −

a presión constante, 100 6 100

100 60 0 6

K KS d S d S d S S= = + = +∫ ∫ ∫ S∆

Para obtener S∆ debido al cambio de temperatura desde 6K hasta 100K,

graficamos Cp vs T y ajustamos un polinomio para obtener la expresión que nos

da Cp en función de la temperatura como se muestra en la figura. En este caso

obtenemos: 2 4 3 7 4(0.56031 0.18927 0.01685 2.22508 10 9.15749 10 )Cp T T T T JK mol1 1− − −= − + − × + × −



0 20 40 60 80 100

0

5

10

15

20

Polynomial Regression for Data1_B:Y = A + B1*X + B2*X 2̂ + B3*X 3̂ + B4*X 4̂

Parameter Value Error------------------------------------------------------------A 0.56031 0.22057B1 -0.18927 0.02988B2 0.01685 0.00116B3 -2.22508E-4 1.6783E-5B4 9.15749E-7 8.00078E-8------------------------------------------------------------

R-Square(COD) SD N P------------------------------------------------------------0.99977 0.13485 14 <0.0001------------------------------------------------------------

Cp

/J K

-1 m

ol-1

T/K

tenemos que a presión constante el cambio de entropía debido al aumento de

temperatura de 6 a 100K se obtiene haciendo la integral 2 100

1 6

S

S

CpdS dTT

=∫ ∫

100 2 4 3 7

6(0.56031 0.18927 0.01685 2.22508 10 9.15749 10 ) dTS T T T

T− −∆ = − + − × + ×∫ 4T



( ) ( )

( ) ( )

2 2

4 73 3 4 4

100 0.016850.56031ln 0.18927 100 6 100 66 2

2.22508 10 9.15749 10100 6 100 63 4

S

− −

∆ = − − + −

× ×− − + −

ol

-1 1100.419 J KS m −∆ =

por lo tanto tenemos que

100 6

1 1100

0.194 100.419

100.613K K

K

S S S

S J K mol− −

= + ∆ = +

=

13. Obtener el cambio de entropía para la combustión del propeno (C3H6) a

partir de los siguientes datos a 298.15K.

a) 0 13 8 3 6 2( ) ( ) ( ) 127.824C H g C H g H g S J K −→ + ∆ =

b) 0 13 8 2 2 2( ) 5 ( ) 3 ( ) 4 ( ) 374.74C H g O g CO g H O l S J K −+ → + ∆ = −

c) 0 12 2 2

1( ) ( ) ( ) 163.3432

H g O g H O l S J K −+ → ∆ = −

Solución. Como la entropía es función de estado, no depende del número de etapas en

que se realice la reacción, por lo tanto podemos combinar las reacciones

para obtener la reacción deseada:

Invertimos a) y cambiamos el signo del cambio de entropía 0 1

3 6 2 3 8( ) ( ) ( ) 127.824C H g H g C H g S JK −+ → ∆ =−

sumamos b) 0 1

3 8 2 2 2( ) 5 ( ) 3 ( ) 4 ( ) 374.74C H g O g CO g H O l S J K −+ → + ∆ = −

invertimos c) y la sumamos

0 12 2 2

1( ) ( ) ( ) 163.3432

H O l H g O g S JK −→ + ∆ =

0 13 6 2 2 2

9( ) ( ) 3 ( ) 3 ( ) 339.2212

C H g O g CO g H O l S J mol K− −+ → + ∆ = − 1


Para aprender Termodinámica resolviendo Problemas...

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