PROPIEDADES DE

ENTROPIA Y 3° LEY

DE LA

TERMODINAMICA

1.0 GENERALIDADES

𝒅𝒔 =𝞭𝒒𝒓𝒆𝒗

𝑻

• Para un cambio finito de estado:

𝛥s= 𝑺𝟐 − 𝑺𝟏 = 𝟏𝟐 𝞭𝒒𝒓𝒆𝒗

𝑻

• Como la entropía 2 y 1 solo dependende las condiciones 1 y 2, no importa siel cambio se realiza por un procesoreversible y irreversible, variación deentropía tiene el mismo valor, en estecaso se trata de un proceso reversible.

2.0 RELACIÓN ENTRE 𝛥S COMO

FUNCIÓN DE T Y V • 𝒅𝑬 = 𝞭𝒒 − 𝑷𝒅𝒗…𝟏

• 𝒅𝒔 =𝞭𝒒

𝑻…𝟐

• 𝞭𝒒 = 𝑻𝒅𝒔…𝟑

• 𝒅𝑬 = 𝑻𝒅𝒔 − 𝑷𝒅𝒗…𝟒

• 𝒅𝒔 =𝒅𝑬

𝑻+𝑷

𝑻𝒅𝑽…𝟓

S= S(T,V)

• 𝒅𝒔 = (𝜕𝒔

𝜕𝑻)𝑽 𝒅𝑻 + (

𝜕𝒔

𝜕𝑽)𝑻 𝒅𝑽…𝟔

5 en 6

•𝒅𝑬

𝑻+𝑷𝒅𝑽

𝑻= (

𝜕𝒔

𝜕𝑻)𝑽 𝒅𝑻 + (

𝜕𝒔

𝜕𝑽)𝑻 𝒅𝑽…7

E= E (T,V)

• 𝒅𝑬 = (𝜕𝑬

𝜕𝑻)𝑽 𝒅𝑻 + (

𝜕𝑬

𝜕𝑽)𝑻𝒅𝒗…𝟖

8 En 7

•𝟏

𝑻(𝜕𝐸

𝜕𝑇)𝑉 𝑑𝑇 + (

𝜕𝐸

𝜕𝑉)𝑇𝑑𝑣 +

𝑷𝒅𝑽

𝑇= (

𝜕𝑠

𝜕𝑇)𝑉 𝑑𝑇 + (

𝜕𝑠

𝜕𝑉)𝑇 𝑑𝑉

•1

𝑇+ (

𝜕𝐸

𝜕𝑇)𝑉 𝑑𝑇 +

1

𝑇(𝜕𝐸

𝜕𝑉)𝑇𝑑𝑣

𝑃𝑑𝑉

𝑇= (

𝜕𝑠

𝜕𝑇)𝑉 𝑑𝑇 + (

𝜕𝑠

𝜕𝑉)𝑇 𝑑𝑉

•1

𝑇+ (

𝜕𝐸

𝜕𝑇)𝑉 𝑑𝑇 +

1

𝑇(𝜕𝐸

𝜕𝑽)𝑉 +𝑷 𝒅𝑽 = (

𝜕𝑠

𝜕𝑇)𝑉 𝑑𝑇 + (

𝜕𝑠

𝜕𝑉)𝑇 𝑑𝑉

•1

𝑇+ 𝑪𝒗 𝑑𝑇 +

1

𝑇(𝜕𝐸

𝜕𝑉)𝑉 +𝑃 𝑑𝑉 = (

𝜕𝑠

𝜕𝑇)𝑉 𝑑𝑇 + (

𝜕𝑠

𝜕𝑉)𝑇 𝑑𝑉

• (𝜕𝑠

𝜕𝑇)𝑉 𝑑𝑇 =

𝑪𝒗

𝑇𝑑𝑻

• (𝜕𝑠

𝜕𝑇)𝑉 =

𝐶𝑣

𝑇…𝟗

• (𝜕𝑠

𝜕𝑇)𝑻 𝑑𝑽 =

1

𝑇(𝜕𝐸

𝜕𝑽)𝑉 +𝑷 𝒅𝑽

• (𝜕𝑠

𝜕𝑉)𝑇=

1

𝑇(𝜕𝐸

𝜕𝑉)𝑻 +𝑃 …𝟏𝟎

9 Y 10: ECUACIONES GENERALES

De Ec. 4

• 𝒅𝑬 = 𝑻𝒅𝒔 − 𝑷𝒅𝒗

E= E (S,V)

• 𝒅𝑬 = (𝜕𝑬

𝜕𝑺)𝑽 𝒅𝑺 + (

𝜕𝑬

𝜕𝑽)𝑺𝒅𝒗…𝟏𝟏

4 y 11

𝑻𝒅𝒔 − 𝑷𝒅𝒗 = (𝜕𝑬

𝜕𝑺)𝑽 𝒅𝑺 + (

𝜕𝑬

𝜕𝑽)𝑺𝒅𝒗

• (𝜕𝑬

𝜕𝑺)𝑽𝒅𝑺 = 𝑻𝒅𝑺

• (𝜕𝑬

𝜕𝑺)𝑽= 𝑻…𝟏𝟐

• (𝜕𝑬

𝜕𝑺)𝑺𝒅𝑽 = −𝑷𝒅𝑽

• (𝜕𝑬

𝜕𝑺)𝑺= −𝑷…𝟏𝟑

SE CONOCE:

• 𝑯 = 𝑬 + 𝑷𝑽…𝟏𝟒

DERIVANDO

• 𝒅𝑯 = 𝒅𝑬 + 𝑷𝒅𝑽 + 𝑽𝒅𝑷…𝟏𝟓

4 EN 15

• 𝒅𝑯 = 𝑻𝒅𝒔 − 𝑷𝒅𝒗 + 𝑷𝒅𝑽 + 𝑽𝒅𝑷

• 𝒅𝑯 = 𝑻𝒅𝒔 + 𝑽𝒅𝑷…𝟏𝟔

SE TIENE DE 16

• 𝑯 = 𝑯 𝑺 + 𝑷

• 𝒅𝑯 = (𝜕𝑯

𝜕𝑺)𝑷 𝒅𝑺 + (

𝜕𝑯

𝜕𝑷)𝑺𝒅𝑷…𝟏𝟕

16 EN 17

𝑻𝒅𝒔 + 𝑽𝒅𝑷 = (𝜕𝑯

𝜕𝑺)𝑷 𝒅𝑺 + (

𝜕𝑯

𝜕𝑷)𝑺𝒅𝑷

• (𝜕𝑯

𝜕𝑷)𝑷𝒅𝑺 = 𝑻𝒅𝑺

• (𝜕𝑯

𝜕𝑷)𝑷= 𝑻…𝟏𝟖

• (𝜕𝑯

𝜕𝑷)𝑺𝒅𝑷 = 𝑽𝒅𝑷

• (𝜕𝑯

𝜕𝑷)𝑺= 𝑽…𝟏𝟗

PROBLEMA: 𝑫. 𝒒(𝜕𝒔

𝜕𝑻)𝑷 =

𝑪𝒑

𝑻

• 𝒅𝑯 = 𝑻𝒅𝒔 + 𝑽𝒅𝑷…𝟏𝟔

H=H(P,T)

• 𝑑𝐻 =𝜕𝑯

𝜕𝒅 + (

𝜕𝑯

𝜕𝑷)𝑻𝒅𝑷…𝟐𝟎

20 Y 16

• (𝜕𝑯

𝜕𝑻)𝑷𝒅𝑻 + (

𝜕𝑯

𝜕𝑷)𝑻𝒅𝑷 = 𝑻𝒅𝒔 + 𝑽𝒅𝑷

÷T

•𝟏

𝑻+ (

𝜕𝑯

𝜕𝑻)𝑷 𝒅𝑻 +

𝟏

𝑻(𝜕𝑯

𝜕𝑷)𝑻𝒅𝑷 = 𝒅𝑺 +

𝑽

𝑻𝐝𝐏

𝟏

𝑻𝑪𝒑𝒅𝑻 +

𝟏

𝑻(𝝏𝑯

𝝏𝑷)𝑻𝒅𝑷 = 𝒅𝑺 +

𝑽𝒅𝒑

𝑻

𝒅𝑺 =𝟏

𝑻𝑪𝒑𝒅𝑻 +

𝟏

𝑻(𝝏𝑯

𝝏𝑷)𝑻𝒅𝑷 −

𝑽𝒅𝒑

𝑻

𝟐𝟏…𝒅𝑺 =𝟏

𝑻𝑪𝒑𝒅𝑻 +

𝟏

𝑻(𝝏𝑯

𝝏𝑷)𝑻−𝑽 𝒅𝑷

𝒅𝑺 =𝟏

𝑻𝑪𝒑𝒅𝑻

DIVIDIR ENTRE dT𝒅𝑺

𝒅𝑻=𝟏

𝑻𝑪𝒑𝒅𝑻

𝒅𝑻

𝟐𝟐…𝝏𝑺

𝝏𝑻𝑷

=𝑪𝒑

𝑻𝑳𝒒𝒒𝒅

PROBLEMA 2:

𝒅𝒒:𝝏𝑺

𝝏𝑻𝑷

= −𝝏𝑽

𝝏𝑻𝑷

0

21 a T Cte

• 𝒅𝑺 =𝟏

𝑻(𝝏𝑯

𝝏𝑷)𝑻−𝑽 𝒅𝑷

• (𝝏𝑺

𝝏𝑷)𝑻=

𝟏

𝑻(𝝏𝑯

𝝏𝑷)𝑻−𝑽 …𝟐𝟑

REORDENAR

• (𝝏𝑯

𝝏𝑷)𝑻= 𝑻(

𝝏𝑺

𝝏𝑷)𝑻 + 𝐕…𝟐𝟒

Derivando respecto a T (P Cte)

•𝝏𝟐𝑯

𝝏𝑻.𝝏𝑷= 𝑻

𝝏𝟐𝑺

𝝏𝑻.𝝏𝑷+

𝝏𝑺

𝝏𝑷+ (

𝝏𝑽

𝝏𝑻)𝑷… . 𝟐𝟓

De 22 y conociendo: 𝑪𝒑 = (𝝏𝑯

𝝏𝑻)𝑷

• (𝝏𝑺

𝝏𝑻)𝑷=

𝟏

𝑻(𝝏𝑯

𝝏𝑻)𝑷…𝟐𝟔

Derivando 26 respecto a P( T Cte)

•𝝏𝟐𝑺

𝝏𝑷.𝝏𝑻=𝟏

𝑻

𝝏𝟐𝑯

𝝏𝑷.𝝏𝑻…𝟐𝟕

•𝝏𝟐𝑯

𝝏𝑷.𝝏𝑻= 𝑻

𝝏𝟐𝑺

𝝏𝑷.𝝏𝑻…𝟐𝟕 − 𝑨

27-A EN 25

• 𝑻𝝏𝟐𝑺

𝝏𝑷.𝝏𝑻= 𝑻

𝝏𝟐𝑺

𝝏𝑻.𝝏𝑷+

𝝏𝑺

𝝏𝑷+ (

𝝏𝑽

𝝏𝑻)𝑷

• (𝝏𝑺

𝝏𝑷)𝑻+(

𝝏𝑽

𝝏𝑻)𝑷= 𝟎

• Lqqd…(𝝏𝑺

𝝏𝑷)𝑻= −

𝝏𝑽

𝝏𝑻 𝑷…𝟐𝟖

2.0 CALCULOS DE 𝛥S

2.1 Cálculos de 𝛥S en procesos reversibles y adiabáticos

𝒅𝑺 =𝛿𝒒𝒓𝒆𝒗

𝑻𝛿𝒒𝒓𝒆𝒗 = 𝟎𝒅𝑺 = 𝟎

𝛥S=0…29

2.2 Calculos de 𝛥S en cambios de fase reversibles 𝛥(P,T) Cte

𝒅𝑺 =𝛿𝒒𝒓𝒆𝒗

𝑻

𝒅𝒔 = 𝛿𝒒

𝑻

𝒅𝒔 =𝟏

𝑻 𝛿𝒒

𝑻

Pero 𝛿𝒒 = 𝒅𝑯

𝒅𝒔 =𝟏

𝑻 𝒅𝑯

𝛥S=𝛥𝑯𝑻…𝟑𝟎

𝛥S𝑭𝒖𝒔𝒊𝒐𝒏=𝛥𝑯𝑭𝑻𝑭…𝟑𝟎 − 𝑨

𝛥S𝑽𝒂𝒑=𝛥𝑯𝑽𝒂𝒑.𝑻𝑽𝒂𝒑.

…𝟑𝟎 − 𝑩

𝛥S𝑺𝒖𝒃𝒍𝒊𝒎.=𝛥𝑯𝑺𝒖𝒃𝒍𝒊𝒎.𝑻𝑺𝒖𝒃𝒍𝒊𝒎.

…𝟑𝟎 − 𝑪

2.3 𝛥S EN PROCESOS ISOTERMICOS REVERSIBLES

𝛥S=𝒒𝒓𝒆𝒗

𝑻…𝟑𝟏

2.4 𝛥S EN GASES IDEALES

De: 𝒅𝑬 = 𝑻𝒅𝑺 − 𝑷𝒅𝑽

Despejamos 𝒅𝑺

• 𝒅𝑺 =𝒅𝑬

𝑻+𝑷𝒅𝑽

𝑻…𝟑𝟐

Se conoce: 𝒅𝑬 = 𝒏𝒄𝑽𝒅𝑻 y

Reemplazando en 32.

• 𝒅𝑺 =𝒏𝒄𝑽𝒅𝑻

𝑻+𝑷𝒅𝑽

𝑻…𝟑𝟑

De Ec. Gases Ideales: 𝑷 =𝒏𝑹𝑻

𝑽

Reemplazando en 33

• 𝒅𝑺 = 𝒏𝒄𝑽𝒅𝑻

𝑻+𝑷𝒅𝑽

𝑻

INTEGRANDO

• 𝛥S= 𝑻𝟏𝑻𝟐 𝒏𝑪𝑽

𝒅𝑻

𝑻+ 𝒓𝟏

𝒓𝟐 𝒏𝑹𝒅𝑽

𝑽

• 𝛥S = 𝒏𝑪𝑽 ln𝑻𝟐

𝑻𝟏+ 𝒏𝑹 ln

𝑉2

𝑉1…𝟑𝟒

Comparando Ec. Inicial y Ec. Final (Gas Ideal)

•𝑷𝟏𝑽𝟏

𝑷𝟐𝑽𝟐=𝑻𝟏

𝑻𝟐

•𝑽𝟐

𝑽𝟏=𝑷𝟏𝑻𝟐

𝑷𝟐𝑻𝟏… . 𝟑𝟓

35 en 34

• 𝛥S = 𝒏𝑪𝑽 ln𝑻𝟐

𝑻𝟏+ 𝒏𝑹 ln(

𝑷𝟏

𝑷𝟐.𝑻𝟐

𝑻𝟏)

• 𝛥S = 𝒏𝑪𝑽 ln𝑻𝟐

𝑻𝟏+ 𝒏𝑹 ln

𝑷𝟏

𝑷𝟐+

• 𝛥S = (𝒏𝑪𝑽 + 𝒏𝑹) ln𝑻𝟐

𝑻𝟏+ 𝒏𝑹 ln

𝑷𝟏

𝑷𝟐

• 𝛥S = 𝒏𝒄𝑷 ln𝑇2

𝑇1− 𝒏𝑹 ln

𝑷𝟏

𝑷𝟐…𝟑𝟔

2.4.1 EN PROCESOS ISOTERMICOS

34 Queda:

• 𝛥S = 𝒏𝑪𝑽 ln𝑻𝟐

𝑻𝟏+ 𝒏𝑹 ln

𝑉2

𝑉1

• 𝛥S = 𝒏𝑹 ln𝑉2

𝑉1…37

36 Queda:

• 𝛥S = 𝒏𝑹 ln𝑷𝟐

𝑷𝟏…𝟑𝟖

2.4.2. En Procesos Isocóricos:

La Ec. 34 queda:

𝛥S = 𝒏𝑪𝑽 ln𝑻𝟐

𝑻𝟏+ 𝒏𝑹 ln

𝑉2

𝑉1

𝛥S = 𝒏𝑪𝑽 ln𝑻𝟐

𝑻𝟏…39

2.4.3 En Procesos Isobáricos

La Ec. 36 queda:

𝛥S = 𝒏𝒄𝑷 ln𝑇2

𝑇1− 𝒏𝑹 ln

𝑷𝟐

𝑷𝟏

𝛥S = 𝒏𝒄𝑷 ln𝑇2

𝑇1…40

3.0 ΔS en cambio de estado irreversible en un gas ideal.

P1 V1 T1 P2 V2 T2

ΔS Irrev

ΔS Irrev = (ΔS rev) isot +(ΔS rev) isot.

Para cualquier variación de energía irreversible se puede acondicionar un procesoreversible a fin de poder llevar acabo el mismo cambio de estado, según la fig:

Se tiene :

Un gas ideal encerrado en un cilindro con un pistón sin rozamiento en un baño grande aT de y se varia infinitamente dispara la presión sobre el pistón hasta que se igualenvolúmenes.

Retira el gas del baño, manteniendo el volumen constante y calentar o enfriar el gasreversiblemente hasta una t2.

Como la entropía es una propiedad de estado el cambio de entropía irreversible a lasumatoria de cambio reversible.

sin embargo en procesos con sistemas aislados siempre se llevan a cabo procesosúnicamente reversibles.

Irreversible

EJEMPLO:

Si se tiene una expansión libre de un gas grande

• 𝛥S = 𝒏𝒄𝑽 ln𝑇2

𝑇1+ 𝒏𝑹 ln

𝑽𝟐

𝑽𝟏

• 𝛥S = 𝒏𝑹 ln𝑽𝟐

𝑽𝟏…𝟒𝟏

3.1 ΔS en cambio de fase irreversible.

Problema.

Determinar la expresión para calcular ΔS en la transformación de

agua liquida sobre enfriada a 10ºC y 1atm en hielo

𝐻2 O liq ; -10ºc, 1atm --> 𝐻2 O (s, 10ºc, 1atm)

Isorico: 𝐻2 O liq, -10ºC, 1atm 𝐻2 O ( liq, 0ºC , 1atm) ΔS = ncv ln t2

t1

I. Fase 𝐻2 O ( liq, 0ºc , 1atm ) 𝐻2 O (s, 0ºc; 1atm ) ΔS = - Δhp

tf

ΔS t = Ʃ ΔS

Δ St = ncv ln t2

t1

3.7 Cambio de ΔS en mezcla de gas de ΔP y T constante.

Gas A Gas B

Δs mezcla = -nr ln xa – nr ln xb

ΔS mezcla = -nr (ln xa + ln xb )

ΔS mezcla = -R Ʃ ni ln xi

Mi : # moles del campo i

Xi : fracción moles de i en la mezcla

-1 > x > 0

∴ ΔS mezcla = +

na

Va

P,T

nb

Vb

P, T

4.0 Cambio de entropía total ( universo)

Para un proceso irreversible

ΔS sistema ≠ ΔS alrededores

Δsu > 0

Δsu = (q ) sistema + (q) alrededores

t t

Alrededores:

ΔS sistemas = (q ) sistema = 0

t

ΔS sistemas = (q ) sistema = -

t

ΔS sistemas = (q ) sistema = +

t

Si:

ΔS sistema = - ΔS alrededores = + : Δsu + grande

ΔS sistema = + ΔS alrededores = - : Δsu + pequeño

ΔSu = ΔS sistema + ΔS alrededores

Para un proceso reversible

ΔS sistema = - ΔS alrededores

ΔS = ( q rev/ t) sistema + (-q rev /t ) alrededores

Δsu = 0ALREDEDORES

SISTEMA

5.0 Δ S en reacciones química :

Sea:

Aa + Bb +….. Cc + Dd +…..

ΔSº = Ʃ ui. Si ….. Si : entropía individual absoluta

ui = + : productos

- : reactantes

ΔSº =( csºC + dsº D ) – ( asºA + bsºB)

SI : entropía referencial a condiciones estándar 25ºc y 1atm

Se sabe :

( ϫs ) = cp y (ϫ ΔS) = Δ cp

ϫt t ϫt t

entonces:

ΔS𝑡ΔS𝑡

𝑑ΔS = t𝑜t

Δcp/t dt.

Δcp = Sui Cpi

ΔSp = (c cpC + d cpD ) – ( a cpA + b cpB )

ΔST = ΔST0 + t𝑜t

Δcp/t dt…43

Problema :

Calcular Δ S a 1000k para la siguiente reacción a partir de entropías absolutas a 25ºc y 1 atm.

C(s) + CO 2 (g) 2 CO (g)

De tablas:

Cp C(s) = 6.108 J / mol. Grado S ºC (s) = 5.644 J / mol-grado

Cp CO2 (g) = 36,61 SºCO2 (g) = 213,64

Cp CO (g) = 69,09 S ºCO(g) = 197,9

ΔS 1000 k = Δ S 245,15 + 298,151000

ΔSp/t dt

ΔS 298,15 = ( 2SºCO(g) ) – ( S ºC(s) + SºCO2 (g) )

= 2(197,9) – ( 5,044+213,64 )

ΔS 298,15 = 17605 J/ mol-grado

ΔCp = (2Cp CO(g) ) – ( Cpc (s) + Cp CO2 (g) )

= 2( 29,04) – (6,108 + 36,61)

ΔCp = 15,4 J/ mol. Grado

ΔS 1000 = 176,5 + 298,151000

15,4 dt/t

= 176,5 + 15,4 ln 1000/298,15

ΔS 1000 195,14 J/ mol . Grado

Problema:

3moles de O2 se mezclan con 2 moles de H2 a P y T cte. Suponiendo que los

gases son ideales y que no reaccionan a las condiciones de la mezcla ¿ cual

será las ΔS en el proceso de la mezcla?

ΔS mezcla = -R Ʃ ni ln xi

Mo2 = 3

NH2 = 2

ΔS mezcla = -R ( no2 ln xo2 + Nh2 ln XH2 )

ΔS mezcla = -8,314 J ( 3ln 3 +2 ln 2)

mol.k 5 5

ΔS mezcla = +27.98 J/ mol .grado

Problema:

Calcular el ΔS cuando el R A 25 ºc y 1atm se expande de 500𝑐𝑚3 hasta 1000𝑐𝑚3 y se calienta hasta una temperatura de 100 ºC

ΔS ncv ln t2 - np ln V1

t1 V2

T1 = 25ºC ( 298.15k) T2 = 100 ºC (373,15k)

P1 = 1atm

Vi = 500 𝑐𝑚3 V2 = 1000 𝑐𝑚3

ΔS = (0,02) 3 ( 8,314)ln 3,15 – 0,02 (8,314) ln(500)

298,15 1000

ΔS + 0,17 J

mol.k

P. Expansion Adiabatico. Irreversible

𝑻𝟐=𝑻𝟏

𝑪𝒑[𝑪𝒗 + 𝑹(

𝑷𝟐

𝑷𝟏)] →

𝟕𝟎𝟎

𝟐𝟗.𝟏[𝟐𝟎. 𝟖 + 𝟖. 𝟑𝟏𝟐 ×

𝟓𝟎𝟔.𝟔𝟐

𝟏𝟎𝟏𝟐.𝟏𝟒] = 600.45K

Cp =𝟕

𝟐𝑹 =

𝟕

𝟐(8.314) = 29.1

𝑱

𝒎𝒐𝒍.𝑲

Cv = Cp – R = 29.1- 8.314 = 20.8 𝑱

𝒎𝒐𝒍.𝑲

ΔS = n Cp ln𝑻𝟐

𝑻𝟏+ n R ln

𝑷𝟏

𝑷𝟐

P1 = 𝒏𝑹𝑻𝟏

𝑽𝟏= (𝟐)(𝟖.𝟏𝟑𝟏𝟒)(𝟕𝟎𝟎)

𝟏𝟏.𝟓𝒅𝒎𝟑= 1012-14 Kpa

ΔS = (2)(29.1) ln(𝟔𝟎𝟎.𝟒𝟓

𝟕𝟎𝟎) + (2)(8.314)ln (

𝟏𝟎𝟏𝟐.𝟏𝟒

𝟓𝟎𝟔.𝟔𝟐)

ΔS= 2.58𝑱

𝑲…Para la Exp. de dos moles

b) Suponiendo rev.

Exp. Adabiatico ΔS

Lenta Adiabatico

𝑻𝟐 = 𝑻𝟏 [𝑷𝟐

𝑷𝟏]

𝑹

𝑪𝒑

𝑻𝟐 =700 [𝟓𝟎𝟔.𝟔𝟐

𝟏𝟎𝟏𝟐.𝟏𝟒]

𝟖.𝟑𝟏𝟒

𝟐𝟗.𝟏= 574.42 K

ΔS = (2)(29.1)ln(𝟓𝟕𝟒.𝟒𝟐

𝟕𝟎𝟎) + 2(8.314)ln(

𝟏𝟎𝟏𝟐.𝟏𝟒

𝟓𝟎𝟔.𝟔𝟐)

ΔS =0.00315 ≈ 0

Xq: ΔS = 𝒒 𝒓𝒆𝒗

𝑻= 0

Conclusión:

1º) En una Exp. Irrev. T > 0 Exp. Rev.

2º) Se comprueba ΔS proc. Rev. es 0.

Para recordar :

1.Con la 2º ley de la T.D. Se puede calcular las variaciones de entropía

pero no se permite obtener valores absolutos de entropía. Para construir

una tabla de valores se asigna un valor unitario a la entropía de cada

sustancia en un estado de Ref.

2.Se calcula la ΔS de la transformación, que partiendo de los elementos

en su estado de referencia lleva a la sustancias de interés a obtener algún

valor.

3. La elección de estado de referencia para la entropía es diferente que

para la entalpia.

4.Para la entalpia se usa como estados de referencia el elemento puro en

su forma condensada estable (solido o liquido a una atmosfera y en el

limite cuando la temperatura tiende a 0 K

5. Arbitrariamente

𝑺𝟎= lim𝑻→𝟎

𝑺𝟎

Entropía

Molar

estándar a 0 K

6. Se concluye que la S de cualquier sustancia es cero ene el 0 absoluto.

7. Para calcular una S convencional de un elemento a cualquier

temperatura y presión se usa

S (P,T)

ΔSi = 𝑻𝒊𝑻𝒇 𝑪𝒑

𝑻𝐝𝐓

Se utilizan a cualquier condicion de P y T.

ΔSi = ∆𝑯𝒊

𝑻𝒊

Tercera Ley de la Termodinámica«La entropía de todas las sustancias sólidas cristalinas debe considerarse 0

en el cero absoluto»

Se trata del cálculo de las entropías absolutas de las sustancias cristalinas

puras desde el 0 absoluto hasta cierta temperatura.

𝑆𝑇 =∑𝑠 0𝑇𝐾

△ 𝑆1 = 𝑆1 =

0

𝑇𝐶𝑃𝑇𝑑𝑇

EC. DEBYE : 𝐶𝑃 = 𝑎𝑇3

△ 𝑆1 = 0

𝑇 𝑎𝑇3

𝑇𝑑𝑇

△ 𝑠1 = 𝑎 0𝑇𝑇2𝑑𝑇 =

𝑎(𝑇¨^)3

3

△ 𝑠2 = 𝑇

𝑇𝑓 𝐶𝑝(𝑆)

𝑇𝑑𝑇

△ 𝑆3 =△𝐻𝑓

𝑇𝑓△ 𝑆5 =

△𝐻𝑉

𝑇𝑏

△ 𝑆4 = 𝑇𝑓𝑇𝑏 𝐶𝑝(𝑙)

𝑇𝑑𝑇 △ 𝑆6 = 𝑇𝑏

𝑇 𝐶𝑝(𝑔)

𝑇𝑑𝑇

8.0 EVALUACION DE LOS CAMBIOS DE S

8.1En cambios de fase:

se incrementa desorden molecular.

∴ ∆𝑆𝑆𝑆 > 0∆𝑆 = +

8.2 En cambios de temperatura:

En un calentamiento 𝑇1 𝐴𝑈𝑀𝐸𝑁𝑇𝐴 𝐴 𝑇2

∴ ∆𝑠 > 0

8.3 En cambios de volumen:

Si 𝑉1𝐴𝑈𝑀𝐸𝑁𝑇𝐴 𝑉2

∆𝑆 > 0

8.4 En mezcla de sustancias:

Sea A y B dos sustancias a mezclarse

∆𝑆𝑚𝑒𝑧𝑐𝑙𝑎 = ∆𝑆𝐴 + ∆𝑆𝐵

∴ 𝑆𝑚𝑒𝑧𝑐𝑙𝑎 > 0

8.5 Cuando hay incremento en Nº de partículas:

Ejm: 𝐹2(𝑔) → 2𝐹(𝑔)

∆𝑆 > 0

8.6 Cambio en el Nº de moles de sustancias gaseosas:

Ejm:

2𝐻2(𝑔) + 𝑂2(𝑔) 2𝐻2𝑂(𝑔)

∆𝑆 = 𝑆2 − 𝑆1

∴ ∆𝑆 < 0