Se resuelven problemas sobre Entropía y Tercera Ley de la Termodinámica del libro de FISICOQUÍMICA de G. W. Castellan de la Editorial Pearson, para los alumnos de las carreras de Química de la Universidad Autónoma de Guerrero.

1. PROBLEMAS SOBRE
ENTROPÍA Y TERCERA
LEY DE LA
TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos
INGENIERO QUÍMICO INDUSTRIAL
MAESTRO EN QUÍMICA ORGÁNICA

2. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 2
Estos apuntes pretenden servir de apoyo a un curso de Fisicoquímica II, impartido a
alumnos de la carrera de Químico Farmacéutico Biólogo, ofrecida por la Universidad
Autónoma de Guerrero.
Se tomaron ejemplos de problemas de un libro de texto usual en la enseñanza de la
Fisicoquímica: Castellan, G. W. (1998). Fisicoquímica (2ª ed.). México: Addison
Wesley Longman, que anotaremos como CA seguido del capítulo y número del
problema.
Las tablas de propiedades químicas termodinámicas aparecen en el libro como Apéndice
número V, a 298.15 K y una atmósfera de presión.
Para facilitar el cálculo en las soluciones, se utilizará como temperatura normal 298 K,
como equivalencia a los 25 °C. En todos los problemas, se expresan los resultados en
unidades del Sistema Internacional y en tres o cuatro cifras significativas. Es posible que
cuando el alumno realice los cálculos, los resultados varíen en la tercera o cuarta cifra
significativa, dependiendo de los decimales que tome en cuenta al hacer las operaciones.
En todos los ejemplos, se consideran gases ideales.
No se resuelven todos los problemas del capítulo del Castellan, sino aquellos que por su
tratamiento didáctico son importantes para el curso.
Se agradecerá los comentarios y observaciones a estos apuntes al correo electrónico:
jluisparra47@gmail.com.
Chilpancingo, Guerrero. Agosto de 2019.

3. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 3
1. (CA-9.1) La temperatura de un mol de un gas ideal aumenta de 100 K a 300 K; Cv =
3/2 R.
(a) Calcúlese DS si el volumen es constante.
(b) Calcúlese DS si la presión es constante.
(c) ¿Cuál sería el valor de DS si se utilizaran tres moles en lugar de un mol?
SOLUCIÓN
(a) Para un mol de sustancia, se emplea la ecuación (en negritas las cantidades molares)
𝑑𝑺 =
𝑪(
𝑇
𝑑𝑇 +
𝑃
𝑇
𝑑𝑽
Si el volumen es constante, dV = 0, por lo que
𝑑𝑺 =
𝑪(
𝑇
𝑑𝑇
Integrando de T1 a T2
𝑑𝑺 =
.
/
𝑪(
𝑑𝑇
𝑇
0/
0.
D𝑺 = 𝑪( ln
𝑇.
𝑇/
Sustituyendo valores
D𝑺 =
𝟑
𝟐
8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
ln
300
100
D𝑺 = 13.7 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
(b) Ahora se emplea la ecuación, para un mol de sustancia
𝑑𝑺 =
𝑪A
𝑇
𝑑𝑇 −
𝑽
𝑇
𝑑𝑃
Si la presión es constante, dP = 0, y se integra entre dos temperaturas
𝑑𝑺 =
.
/
𝑪A
𝑑𝑇
𝑇
0/
0.

4. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 4
D𝑺 = 𝑪A 𝑙𝑛
𝑇.
𝑇/
Para un gas ideal, Cp = Cv + R = (
D
.
) R y sustituyendo las temperaturas
D𝑺 =
𝟓
𝟐
8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
ln
300
100
D𝑺 = 22.8 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
(c ) La entropía es una propiedad extensiva de los sistemas
A volumen constante
∆𝑆 = 3 ∆𝑺
D𝑆 = 41.1 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
A presión constante
∆𝑆 = 3 ∆𝑺
D𝑆 = 68.4 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
2. (CA-9.3) Un sólido monoatómico tiene una capacidad calorífica Cp = 3.1 R. Calcúlese
el aumento de la entropía de un mol de este sólido si la temperatura aumenta, a
presión constante, de 300 K a 500 K.
SOLUCIÓN
La ecuación que se va a utilizar es válida para cualquier sustancia y no sólo para un gas
ideal.
𝑑𝑺 =
𝑪A
𝑇
𝑑𝑇 −
𝑽
𝑇
𝑑𝑃
Como la presión es constante dP = 0, integrando entre dos temperaturas
𝑑𝑺 =
.
/
𝑪A
𝑑𝑇
𝑇
0/
0.
∆𝑺 = 𝑪A 𝑙𝑛
𝑇.
𝑇/

5. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 5
D𝑺 = 3.1 8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
ln
500
300
D𝑺 = 13.2 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
3. (CA-9.8) (a) Cuál es la variación de entropía si un mol de agua se calienta a presión
constante desde 0 °C hasta 100 °C; Cp = 75.291 J K-1 mol-1. (b) La temperatura de fusión
es 0 °C y el calor de fusión es 6.0095 kJ mol-1. La temperatura de ebullición es 100 °C
y el calor de vaporización es 40.6563 kJ mol-1. Calcúlese DS para la transformación
hielo (0 °C, 1 atm) à vapor (100 °C, 1 atm)
SOLUCIÓN
a) Se utiliza la misma ecuación de ∆S para una presión constante, sustituyendo valores
𝑑𝑺 =
.
/
𝑪A
𝑑𝑇
𝑇
0/
0.
∆𝑺 = 𝐶A 𝑙𝑛
𝑇.
𝑇/
D𝑺 = 75.291 𝐽 𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
ln
373
273
D𝑺 = 23.5 𝐽 𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
b) La transformación completa:
hielo (0 °C, 1 atm) à vapor (100 °C, 1 atm)
Se escribe en tres atapas
I. hielo (0 °C, 1 atm) à líquido (0 °C, 1 atm)
II. líquido (0 °C, 1 atm) à líquido (100 °C, 1 atm)
III. líquido (100 °C, 1 atm) à vapor (100 °C, 1 atm)
En el inciso a) hemos calculado DS para la etapa II, falta hacerlo para la fusión y la
vaporización.
Para la primera etapa

6. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 6
D𝑆 =
∆𝐻NOP
𝑇N
D𝑆 =
6009.5 𝐽 𝑚𝑜𝑙;/
273 𝐾
= 22.01 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
Para la tercera etapa
D𝑆 =
∆𝐻(QA
𝑇RS
D𝑆 =
40656.3 𝐽 𝑚𝑜𝑙;/
273 𝐾
= 109 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
Para calcular DS de la transformación completa, sumamos las ∆S de las etapas
D𝑆 = 22.01 + 23.5 + 109 = 154.5 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
4. (CA-9.13) Un mol de un gas ideal se expende isotérmicamente hasta duplicar su
volumen inicial.
a) Calcular DS.
b) ¿Cuál sería el valor de si se duplicaran isotérmicamente cinco moles de un gas
ideal?
SOLUCIÓN
a) Empleando la ecuación
𝑑𝑺 =
𝑪(
𝑇
𝑑𝑇 +
𝑅
𝑉
𝑑𝑽
Dado que T es constante, dT = 0, puede simplificarse e integrar entre V1 a V2:
𝑑𝑺 =
.
/
𝑅
𝑑𝑉
𝑉
0/
0.
∆𝑺 = 𝑅 𝑙𝑛
𝑉.
𝑉/
Como V2 = 2 V1
D𝑺 = 8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
ln 2

7. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 7
D𝑺 = 5.76 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
b) Para n = 5, puesto que S es una variable extensiva (depende de la cantidad de
masa)
D𝑆 = 5 ∆𝑺 = 28.8 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
5. (CA-9.2) Un mol de hidrógeno gaseoso se calienta a presión constante desde 300 K a
1500 K.
a) Calcúlese el cambio de entropía para esta transformación utilizando los valores
de capacidad calorífica en función de la temperatura (tabla 7.1, Capacidad
calorífica de los gases (pag. 148 del Castellan).
b) La entropía estándar de la tercera ley para el hidrógeno a 300 K es 130.592 J K-1
mol-1. ¿Cuál es la entropía del hidrógeno a 1500 K?
SOLUCIÓN
a) A presión constante, entre las temperaturas
𝑑𝑺 =
𝑪A
𝑇
𝑑𝑇
𝑑𝑺
.
/
=
𝑪A
𝑇
0V
0W
𝑑𝑇
De tablas, se tiene que la Cp para el hidrógeno es
CA/𝑅 = 3.4958 − 0.10061 ∗ 10;Z
𝑇 + 2.419 ∗ 10;[
𝑇.
(𝐽 𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
)
Debemos notar que la expresión de Cp está dividido entre la constante R (8.314 JK-1mol-1)
Sustituyendo en la integral
∆𝑆 =
29.064
𝑇
/D^^
Z^^
𝑑𝑇 − 0.8364 ∗ 10;Z
𝑑𝑇
/D^^
Z^^
+ 20.1116 ∗ 10;[
𝑇𝑑𝑇
/D^^
Z^^
Resolviendo la integral
∆𝑆 = 29.064 ln
1500
300
− 0.8364 ∗ 10;Z
(1500 − 300) + 20.1116 ∗ 10;[
(
1500.
2
−
300.
2
)
∆𝑆 = 46.7767 − 1.00368 + 2.172

8. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 8
∆𝑆 = 47.95 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
b) La entropía del hidrógeno a 1500 K, se calcula agregando la entropía del cambio de
300 K hasta 1500 K, a la entropía estándar de la tercera ley a 300 K.
∆𝑆 = ∆𝑆^;Z^^ + ∆𝑆Z^^;/D^^
∆𝑆 = 130.592 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
+ 46.3 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
∆𝑆 = 177 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
6. (CA-9.18) Considérese un mol de gas ideal, Cv = _
V
R, en el estado inicial 300 K, 1 atm.
Para cada transformación de a) a g), calcúlense Q, W, DE, DH y DS.
a) El gas se calienta a 400 K a volumen constante.
b) El gas se calienta a 400 K a presión constante, 1 atm.
c) El gas se expande isotérmica y reversiblemente hasta que la presión disminuye a
½ atm.
d) El gas se expande isotérmicamente contra una presión externa constante de ½
atm hasta que la presión del gas alcanza el valor de ½ atm.
e) El gas se expande isotérmicamente contra una presión de oposición nula hasta
que la presión del gas es de ½ atm.
f) El gas se expande adiabáticamente contra una presión de constante de ½ atm
hasta que la presión final es de ½ atm.
g) El gas se expande adiabática y reversiblemente hasta una presión final de ½ atm.
SOLUCIÓN
a) Si el volumen es constante, entonces W = 0
D𝐸 = 𝐶( (𝑇. − 𝑇/)
Sustituyendo valores:
D𝐸 =
Z
.
(8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
) (400 𝐾 − 300 𝐾)
D𝐸 = 1247 𝐽 𝑚𝑜𝑙;/
Por la ecuación de la primera ley D𝐸 = 𝑄 + 𝑊

9. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 9
𝑄 = 1247 𝐽 𝑚𝑜𝑙;/
Ahora, calculemos DH usando la ecuación
D𝐻 = 𝐶A (𝑇. − 𝑇/)
De 𝑅 = 𝐶A − 𝐶( , entonces 𝐶A =
D
.
𝑅
D𝐻 =
D
.
(8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
) (400 𝐾 − 300 𝐾)
D𝐻 = 2079 𝐽 𝑚𝑜𝑙;/
Para el cálculo de DS usamos la fórmula
D𝑆 = 𝐶( 𝑙𝑛
𝑇.
𝑇/
D𝑆 = 𝐶( 𝑙𝑛
𝑇.
𝑇/
D𝑆 =
Z
.
8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
ln
400
300
D𝑆 = 3.59 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
b) Para poder calcular el trabajo, debemos primero calcular los volúmenes inicial (1) y
final (2). Usaremos la ecuación de estado de gas ideal, 𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇, en casa caso
𝑉/ =
𝑛𝑅𝑇
𝑝
=
1 𝑚𝑜𝑙 ∗ 8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
∗ 300 𝐾
101325 𝑁𝑚;.
𝑉/ = 0.024616 𝑚Z
𝑉. =
𝑛𝑅𝑇
𝑝
=
1 𝑚𝑜𝑙 ∗ 8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
∗ 400 𝐾
101325 𝑁𝑚;.
𝑉. = 0.03282 𝑚Z
Para calcular el trabajo de expansión a presión constante
𝑊 = − 𝑝 (𝑉. − 𝑉/)
𝑊 = − 101325 𝑁𝑚;.
(0.03282 𝑚Z
− 0.024616 𝑚Z
)
𝑊 = − 831 𝐽𝑚𝑜𝑙;/

10. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 10
El valor de DE es igual al del inciso a), ya que la energía es una propiedad de estado, y
depende de su estado inicial y final, no del proceso seguido
D𝐸 = 1247 𝐽 𝑚𝑜𝑙;/
Para el cálculo de Q, usaremos la ecuación de la primera ley, D𝐸 = 𝑄 + 𝑊
𝑄 = D𝐸 − 𝑊
𝑄 = 1247 𝐽 𝑚𝑜𝑙;/
− (− 831 𝐽𝑚𝑜𝑙;/
)
𝑄 = 2079 𝐽 𝑚𝑜𝑙;/
El valor de DH es igual al del inciso a), ya que la entalpía es una propiedad de estado, y
depende de su estado inicial y final, no del proceso seguido
D𝐻 = 2079 𝐽 𝑚𝑜𝑙;/
Para el cálculo de DS a presión constante usaremos
D𝑆 = 𝐶A 𝑙𝑛
𝑇.
𝑇/
D𝑆 =
D
.
8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
ln
400
300
D𝑆 = 5.98 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
c) Para una expansión isotérmica, dT = 0, por lo que
D𝐸 = 0
D𝐻 = 0
Para el cálculo del trabajo a una presión cambiante
𝑊 = −𝑛𝑅𝑇 ln
𝑉.
𝑉/
Hace falta calcular V2. Usaremos la ecuación de estado de gas ideal: 𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇
𝑉. =
𝑛𝑅𝑇
𝑝
=
1 𝑚𝑜𝑙 ∗ 8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
∗ 300 𝐾
50662.5 𝑁𝑚;.
𝑉. = 0. .04923 𝑚Z

11. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 11
𝑊 = −1 𝑚𝑜𝑙 ∗ 8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
∗ 300 𝐾 ln
0.04923
0.024616
𝑊 = −1 𝑚𝑜𝑙 ∗ 8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
∗ 300 𝐾 ln
0.04923
0.024616
𝑊 = −1730 𝐽𝑚𝑜𝑙;/
Como DE es igual a cero, por la primera ley
𝑄 = 1730 𝐽𝑚𝑜𝑙;/
De acuerdo a la definición
∆𝑺 =
𝑄eR(
𝑇
=
1730 𝐽𝑚𝑜𝑙;/
300 𝐾
∆𝑺 = 5.77 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
d) En una expansión isotérmica, dT = 0
D𝐸 = 0
D𝐻 = 0
El trabajo de expansión contra una presión externa constante de ½ atm
𝑊 = − 𝑝 (𝑉. − 𝑉/)
Debemos calcular el volumen 2, a una presión de ½ atmósfera
𝑉. =
𝑛𝑅𝑇
𝑝
=
1 𝑚𝑜𝑙 ∗ 8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
∗ 300 𝐾
50662.5 𝑁𝑚;.
𝑉. = 0.04923 𝑚Z
𝑊 = − 50662.5 𝑁𝑚;.
(0.04923 𝑚Z
− 0.024616 𝑚Z
)
𝑊 = − 1247 𝐽𝑚𝑜𝑙;/
𝑄 = 1247 𝐽𝑚𝑜𝑙;/
Para el cálculo del cambio de entropía, consideremos que dT = 0, por lo tanto
𝑑𝑺 =
𝑪A
𝑇
𝑑𝑇 −
𝑅
𝑝
𝑑𝑝 = −
𝑅
𝑝
𝑑𝑝

12. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 12
𝑑𝑆
.
/
= −𝑅
𝑑𝑝
𝑝
A.
A/
= −𝑅 ∗ 𝑙𝑛
𝑝.
𝑝/
∆𝑆 = −8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
∗ 𝑙𝑛
0.5 𝑎𝑡𝑚
1.0 𝑎𝑡𝑚
∆𝑆 = 5.76 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
e) Cuando la presión de oposición es nula
𝑊 = 0
por ser una expansión isotérmica
D𝐸 = 0
D𝐻 = 0
Por la primera ley
𝑄 = 0
Para calcular DS podemos usar la ecuación que utilizamos en el inciso anterior
∆𝑺 = −𝑅 𝑙𝑛
𝑝.
𝑝/
∆𝑺 = −8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
𝑙𝑛
0.5 𝑎𝑡𝑚
1.0 𝑎𝑡𝑚
∆𝑺 = 5.76 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
f) Ahora también es una expansión adiabática, luego Q = 0
Por la primera ley DE = – W
𝑪( 𝑇. − 𝑇/ = − 𝑝hA (𝑽. − 𝑽/)
Se conoce T1, pero V1 debe obtenerse de la ecuación de estado de gas ideal
𝑉/ =
𝑅T/
𝑝/
=
1 𝑚𝑜𝑙 ∗ 8.314 𝐽 𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
(300 𝐾)
101325 𝑁𝑚;.
𝑉/ = 0.02462 𝑚Z
𝑚𝑜𝑙;/
Z
.
(8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
) 𝑇. − 300 𝐾 = −50662.5 𝑁𝑚;.
(𝑽. − 0.02462 )

13. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 13
12.471 𝑇. − 3741.3 = −50662.5 𝑉. + 1247.31
12.471 𝑇. = −50662.5 𝑉. + 4988.61
El estado 2 está definido por la ecuación: 𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇
50662.5 𝑁𝑚;.
∗ 𝑉. = 1 𝑚𝑜𝑙 ∗ 8.314 𝐽 𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
𝑇.
Tenemos un sistema de ecuaciones simultáneas (no se anotan las unidades para facilitar
el cálculo)
12.471 𝑇. = −50662.5 𝑉. + 4988.61
8.314 𝑇. = 50662.5 ∗ 𝑉.
Resolviendo por sustitución
𝑇. =
50662.5 𝑉.
8.314
= 6093.64 𝑉.
Sustituyendo en la otra ecuación
12.471 (6093.6 𝑉.) = −50662.5 𝑉. + 4988.61
𝑉. =
4988.6
126655.8
= 0.03939
𝑚Z
𝑚𝑜𝑙
𝑇. =
50662.5 (0.03939)
8.314
= 240 𝐾
Ahora, calculamos DE
∆𝐸 = 𝐶( 𝑇. − 𝑇/ =
Z
.
(8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
) 240 𝐾 − 300 𝐾
∆𝐸 = −748 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
Por lo tanto
𝑊 = −748 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
El cambio de entalpía lo calculamos
∆𝐻 = 𝐶A (𝑇. − 𝑇/)
∆𝐻 =
D
.
(8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
(240 𝐾 − 300𝐾)

14. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 14
∆𝐻 = −1247 𝐽𝑚𝑜𝑙;/
El cambio de entropía para este proceso irreversible se puede calcular
∆𝑆 = 𝐶(𝑙𝑛
𝑇.
𝑇/
+ 𝑅 𝑙𝑛
𝑉.
𝑉/
∆𝑆 =
Z
.
(8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
)𝑙𝑛
240
300
+ 8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
𝑙𝑛
0.03939
0.02462
∆𝑆 =
Z
.
8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
(−2231) + 8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
∗ 0.470
∆𝑆 = 1.12 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
g) La expansión es adibática, luego Q = 0, y el proceso es reversible
∆𝑆 =
𝑄eR(
𝑇
Entonces
∆𝑆 = 0
Utilizando la ecuación integrada para obtener la temperatura final
∆S = 𝐶A ln
𝑇.
𝑇/
− 𝑅 ln
𝑝.
𝑝/
= 0
Despejando ln T2
ln 𝑇. = ln 𝑇/ +
1
𝐶A
(𝑅 ln
𝑝.
𝑝/
)
Sustituyendo valores, sabiendo que si Cv = _
V
R, entonces Cp = k
V
R
ln 𝑇. = ln 300 +
2
5 (8.314)
8.314 ln
0.5
1.0
=
T. = 227 𝐾
Ahora puede calcularse DE
∆𝐸 = 𝐶(∆𝑇 = _
V
(8.314 𝐽 𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
227 𝐾 − 300 𝐾 = −910 𝐽 𝑚𝑜𝑙;/
Por la primera ley de la termodinámica DE = Q + W
𝑊 = −910 𝐽 𝑚𝑜𝑙;/

15. PROBLEMAS SOBRE ENTROPÍA Y TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
José Luis Parra Mijangos 15
Para calcular el cambio de entalpía
∆𝐻 = 𝐶A(𝑇. − 𝑇/)
∆𝐻 =
D
.
(8.314 𝐽𝐾;/
𝑚𝑜𝑙;/
(227 𝐾 − 300𝐾)
∆𝐻 = −1517 𝐽𝑚𝑜𝑙;/
En resumen
Inciso Q/Jmol-1 W/Jmol-1 DE/Jmol-1 DH/Jmol-1 DS/JK-1mol-1
a) 1247 0 1247 2079 3.59
b) 2079 -831 1247 2079 5.98
c) 1730 -1730 0 0 5.77
d) 1247 -1247 0 0 5.76
e) 0 0 0 0 5.76
f) 0 -748 -748 -1247 1.12
g) 0 -910 -910 -1517 0