Guía_Ejercicios_QUIM300_2022_10

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GUÍA DE EJERCICIOS 
FISICOQUÍMICA APLICADA | QUIM300 
 
 
Compilada por Mg. Carlos Morales Díaz 
Revisada por Dra. Nancy Pizarro Urzúa 
 
 
 
OTOÑO 2022 
 
 
 
3 
 
CONTENIDO 
Información de utilidad............................................................................................................... 5 
Prologo ...................................................................................................................................... 7 
Guía Nº 1 | Conceptos Básicos ................................................................................................. 9 
Guía Nº 2 | Termodinámica ..................................................................................................... 17 
Primera y Segunda Ley de la Termodinámica ............................................... 17 
Funciones de Gibbs y Helmoltz ...................................................................... 18 
Solucionario Guía Nº 2 | Termodinámica ................................................................................. 19 
Guía Nº 3 | Termoquímica y Equilibrio Químico ...................................................................... 34 
Termoquímica ................................................................................................... 34 
Equilibrio químico ............................................................................................ 35 
Solucionario Guía Nº 3 | Termoquímica y Equilibrio Químico .................................................. 36 
Guía Nº 4 | Soluciones de No-Electrolitos ............................................................................... 47 
Solucionario Guía Nº 4 | Soluciones de No-Electrolitos ........................................................... 49 
Guía Nº 5 | Soluciones de Electrolitos ..................................................................................... 59 
Solucionario Guía Nº 5 | Soluciones de Electrolitos ................................................................ 60 
Guía Nº 6 | Electroquímica ...................................................................................................... 69 
Solucionario Guía N° 6 | Electroquímica .................................................................................. 71 
Guía Nº 7 | Cinética Química ................................................................................................... 77 
Guía Nº 8 | Fenómenos de Superficie ..................................................................................... 88 
Anexo Nº 1: Datos Termoquímicos Estándar a 25 °C ............................................................. 95 
Anexo Nº 2 | Potenciales Estándar en H2O a 25 °C ................................................................ 97 
 
 
 
4 
 
 
 
5 
 
 
 INFORMACIÓN DE UTILIDAD 
 
 EQUIVALENCIA DE UNIDADES 
Presión 
1 atm = 760 torr = 101325 Pa = 1,01325 bar 
1 bar = 105 Pa 
Volumen 
106 mL = 103 L = 1 m3 
1 mL = 1 cm3 
 1L = 1 dm3 
Energía 1 cal = 4,184 J 
Masa 
103 g = 1 kg 
103 mg = 1 g 
 
 CONSTANTES FÍSICAS 
−
−
×
= = =
23 1
3
1
Número de Avogadro, : 6,022 10 mol
J bar cm cal atm LConstante de los gases, : 8,314 83,14 1,987 0,082
mol K mol K mol K mol K
Constante de Faraday, : 96500 C mol
AN
R
F
 
 RELACIONES MATEMÁTICAS 
LOGARITMOS 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
 + = − = = 
 
 − =  
 
log log log ; log log log ; log log
1log log ;
naa b ab a b a n a
b
a
a
 
DERIVADAS 
( ) ( ) ( )−   = = = = −    
1
2
1 1 1c 0 ; ; log ;n nd d d dx nx x
dx dx dx x dx x x
 
INTEGRALES 
( ) ( ) ( ) ( )
+
= + = + = + = −
+∫ ∫ ∫ ∫
1 1; ; ln ;
1
b
n
n
a
xdx x C x dx C dx x C f x dx F b F a
n x
 
 
 
6 
 
 
 
7 
 
PRÓLOGO 
Esta guía de ejercicios es un esfuerzo realizado por la coordinación de la asignatura 
“Fisicoquímica Aplicada” para Química y Farmacia, con el objetivo de que tu viaje a través de 
la fisicoquímica sea, tal vez, menos intimidante de lo que fue para nosotros los autores de este 
material cuando fuimos estudiantes. 
La guía de problemas está estructurada por temas o unidades temáticas que incorporan 
ejercicios que se engloban en un mismo marco conceptual, de formal tal de facilitar el 
entendimiento progresivo de los conceptos estudiados en esta asignatura, además de 
proporcionar soluciones detalladas e inéditas a estos ejercicios, las cuales son fruto de la 
experiencia docente de los autores. 
Te invitamos a usar esta guía con sabiduría y responsabilidad. En nuestro texto guía, del autor 
I. Levine, aparece una frase muy cierta: 
“Aprender fisicoquímica sólo con la lectura de un libro de texto sin resolver problemas es 
tan eficaz como tratar de mejorar su estado físico con la lectura de un libro sobre 
acondicionamiento corporal sin realizar los ejercicios recomendados. 
No basta con que leas las soluciones de esta guía, debes trabajar cada uno de los ejercicios, 
enfrentar el reto intelectual con entusiasmo y recurrir a las soluciones para corroborar tus 
aciertos o corregir tus errores. Esta es la principal forma de conseguir éxito en esta asignatura! 
 
Mg. Carlos Morales Díaz 
Dra. Nancy Pizarro Urzúa 
 
 
 
8 
 
 
 
UNIVERSIDAD ANDRÉS BELLO 
FACULTAD DE CIENCIAS EXACTAS 
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS QUÍMICAS 
 
 
Departamento de Ciencias Químicas 9 
GUÍA Nº 1 | CONCEPTOS BÁSICOS 
FISICOQUÍMICA APLICADA | QUIM300 
1.- Identificación de sistemas. Del siguiente listado, indique cuales sistemas 
termodinámicos corresponden a sistemas abiertos, cerrados o aislados. 
a) Un recipiente de vidrio tapado lleno de agua caliente 
b) Una célula animal 
c) Un termo para almacenar agua 
 
2.- Identificación de paredes. Complete el siguiente mapa conceptual referente a tipos de 
paredes y su función 
 
3.- Tipos de procesos. Defina las características de los siguientes tipos de procesos: a) 
isotérmico, b) Isocórico, c) Isométrico, d) Isobárico, e) adiabático. 
4.- Clasificación de propiedades. Clasifique a las siguientes propiedades como intensivas 
o extensivas: 
Energía Densidad Presión Calor Índice de refracción Longitud 
Masa Temperatura Trabajo Moles Volumen Área 
 
Guía Nº 1 | Conceptos Básicos Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
Departamento de Ciencias Químicas 10 
5.- Gases ideales. ¿Cuántos moles de un gas ideal contiene una muestra que ocupa un 
volumen de 65,4 cm3 bajo una presión de 9576 mmHg y una temperatura de 39 °C? 
6.- Masa molar desde gas ideal. Se tiene una muestra de 4,88 g de un gas cuya naturaleza 
es SO2 o SO3. Para resolver la duda, se introduce la muestra en un recipiente de 1 L y 
se observa que la presión que ejercen a 27 °C es de 1,5 atm. ¿De qué gas se trata? 
Datos: Masa Molar g/mol: S=32,0; O=16,0. 
7.- Ley de Charles. Un alpinista inhala 500 mL de aire a una temperatura de –10 °C. 
Suponiendo que la presión es constante ¿Qué volumen ocupará el aire en sus pulmones 
si su temperatura corporal es de 37 °C? 
8.- Ley de Boyle. Una cantidad de gas ocupa un volumen de 80 cm3 a una presión de 750 
mmHg. ¿Qué volumen ocupará (en litros) a una presión de 1,2 atm si la temperatura no 
cambia? 
9.- Ley de Gay-Lussac. Un tanque rígido de almacenamiento contiene un gas a 5 °C y 5 
atm. La válvula de seguridad del tanque explota cuando la presión supera el doble de la 
presión inicial, ¿Hasta qué temperatura (en Celsius) se puede calentar el tanque? 
10.- Mezcla de gases. Una muestra gaseosa contiene 5,25 g de cloroformo (CHCl3), y 1,66 
g de metano (CH4). Con esta información, determine: 
a) Que presión es ejercida por la mezcla dentro de una bombona metálica rígida de 50,0 
mL a 345 °C. 
b) La fracción molar de cada gas en la mezcla a estas condiciones. 
c) La presión parcial de CHCl3 y CH4 en la mezcla. 
Datos Adicionales: Masa Molar g/mol: CHCl3 = 119,38; CH4 = 16,00. 
 
 
Solucionario Guía Nº1 | Conceptos Básicos Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
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SOLUCIONARIO GUÍA Nº1 | CONCEPTOSBÁSICOS 
FISICOQUÍMICA APLICADA | QUIM 300 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 1 
a) Un recipiente de vidrio tapado lleno de agua caliente 
Corresponde a un sistema cerrado, donde no existe transferencia de materia con el entorno, 
pero sí puede transferirse energía 
b) Una célula animal 
Corresponde un sistema abierto, pues una célula (animal o vegetal) puede transferir materia 
con su entorno (medio extracelular) y también energía. 
c) Un termo para almacenar agua 
Un termo es lo más cercano a un sistema aislado, es decir, uno que no permite la 
transferencia ni de materia y de energía. Un sistema aislado es un sistema de paredes 
rígidas, impermeables y adiabáticas. 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 2 
 
 
Solucionario Guía Nº1 | Conceptos Básicos Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
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SOLUCIÓN PROBLEMA N° 3 
Tipo de proceso Definición Condición matemática 
Isotérmico Proceso en que la temperatura permanece constante inicial final0 0 ;dT T T T= ⇒ ∆ = = 
Isocórico Proceso en que el volumen permanece constante inicial final0 0 ;dV V V V= ⇒ ∆ = = 
Isométrico Misma definición que isocórico. inicial final0 0 ;dV V V V= ⇒ ∆ = = 
Isobárico Proceso en que la presión permanece constante inicial final0 0 ;dP P P P= ⇒ ∆ = = 
Adiabático Proceso en que no hay transferencia de calor 0 0đq q= ⇒ = 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 4 
Intensivas Extensivas 
Densidad Energía 
Presión Calor 
Índice de refracción Longitud 
Temperatura Masa 
 Trabajo 
Moles 
Volumen 
Área 
• Propiedad extensiva: Propiedad que no depende del tamaño o extensión del sistema. 
Es independiente de la cantidad de materia. 
• Propiedad intensiva: Propiedad que depende del tamaño o extensión del sistema. Es 
directamente proporcional a la cantidad de materia. 
• Toda división entre dos propiedades extensivas da como resultado una propiedad 
intensiva, un ejemplo es la densidad: 



Propiedad
extensivaPropiedad
intensiva
1
1
Propiedad
extensiva
..
.
P E mP I d
P E V
= ⇒ = 
• Todas las propiedades molares (divididas por moles) o específicas (divididas por masa) 
son intensivas. 
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SOLUCIÓN PROBLEMA N° 5 
En problemas con gases, donde ocurre un cambio de estado, es conveniente organizar bien la 
información para reconocer los datos y la incógnita a despejar. 
3
9576 
65,4 
mmHg
c
?
39
m
 C
P
V PVPV nRT n
n RT
T
=
=
⇒ = ⇒ =
=
°=
 
Si usamos R = 0,08206 atm L mol−1 K−1 debemos realizar cambios de unidades para que la 
ecuación sea dimensionalmente correcta: 
mmHg m9576 9576 mHgP P= ⇒ = 1 
 760 
atm
mmHg
⋅
3 3
12,6 
65,4
atm
cm cm 65,4 
P
V V
⇒ =
= ⇒ =
3 3
 1 L
 10 cm
⋅ 26,54 10 
39 39 273 312 
L
C K
V
T T T
−
°
⇒ = ×
= ⇒ = + ⇒ =
 
Luego, reemplazando: 
12,6 a tmPVn
RT
= =
26,54 10 L−⋅ ×
atm L0,08206 mol K K312 ⋅
0,0322 mol n⇒ = 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 6 
De la ecuación de gas ideal, se puede encontrar una relación entre densidad y masa molar: 
w w
n m dPV nRT P RT P RT P R T
V M V M
    = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⋅ ⋅     ⋅     
 
Del enunciado es claro que hay 4,88 g en 1 L, por lo que la densidad es de 4,88 g/L. 
Reemplazando el resto de los datos se tiene: 
1g4,88 L
w w
w
d dP R T M R T M
M P
− 
= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = 
  1,5 atm
atm L0,08206 ⋅ mol K ( )27 2 K73 ⋅ +
180,0 g molwM
−=
 
La masa molar de SO2 es 64,0 g mol−1 y la masa molar de SO3 es de 80,0 g mol−1. Por lo 
tanto, se concluye que el gas desconocido corresponde a Óxido de azufre (VI), SO3. 
Solucionario Guía Nº1 | Conceptos Básicos Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
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SOLUCIÓN PROBLEMA N° 7 
En problemas con gases, donde ocurre un cambio de estado, es conveniente organizar bien la 
información para reconocer los datos, la variable que permanece constante la incógnita a 
despejar 
Estado P V T 
INICIAL (1) 
constante 
500 mL −10 °C 
FINAL (2) ¿? 37 °C 
Se indica explícitamente que la presión es constante (el proceso es isobárico). De la tabla es 
fácil notar que debemos despejar el volumen final. Entonces desde la ley combinada de gases: 
1 2
Isobárico
1 1 2 2 1 2 2
2 1
1 2 1 2 1
P P
P V P V V V TV V
T T T T T=
⋅ ⋅
= ⇒ = ⇒ = ⋅ 
El volumen puede ir en cualquier unidad de medida, el único cuidado es que siempre la 
temperatura debe estar expresada en Kelvin. Transformando y reemplazando se tiene que: 
( )
2
K
mL
37 273 
500 V
+
= ⋅
( )10 2 K73 − + 2
58 L m9V⇒ = 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 8 
En problemas con gases, donde ocurre un cambio de estado, es conveniente organizar bien la 
información para reconocer los datos, la variable que permanece constante la incógnita a 
despejar 
Estado P V T 
INICIAL (1) 750 mmHg 80 mL 
constante 
FINAL (2) 1,2 atm ¿? 
Se indica explícitamente que la temperatura es constante (el proceso es isotérmico). De la tabla 
es fácil notar que debemos despejar el volumen final. Entonces desde la ley combinada de 
gases: 
1 2
Isotérmico
1 1 2 2 1
1 1 2 2 2 1
1 2 2
T T
P V P V PP V P V V V
T T P=
⋅ ⋅
= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ 
El volumen puede ir en cualquier unidad de medida, al igual que la presión, Sin embargo, es 
necesario garantizar que exista consistencia de unidades entre las presiones, es decir, o 
trabajamos ambas expresiones en la misma unidad de medida. Transformando las presiones a 
atm y reemplazando se tiene que: 
Solucionario Guía Nº1 | Conceptos Básicos Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
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2
mmHg
mL
750 
80 V = ⋅
m1 at
⋅
760 mmHg
1,2 atm 2
6 mL6V⇒ = 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 9 
En problemas con gases, donde ocurre un cambio de estado, es conveniente organizar bien la 
información para reconocer los datos, la variable que permanece constante la incógnita a 
despejar 
Estado P V T 
INICIAL (1) 5 atm 
constante 
5 °C 
FINAL (2) 2·P1 ¿? 
Se deduce que el volumen es constante (el proceso es isocórico) al tener el tanque paredes 
rígidas. De la tabla es fácil notar que debemos despejar temperatura final. Entonces desde la 
ley combinada de gases: 
1 2
Isocorico
1 1 2 2 1 2 2
2 1
1 2 1 2 1
V V
P V P V P P PT T
T T T T P=
⋅ ⋅
= ⇒ = ⇒ = ⋅ 
La presión puede ir en cualquier unidad de medida, el único cuidado es que siempre la 
temperatura debe estar expresada en Kelvin, reemplazando se tiene que: 
2
2 1 2
1
2P PT T T
P
⋅
= ⋅ ⇒ = 1
1P
( )1 2 1 2
2 2
2 2 5 273 K
K556 283 K 
T T T T
T T
⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ +
⇒ = ⇒ =
 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 10 
Lo primero en este problema de mezclas de gases ideales, es calcular los moles y fracciones 
molares de cada gas en la mezcla, 
3CHCl
g5,25 n = 1 
119,
mol
g38 
⋅
3
4
CHCl
CH
0,0440 
1,66 
mol
g
n
n
⇒ =
=
1 
16,
mol
g00 
⋅
4
3 4
CH
CHCl CH
0,1 mol04 
0,148 moli
i
n
n n n n n
⇒ =
= = + ⇒ =∑
 
lo que se puede resumir en la siguiente tabla: 
 
Solucionario Guía Nº1 | Conceptos Básicos Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
Departamento de Ciencias Químicas 16 
Componente Mw / g mol−1 m / g n / mol 
CHCl3 119,38 5,25 0,0440 
CH4 16,00 1,66 0,104 
Suma - 0,148 
a) La presión total en el sistema se calcula con los moles totales presentes en el: 
0,148 molnRTPV nRT P
V
= ⇒ = =
atm L0,08206 ⋅ mol K ( )345 2 K73 ⋅ +
350,0 10 L−×
150 tm aP =
 
b) Las fracciones molares se calculan de la siguiente manera: 
i
i
n n
i i
i i
i
i
n nx x
nn
=∑
= ⇒ =
∑
 
Reemplazando los datos del problema (ver tabla), se tiene que: 
3 4
3 3 4 4
CHCl CH
CHCl CHCl CH CH0,297 ; 0,703
n n
x x x x
n n
= ⇒ = = ⇒ = 
 
Notar que la suma de ambas fracciones molares da como resultado 1,000; 
3 3 3 3CHCl CHCl CHCl CHCl
0,297 0,703 1,000x x x x+ = + ⇒ + = 
c) Las presiones parciales se calculan mediante de ley de Dalton, que dice que la presión 
parcial de un gas en una mezcla es directamente proporcional a la fracción molar de éste y 
la presión total del sistema: 
i iP P x= ⋅ 
Aplicando esta relación a cada componente se tieneque 
3 3 3 4 4 4CHCl CHCl CHCl CH CH CH
atm at44,6 ; 105, m4 P P x P x P x P= ⋅ ⇒ = = ⋅ ⇒ = 
Notar que la suma de ambas presiones parciales da como resultado la presión total 
( )
3 4 3 4CHCl CH CHCl CH
a44,6 105, tm at4 15 m0 P P P P+ = + ⇒ + = 
 
 
 
UNIVERSIDAD ANDRÉS BELLO 
FACULTAD DE CIENCIAS EXACTAS 
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS QUÍMICAS 
 
 
Departamento de Ciencias Químicas 17 
GUÍA Nº 2 | TERMODINÁMICA 
Fisicoquímica Aplicada | QUIM300 
PRIMERA Y SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA 
1. Cálculos en proceso isotérmico. 0,850 mol de un gas ideal (Cv,m = 2,5·R), a una presión 
inicial de 15,0 atm a 300 K, se expande en forma isotérmica hasta que su presión final 
alcanza 1,00 atm. Calcule el valor de q, w,∆U, ∆H y ∆S que se llevó a cabo si la expansión 
se efectúa: 
a) contra el vacío. 
b) contra una presión externa constante de 1,00 atm. 
c) de manera reversible. 
1. Cálculos en proceso isocórico. Una muestra de 2,5 mol de un gas ideal (Cv,m = 3,8·R) 
inicialmente a 1 atm y 300 K se calienta en forma reversible hasta 400 K a volumen 
constante. Calcular la presión final, q, w, ∆U, ∆H y ∆S. 
2. Cálculo en proceso isobárico. 1,00 mol de un gas ideal (Cv,m = 2,0·R) están confinados en 
un recipiente a presión constante de 200 kPa a 100 °C. Si la temperatura cambia a 25 °C, 
calcule los valores de w, q, ∆U, ∆H y ∆S. 
3. Cálculos en proceso adiabático. Un mol de gas ideal (Cv,m = 1,5·R) que ocupa inicialmente 
un volumen de 8,21 L a 1000 K se expande por proceso adiabático hasta que el volumen 
final es 16,42 L. Calcule los valores de temperatura final w, q, ∆U, ∆H y ∆S del sistema si el 
proceso: 
a) es reversible. 
b) tiene lugar contra una presión constante de 3,0 atm 
c) comprende una expansión libre. 
4. Equilibrio térmico. Calcule ∆H y ∆S del sistema cuando una barra de cobre de 1,0 kg a 100 
°C se introduce en 2,0 kg de agua a 0 °C en un recipiente térmicamente aislado mantenido 
a 1 atm de presión. Los calores específicos de Cu(s) y de H2O(l) son 0,42 J g−1 K−1 y 4,18 J 
g−1 K−1, respectivamente. 
5. Cambio de fases irreversibles. Encuentre ∆H y ∆S para la conversión de 10,0 g de hielo a 
0 °C y 1,00 atm en agua vapor a 120 °C y 2,50 atm. Las capacidades calóricas del hielo, 
agua líquida y agua vapor son: 37,6; 75,3 y 33,7 J mol−1 K−1 respectivamente, el calor de 
fusión normal del hielo a 0 °C y 1 atm es 6025 J mol−1 y el calor de vaporización normal del 
agua es de 40,7 kJ mol−1 
Guía Nº 2 | Termodinámica Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
Departamento de Ciencias Químicas 18 
FUNCIONES DE GIBBS Y HELMOLTZ 
6. Cálculo de ∆G y ∆A en gases. Una muestra de 0,590 mol de un gas ideal a 300 K y 1,50 
bar se comprime isotérmicamente a una presión final de 6,90 bar. Calcule el cambio en la 
energía de Gibbs y Helmholtz para este proceso. 
7. Espontaneidad en cambio de fase. La entalpía molar de vaporización del benceno en su 
punto de ebullición normal 80,09 °C es de 30,72 kJ mol−1. Suponiendo que ∆vapH y ∆vapS 
mantienen constantes en sus valores, calcule el valor de ∆vapG a 75,0 °C, 80,09 °C y 85,0 
°C. Interprete estos resultados físicamente. 
 
 
Solucionario Guía Nº 2 | Termodinámica Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
Departamento de Ciencias Químicas 19 
SOLUCIONARIO GUÍA Nº 2 | TERMODINÁMICA 
Fisicoquímica Aplicada | QUIM300 
SOLUCIONES A PRIMERA Y SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA 
SOLUCIÓN PROBLEMA Nº 1 
En este problema la clave está en notar que la trayectoria es isotérmica. Esto quiere decir que 
la temperatura es constante o que no varia a lo largo del proceso. Matemáticamente esto se 
representa simbólicamente como ∆T = 0 o en términos diferenciales d T = 0. Además, notemos 
que el cambio descrito es: 
( ) ( )1 20,850 mol 15,0 atm; V ; 300 K 0,850 mol 1,00 atm; V ; 300 K→ 
Es decir, los estados inicial y final están completamente descritos. El problema solo plantea 
trayectorias distintas para llegar desde el estado inicial al final. Como consecuencia, los valores 
de las funciones de estado serán siempre los mismos y se pueden hacer los cálculos sin 
referirnos a una trayectoria en particular, en cambio para las funciones de trayectoria deberá 
realizarse un análisis por cada trayectoria. 
Para un gas ideal, la energía interna es dependiente de la temperatura, por lo tanto, si ésta no 
cambia a lo largo de la trayectoria en cambio de energía interna es nulo, es decir, ∆U = 0, en 
efecto de la definición de capacidad calorífica se tiene que: 
2
,
1
 cte 0
, , 0d
v m
T
C T
v m v m
T
U n C T U n C UT
= ∆ =
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ ⋅ ⋅ ∆ ⇒ ∆= =∫ 
Similarmente, la entalpía de un gas ideal es dependiente solo de la temperatura. Siguiendo el 
mismo razonamiento anterior: 
2
,
1
 cte 0
, , 0d
p m
T
C T
p m p m
T
H n C T H n C HT
= ∆ =
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ ⋅ ⋅ ∆ ⇒ ∆= =∫ 
Para la entropía, se tiene que como el proceso es isotérmico, puede calcularse como: 
2
1
lnVS nR
V
∆ = 
La razón 1 2V V puede determinarse en función de las presiones mediante la ley de Boyle como 
sigue: 1 1 2 2 2 1 1 2PV PV V V P P= ⇒ = Así la entropía se calcula como: 
Solucionario Guía Nº 2 | Termodinámica Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
Departamento de Ciencias Químicas 20 
. 
2 1
1 2
ln ln
0,850 mol
V PS nR S nR
V P
S
∆ = ⇒ ∆ =
∆ =
J8,314 
mol
⋅
15,0 atmln
 K
⋅
1,00 atm
119,1 J KS −∆ = +
 
⇒ 
 
 
Por otra parte, para las funciones de trayectoria de la primera ley de la termodinámica se tiene 
que: 
0
0
U
U w q w qq w
∆ =
∆ = + ⇒ = ⇒ = −+ 
Es decir, para esta trayectoria isotérmica, el calor es el inverso del trabajo involucrado en el 
proceso. Analicemos ahora cada uno de los casos planteados para evaluar las funciones de 
trayectoria. 
a) Expansión isotérmica contra vacío 
Una expansión contra vacío implica que la presión externa aplicada es nula (igual a 0), por lo 
que la expresión de trabajo queda 
2 2
1 1
 cte 0
0d d
op op
V V
P P
op op op
V V
w P V w P V w P wV
= =
= − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⋅ ∆ ⇒ =∫ ∫ 
Como establecimos, q w= − , entonces q = 0. 
b) Contra una presión externa constante de 1,00 atm. 
Si la presión externa es constante, la integración de la expresión de trabajo se simplifica. Con 
lo cual para esta trayectoria la expresión final queda 
( )
2 2
1 1
 cte
2 1d d
op
V V
P
op op op
V V
w P V w P V w P V V
=
= − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⋅ −∫ ∫ 
No disponemos de los valores de volúmenes. Para evaluar esa expresión, recordemos que 
PV nRT= o bien V nRT P= . Reemplazando tenemos que: 
( )2 1
2 1 2 1
1 1V nRT P
op op op
nRT nRTw P V V w P w nRT P
P P P P
=    
= − ⋅ − ⇒ = − ⋅ − ⇒ = − ⋅ ⋅ −   
   
 
Ahora, reemplazando los valores se tiene: 
0,850 molw = − J8,314 
mol
⋅
 K
 300 K⋅ 1,00 atm⋅ 1 1 1
1,00 15,0 atm
 ⋅ − 
 
1979 J 1,98 kJw = − = −∴
 
Además, como establecimos, q w= − , entonces 1,98 kJq +∴ = 
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Departamento de Ciencias Químicas 21 
c) Proceso isotérmico reversible 
Un proceso reversible implica que el sistema en todo momento está muy cerca del equilibrio de 
tal manera que Pop = P. En consecuencia, la presión es variable y dada por la ecuación de 
estado del gas ideal PV nRT= . La expresión de trabajo reversible queda: 
2 2 2
1 1 1
ln cte
2
1
1d d d ln
dV
vop
V V V VP P nRT V nRT
op
V V V
VnRTw P V w V w nRT V w nRT
V V V
== = = ∫  
= − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⋅  
 ∫ ∫ ∫ 
Ahora reemplazando en la expresión de trabajo se tiene que: 
2 1 1 2
2 1
1 2
ln ln
0,850 mol
V V P PV Pw nRT w nRT
V P
w
=   
= − ⋅ ⇒ = − ⋅   
   
= −
J8,314 
mol
⋅
 K
 300 K⋅ 15,0 atmln⋅
1,00 atm
5741,3 J 5,74 kJw
 
 

∴ −

= − =
 
Además, como establecimos, q w= − , entonces 5,74 kJq +∴ = 
SOLUCIÓN PROBLEMA Nº 2 
Un proceso isocórico o isovolumétrico (∆V = 0 o dV = 0) es uno en el cual el volumen permanece 
constante a lo largo de la trayectoria. El cambio de estado puede ser representado como: 
( ) ( )22,5 mol 1 atm; V; 300 K 2,5 mol P atm; V; 400 K→Para poder caracterizar al cambio de estado, es necesario calcular la presión final. Esto puede 
lograrse mediante la ley de Gay-Lussac. 
1 2 2
2 1 2
1
2
2 1
400 K1,00 1,33 atm
300 
 a
K
tmP P TP P P
T T
P
T
= =⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ 
Con esta información es posible evaluar lo solicitado: 
 
• Energía interna: 
 
( )
2
,
1
 cte
, , , 2 1d
2,5 mol
v m
T
C
v m v m v m
T
U n C T U n C T n C T T
U
=
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ = ⋅ ⋅ −
∆ =
∫
J3,8 8,314 
mol K
⋅ ⋅ ( )400 300 K⋅ − 7898,3 J 7,90 kJU∆ = + = +⇒
 
• Entalpía 
Solucionario Guía Nº 2 | Termodinámica Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
Departamento de Ciencias Químicas 22 
( ) ( )
2
, , ,
1
 cte C
, p, , 2 1d
2,5 mol
p m p m v m
T
C C R
p m m v m
T
H n C T H n C T H n C R T T
H
= = +
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ ⇒ ∆ = ⋅ + ⋅ −
∆ =
∫
J4,8 8,314 
mol K
⋅ ⋅ ( )400 300 K⋅ − 9976,8 J 9,98 kJH∆ = + = +⇒
 
• Entropía 
2
,
1
ln 2,5 molv m
TS n C S
T
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ =
J3,8 8,314 
mol K
⋅ ⋅
400 Kln⋅
300 K
122,7 J KS −
 

∆ =

 
∴
 
• Trabajo y calor 
Si la presión externa es constante, la integración de la expresión de trabajo se simplifica. 
Con lo cual para esta trayectoria la expresión final queda 
( )
2 2
1 1
 cte
2 1d d
op
V V
P
op op op
V V
w P V w P V w P V V
=
= − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⋅ −∫ ∫ 
Luego, la primera ley de la termodinámica queda: 
0
7,90 kJ
w
U q w U q q
=
∆ = + ⇒ ∆ = = +⇒ 
SOLUCIÓN PROBLEMA Nº 3 
Un proceso isobárico (∆P = 0 o dP = 0) es uno en el cual la presión permanece constante a lo 
largo de la trayectoria. El cambio de estado puede ser representado como: 
( ) ( )1 21,00 mol 200 kPa; V ; 25 °C 1,00 mol 200 kPa; V ; 100 °C→ 
Con esta información es posible evaluar lo solicitado: 
• Energía interna: 
( )
2
,
1
 cte
, , , 2 1d
1,00 mol
v m
T
C
v m v m v m
T
U n C T U n C T n C T T
U
=
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ = ⋅ ⋅ −
∆ =
∫
J2,0 8,314 
mol K
⋅ ⋅ ( )298 373 K⋅ − 1247,1 J 1,25 kJU∆ = − = −⇒
 
• Entalpía
( ) ( )
2
, , ,
1
 cte C
, p, , 2 1d
p m p m v m
T
C C R
p m m v m
T
H n C T H n C T H n C R T T
= = +
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ ⇒ ∆ = ⋅ + ⋅ −∫ 
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Departamento de Ciencias Químicas 23 
1,00 molH∆ = J3,0 8,314 
mol K
⋅ ⋅ ( )298 373 K⋅ − 1870,7 J 1,87 kJH∆ = − = −⇒ 
 
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• Entropía 
2
,
1
ln 1,00 molp m
TS n C S
T
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ =
J3,0 8,314 
mol K
⋅ ⋅
298 Kln⋅
373 K
15,60 J KS −∆ = −
 
 
 
∴
 
• Trabajo y calor 
Si la presión externa es constante, la integración de la expresión de trabajo se simplifica. 
Con lo cual para esta trayectoria la expresión final queda 
( )
( )
2 2
1 1
 cte
2 1
2 1
2 1
d d
1,00 mol
op op
V V
P P P
op op
V V
V nRT P
w P V w P V w P V V
nRT nRTw P w nR T T
P P
w
= =
=
= − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⋅ −
 ⇒ = − ⋅ − ⇒ = − − 
 
= −
∫ ∫
J8,314 
mol K
⋅ ( )298 373 K⋅ − 623,6 Jw =⇒ ∴ +
 
Luego, la primera ley de la termodinámica queda 
( )1247,1 620 
1870,7 J 1,8 kJ
J
7 
U q w q U w q
q
 ∆ = + ⇒ = ∆ − ⇒ = − − +
− = −

⇒ =
 
Nota: Observe que al ser un proceso isobárico q=∆H. 
SOLUCIÓN PROBLEMA Nº 4 
Un proceso adiabático (q = 0 o đq = 0) es aquel en el cual no hay transferencia de calor entre 
el sistema y el entorno. El cambio de estado puede ser representado como: 
( ) ( )1 2 21,00 mol ; 8,21 L; 1000 K 1,00 mol ; 16,42 L; P P T→ 
Con esta información es posible evaluar lo solicitado, en cada trayectoria adiabática planteada. 
a) Proceso adiabático reversible 
Las variables P, V y T en un proceso adiabático reversible se relacionan mediante el siguiente 
conjunto de ecuaciones1: 
1 1
1 1 1 2
1 1 2 2
2 2 2 1
; ;T V T P PV PV
T V T P
γ γ γ
γ γ
− −
     
= = =     
     
 
 
1 La deducción y fundamentos de estas ecuaciones se encuentran en la pág. 71-72 del texto guía (I. N. Levine, 
Fisicoquímica, 5ta. Ed, vol. I, McGraw-Hill, 2004) 
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Donde , ,p m v mC Cγ = .Con los datos disponibles, podemos escoger la primera ecuación y 
calcular la temperatura final del proceso: 
2,5
1,5
1 1 1
1 1 1
1 2
2 2 2
6
8,211000 K
16
30 K
,42
T V VT T
T V V
T
γ γ− − −     = ⇒ = ⋅ = ⋅     
   
=
 
Luego, es posible calcular el resto de las variables termodinámicas: 
• Energía interna 
( )
2
,
1
 cte
, , , 2 1d
1,00 mol
v m
T
C
v m v m v m
T
U n C T U n C T n C T T
U
=
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ = ⋅ ⋅ −
∆ =
∫
J1,5 8,314 
mol K
⋅ ⋅ ( )630 1000 K⋅ − 4614,27 J 4,61 kJU∆ = − = −⇒
 
• Entalpía 
( ) ( )
2
, , ,
1
 cte C
, p, , 2 1d
1,00 mol
p m p m v m
T
C C R
p m m v m
T
H n C T H n C T H n C R T T
H
= = +
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ ⇒ ∆ = ⋅ + ⋅ −
∆ =
∫
J2,5 8,314 
mol K
⋅ ⋅ ( )630 1000 K⋅ − 7690,45 J 7,69 kJH∆ = − = −⇒
 
 
 
• Entropía 
En un proceso adiabático reversible, qrev = 0. Entonces, ∆S = 0, ya que la definición de 
entropía indica que: 
2
1
si 0
0
rev rev
T
q dq
rev
T
q
T
SdS
⇒ =
∆ = ∆⇒ =∫ 
También es posible de comprobar, calculando ∆S, considerando su dependencia con la 
temperatura y el volumen mediante la siguiente ecuación2: 
,
1 1
2 2ln lnv m
Tn n
T
S VR
V
C
 
⋅ ⋅  ∆ =
 
⋅ ⋅  
  
+ 
 
2 La deducción y fundamentos de esta ecuación se encuentra en la pág. 104 del texto guía (I. N. Levine, 
Fisicoquímica, 5ta. Ed, vol. I, McGraw-Hill, 2004) 
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J 630 K1 mol 8,134 ln
mol
J 630 K1 mol 1,5 8,13
 K 1000 K
J5,76 0
4 ln
mol K 1000 K
J5,76 
K
 
K
S
S S
+
+
 ∆ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
 
− ⇒


∆

∆

= =
 
• Trabajo y calor 
De la primera ley de la termodinámica: 
0
4,61 kJ
q
U q w U w w
=
∆ = + ⇒ ∆ = = −⇒ 
b) Proceso adiabático contra presión constante de 3,0 atm 
En este caso podemos partir de la primera ley de la termodinámica en conjunto con las 
definiciones de energía interna y trabajo: 
( )
( )
( ) ( )
2
,
1
2 2
1 1
 cte
, , , 2 1
 cte
2 1
0
, 2 1 2 1
 interna : d
: d d
1 ley de termodinamica :
v m
op op
T
C
v m v m v m
T
V V
P P P
op op
V V
q
ra
v m
Energía U n C T U n C T U n C T T
Trabajo w P V w P V w P V V
U q w U w n C T T P V V
=
= =
=
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ −
= − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⋅ −
∆ = + ⇒ ∆ = ⇒ ⋅ ⋅ − = − ⋅ −
∫
∫ ∫ 
A partir de la última expresión, se puede calcular T2: 
( ) ( ) ( )2 1, 2 1 2 1 2 1
,
v m
v m
P V V
n C T T P V V T T
n C
− ⋅ −
⋅ ⋅ − = − ⋅ − ⇒ = −
⋅
 
2
3,0 atm
T
−
=
( )16,42 8,21 L⋅ −
1,00 mol atm L1,5 0,082 ⋅ ⋅ mol
2
 K
799,71000 5 K 0K 80 KT = =+ ⇒ 
Luego, es posible calcular el resto de las variables termodinámicas: 
• Energía interna 
( )
2
,
1
 cte
, , , 2 1d
1,00 mol
v m
T
C
v m v m v m
T
U n C T U n C T n C T T
U
=
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ = ⋅ ⋅ −
∆ =
∫
J1,5 8,314 
mol K
⋅ ⋅ ( )800 1000 K⋅ − 2494,2 J 2,49 kJU∆ = − = −⇒
 
 
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• Entalpía 
( ) ( )
2
, , ,
1
 cte C
, p, , 2 1d
1,00 mol
p m p m v m
T
C C R
p m m v m
T
H n C T H n C T H n C R T T
H
= = +
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ ⇒ ∆ = ⋅ + ⋅ −
∆ =
∫
J2,5 8,314 
mol K
⋅ ⋅ ( )800 1000 K⋅ − 4157 J 4,16 kJH∆ = − = −⇒
 
• Entropía 
2
,
1
2
1
1
ln
J 800 K1 mol 1,5 8,134 ln
mol K 1000 K
J2,78 
ln
J 16,24 K1 mol 8,134 ln
mol K 8,21 K
J5,76
K
2,98 J K 
K
v mS
S
S S
T Vn
V
n C
T
R
−
 
⋅ ⋅  
 
 ⋅ ⋅ ⋅  

∆ =
∆ =
∆ = ∆ =
 
⋅ ⋅  
 
 ⋅ ⋅  

++

⇒

−
+
+ 
• Trabajo y calor 
De la primera ley de la termodinámica: 
0
2,49 kJ
q
U q w U w w
=
∆ = + ⇒ ∆ = = −⇒ 
c) Expansión adiabática libre (contra vacío) 
Una expansión contra vacío implica que la presión externa aplicada es nula (igual a 0), porlo 
que la expresión de trabajo queda 
2 2
1 1
 cte 0
0d d
op op
V V
P P
op op op
V V
w P V w P V w P wV
= =
= − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⋅ ∆ ⇒ =∫ ∫ 
 
Además, como el proceso es adiabático 0q = , y por lo tanto 0U∆ = . En efecto de la primera 
ley: 
0
0
w q
U q Uw
= =
∆ ⇒ ∆+ == 
Como consecuencia, ∆T también será cero. En efecto, de la expresión de energía interna ni los 
moles ni la capacidad calorífica a volumen constante pueden ser cero, entonces: 
2
,
1
 cte 0
, , ,
0
d 0 0
v m
T
C U
v m v m v m
T
U n C T U n C n C TT T
= ∆ =
≠
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ ⇒ = ⋅ =⋅ ∆ ∆⇒∫  
Entonces, el proceso es además isotérmico (T1=T2). Luego, es posible calcular el resto de 
las variables termodinámicas: 
Solucionario Guía Nº 2 | Termodinámica Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
Departamento de Ciencias Químicas 28 
• Entalpía 
( ) ( )
2
, , ,
1
 cte C
, p, , 2 1
0
d
0
p m p m v m
T
C C R
p m m v m
T
T
H
H
n C T H n C T H n C R T T
= = +
∆ =
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ ⇒ ∆ = ⋅ + ⋅ −
∆⇒ =
∫ 
• Entropía 
2
1
1
ln
J 16,24 K1 mol 8,134 ln
mol K 8,21 K
J5,76 5,76 J K
K
VS n R
V
S
S S −
 
∆ = ⋅ ⋅  
 
 ∆ = ⋅ ⋅  
 
∆ = + ⇒ ∆ = +
 
SOLUCIÓN PROBLEMA Nº 5 
En este problema tenemos la transferencia de calor entre un cuerpo caliente y un cuerpo frío 
hasta alcanzar el equilibrio térmico. El conjunto de ambos cuerpos forma un sistema aislado lo 
que quiere decir que el calor fluye exclusivamente desde el cuerpo caliente al cuerpo frío, y no 
a los alrededores. Esto, se ilustra en la siguiente figura: 
Antes de la mezcla Después de la mezcla 
energía
H2O(l)
2,0 kg ; Ti = 0 °C
Cu(s)
1,0 kg ; Ti = 100 °C
calor
 
2,0 kg H2O(l) + 1,0 kg Cu(s)
 Tf = ? °C
energía
 
El problema se reduce entonces a una aplicación de la primera ley de la termodinámica. Un 
sistema asilado posee paredes rígidas, impermeables y adiabáticas por lo cual podemos escribir 
sistema aislado
0 y 0
0
q w
U q w U
= =
∆ = + ⇒ ∆ = 
A su vez el sistema está compuesto por el agua líquida y por la barra de metal, entonces es 
posible hacer el siguiente análisis: 
agua metal agua metal0U U U U U∆ = ∆ + ∆ = ⇒ ∆ = −∆ 
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Departamento de Ciencias Químicas 29 
( )
0
agua agua metal metal agua metal
w
q w q w q q
=
⇒ + = − + ⇒ = − 
Se desprecian los trabajos de expansión del agua y el metal por ser fases condensadas y en 
consecuencia el equilibrio térmico se logra por la cesión de calor del metal al agua hasta lograr 
que la temperatura sea uniforme en el sistema. Dado que la presión es constante el calor puede 
ser calculado como un cambio de entalpía, es decir, ( )2 1P pq H m c T T= ∆ = ⋅ ⋅ − . Luego, la 
ecuación a resolver queda: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 1( )
agua metal agua ,agua ,agua metal ,metal ,metal
J J2000 g 4,184 273 K 1000 g 0,42 373 K
g K g K
J J8360 273 K 420 3
277,78 K 278 
73 K
g K K
K
g 
pq m c T T
p f i p f i
f f
f f
f
q q m c T T m c T T
T T
T T
T
= ⋅ ⋅ −
= − ⇒ ⋅ ⋅ − = − ⋅ ⋅ −
⋅ ⋅ − = − ⋅ ⋅ −
⋅ − = −
=
− ⋅
=
 
Ahora, podemos calcular tanto la entalpía como la entropía involucrada 
• Entalpía 
( ) ( )2 1
J2000 g 4,18 273 K
g K
40128 J 4,01 kJ
P p fq H m c T T T
H
H= ∆ = ⋅ ⋅ − ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ −
∆ = + = +
 
Este valor corresponde al calor transferido al agua. 
• Entropía 
El cálculo de la entropía total involucra calcular el cambio de entropía del agua y el metal 
por separado. 
2
1
ln
: 1000 g
p
TS m c
T
metal S
 
∆ = ⋅ ⋅  
 
∆ = 10,42 J g−⋅ 1 1278 K ln 123,5 J K
373
: 2000 g
S
agua S
− − ⋅ ∆ = − 
 
∆ = 14,18 J g−⋅ 1 1
1
278 K ln 151,7
28,2 J K
 J K
273
:
S
total S
−
−
−
∆ = +
 ⋅ ∆ = + 
 
 
 
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Departamento de Ciencias Químicas 30 
SOLUCIÓN PROBLEMA Nº 6 
Un cambio de fases reversible es aquel que ocurre a temperatura y presión constante. Cuando 
estos requisitos no concurren en simultaneo se habla de un cambio de fases irreversible. A 
pesar de ello, es posible calcular cambios en funciones de estado para un proceso irreversible 
separándolo en etapas donde sí se pueda realizar el cálculo de la propiedad buscada. En el 
caso de este problema tenemos lo siguiente 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2Irreversib
2 2
2
le
2
(3)
(1) (5)
H O l, 0 °C; 1,00 atm H O g, 120 °C; 1,00 atm
(2) (4)
H O l, 1
H O s, 0 °C; 1,00 a
00 °C; 1,00 atm H O g, 100 °C; 1,00
tm H O g, 120 °
 at
C; 2,50 a m
m
 t
Reversible
↓ ↑
↓ ↑

→
→
 
Como se observa, la transformación directa de agua superenfriada a −10 °C y 1 atm a agua 
vapor a 120 °C y 2,5 atm es un cambio de fases irreversible. Sin embargo, a través de la 
trayectoria azul será posible calcular los valores de ∆H y ∆S. Los pasos (2) y (4) de la trayectoria 
corresponden a calentamientos isobáricos, los pasos (1) y (3) son cambios de fases y el paso 
(5) corresponde a una compresión isotérmica. 
 
(1) Cambio de fase reversible (fusión) 
Como se conoce la entalpía de fusión (o calor latente de fusión) de esta etapa es posible 
calcular el calor involucrado en la fusión de cualquier cantidad de sustancia. La única 
dificultad en este paso es recordar que el calor de fusión es una propiedad intensiva y 
por lo tanto no se nos deben olvidar las unidades de masa o mol. 
1 fus 1 10,0 gH n H H∆ = ⋅ ∆ ⇒ ∆ =
1 mol
18,0 g
⋅
J6025 
mol
⋅
1
1
1
1
3347,2
3347
 J
27
,2 J 3,
3 J
35 kJ
12,3 J K
H
S S −
∆ = + = +
∆ = +
⇒
∆ = + ⇒
 
(2) Calentamiento isobárico de agua líquida 
En un calentamiento isobárico el calor transferido es igual a la entalpía, luego 
( )2 , 2 1 2 10,0 gp mH n C T T H∆ = ⋅ ⋅ − ⇒ ∆ =
1 mol
⋅
18,0 g
J75,3 
mol K
⋅ ( )373 273 K⋅ −
2 4183,3 J 4,18 kJH∆ = + = +
 
2
2 , 2
1
ln 10,0 gp m
TS n C S
T
 
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = 
 
1 mol
⋅
18,0 g
J75,3 
mol
⋅
373 
 K
K
⋅
273 K
1
2 13,1 J KS
−∆ = +
 
 
  
Solucionario Guía Nº 2 | Termodinámica Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
Departamento de Ciencias Químicas 31 
(3) Cambio de fase reversible (vaporización) 
El procedimiento en este paso es idéntico al del paso (1) 
3 fus 3 10,0 gH n H H∆ = ⋅ ∆ ⇒ ∆ =
1 mol
18,0 g
⋅
kJ40,7 
mol
⋅
3
3
1
33
22,6 10 J
373 J
22,6 kJ
60,6 J K
H
S S −
⇒
×
∆ = + ⇒
∆ = +
∆ = +
 
(4) Calentamiento isobárico de agua vapor 
El procedimiento en este paso es idéntico al del paso (2) 
( )4 , 4 3 4 10,0 gp mH n C T T H∆ = ⋅ ⋅ − ⇒ ∆ =
1 mol
⋅
18,0 g
J33,7 
mol K
⋅ ( )393 373 K⋅ −
4
4 , 4
3
4 374,4 J 0,37
ln 10,0 
4 k
g
J
p m
TS n C S
H
T
 
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = 
 
∆ = + = +
1 mol
⋅
18,0 g
J75,3 
mol
⋅
393 
 K
K
⋅
373 K
1
4 2,19 J KS
−∆ = +
 
 
 
 
 
(5) Compresión isotérmica de gas ideal 
En la compresión isotérmica, al asumir que el agua es un gas ideal, no hay cambio de 
entalpía, solamente contribución entrópica. 
2
,
1
 cte 0
5 , ,
5
5 5
4
5d
ln 10,0 g
0
 
p m
T
C T
p m p m
T
H n C T H n C T
PS nR S
P
H
= ∆ =
∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ ∆ ⇒
 
∆ = ⇒ ∆ = 

∆

=∫
1 mol
⋅
18,0 g
J8,134 
mol
⋅
2,50 atmln
 K
⋅
1,00 atm
1
5 4,23 J KS
−∆ = +
 
 
 
 
Finalmente, para el cálculo del cambio de entalpía y entropía del proceso irreversible, basta con 
sumar los valores de cada propiedad en las etapas descritas: 
( )1 2 3 4 5 3,35 4,18 22,6 0,374 0 k
30,5 J
J
k
H H H H H H H
H
∆ = ∆ + ∆ + ∆ + ∆ + ∆ ⇒ ∆ =
∆ = +
+ + + +
 
( ) 11
1
2 3 4 5 12,3 13,1 60,6 2,1
92,4 J 
9 4,23 
K
J KS S S S S S
S
S −
−
∆ = ∆ + ∆ + ∆ + ∆ + ∆ ⇒ ∆ = + + + + +
∆ = +
 
 
Solucionario Guía Nº 2 | Termodinámica Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
Departamento de Ciencias Químicas 32 
SOLUCIONES A FUNCIONES DE GIBBS Y HELMHOLTZ 
SOLUCIÓN PROBLEMA Nº 7 
Los cambios de la energía de Gibbs y Helmholtz para procesos isotérmicos en gases ideales 
están dados por las expresiones; 
( )
( )
d2 2
1 1
d2 2
1 1
ln
2
1
ln
2
1
d d d d ln
d d d d ln
P
P
V
V
P P P
P P
V V V
V V
PnRTGV P G V P G P G nRT
P P
VnRTA P V A P V A V A nRT
V V
=
=
∫  
= ⇒ ∆ = ⇒ ∆ = ⇒ ∆ =  
 
∫  
= − ⇒ ∆ = − ⇒ ∆ = − ⇒ ∆ = −  
 
∫ ∫
∫ ∫
 
La razón 1 2V V puede determinarse en función de las presiones mediante la ley de Boyle como 
sigue: 1 1 2 2 2 1 1 2PV PV V V P P= ⇒ = . De lo anterior es claro que en un proceso isotérmico de 
gas ideal ∆G = ∆A. Luego, reemplazando los datos. 
2
1
ln 0,590 molPG A nRT G A
P
 
∆ = ∆ = ⇒ ∆ = ∆ = 
 
J8,134 
mol
⋅ 300 K
 K
⋅
6,90 barln⋅
1,50 bar
2245,7 J 2,25 kJG A
 
 
 
∆ = ∆ = + = +
 
Físicamente note que este resultado es equivalente al trabajo que se debe realizar en la 
compresión. 
SOLUCIÓN PROBLEMA Nº 8 
El punto normal de ebullición de una sustancia es la temperatura de transición de fase líquido-
vapor a 1 atm de presión. En el caso del problema sería: 
( ) ( )6 6 6 6C H l, 80,09 °C, 1 atm C H g, 80,09 °C, 1 atm→ 
En el problema, nos informan que la entalpía de esta transición (desde ahora ∆vapH ) es 30,72 
kJ mol−1. Con este dato, se puede calcular la entropía de vaporización 
( )
3 1
vap
vap vap
1 1
vap
vap
30,72 10 J mol
80,09 273,15 K
86,97 J mol K
H
S S
T
S − −
−∆ ×
∆ = ⇒ =∆ ⇒
+
∆= 
En el punto de ebullición ∆vapG es cero al ser una transición de fase reversible, al coexistir dos 
fases en equilibrio termodinámico. 
Ahora si consideramos a estos valores independientes de la temperatura, podemos calcular 
∆vapG para cualquier proceso mediante la relación: 
vap vap vapG H T S∆ = ∆ − ∆ 
• Caso 1: T = 75,0 °C 
Solucionario Guía Nº 2 | Termodinámica Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
Departamento de Ciencias Químicas 33 
El cambio de fase puede ser representado como: 
( ) ( )6 6 6 6C H l, 75,0 °C, 1 atm C H g, 75,0 °C, 1 atm→ 
Entonces, ∆vapG será 
( )3 1 1 1vap vap vap vap
1
vap
30,72 10 J mol 75,0 273,15 86,97 J mol
411,39 
K
J mol
 G H T S
G
G −
−
− −∆ = ∆ − ∆ ⇒ ∆ = × −
= +
⋅
∆
+
 
El significado de este valor es que a 75,0 °C la transformación de agua a vapor no es 
espontanea, por el contrario, es el vapor el cual condensará para transformarse en 
líquido. 
• Caso 2: T = 85,0 °C 
El cambio de fase puede ser representado como: 
( ) ( )6 6 6 6C H l; 85,0 °C; 1 atm C H g; 85,0 °C; 1 atm→ 
Entonces, ∆vapG será 
( )3 1 1 1vap vap vap vap
1
vap
30,72 10 J mol 85,0 273,15 86,97 J mol
428,3 J m l
 K
o
G H T
G
S G − − −
−∆
∆ = ∆ − ∆ ⇒ ∆ =
−
× − +
=
⋅
 
El significado de este valor es que a 85,0 °C la transformación de agua a vapor es 
espontanea. 
 
 
 
UNIVERSIDAD ANDRÉS BELLO 
FACULTAD DE CIENCIAS EXACTAS 
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS QUÍMICAS 
 
 
Departamento de Ciencias Químicas 34 
GUÍA Nº 3 | TERMOQUÍMICA Y EQUILIBRIO QUÍMICO 
FISICOQUÍMICA APLICADA | QUIM 300 
TERMOQUÍMICA 
1.- Ley de Hess. A partir de los siguientes calores de combustión, 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
o 1
3 2 2 2
o 1
2 2
o 1
2 2 2
31 CH OH l O g CO g 2H O l 726,4 kJ mol
2
2 C grafito O g CO g 393,5 kJ mol
13 H g O g H O l 285,8 kJ mol
2
r
r
r
H
H
H
−
−
−
+ → + ∆ = −
+ → ∆ = −
+ → ∆ = −
 
Calcule la entalpía de formación de metanol (CH3OH) a partir de sus elementos: 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 3
1C s, grafito 2H g O g CH OH l
2
+ + → 
2.- Espontaneidad desde datos tabulados I. Un método para preparar hidrógeno a escala 
industrial aprovecha la siguiente reacción: 
( ) ( ) ( ) ( )2 2C s, grafito H O g CO g H g+ → + 
Prediga si esta reacción será espontánea a 298 K. Si no, ¿a qué temperatura ocurrirá 
espontáneamente la reacción? Suponga que ∆rH° y ∆rS° son independientes de la 
temperatura. Nota: Recurra a una tabla de datos termodinámicos, por ejemplo, del texto 
guía. 
3.- Espontaneidad desde datos tabulados II. Considere la reacción: 
2 2
1CuBr (s) CuBr(s) Br (g)
2
+     
a) En qué dirección se produce esta reacción a 298 K y 1 bar 
b) A que temperatura coexistirán en equilibrio estas tres sustancias (1 bar). 
Datos: Se conocen los siguientes datos a 298 K y 1 bar. 
 ∆fH° 298 (kcal/mol) S°298 (cal/mol K) 
CuBr2 (S) −33,2 30,1 
CuBr (S) −25,1 21,9 
Br2(g) 7,34 58,64 
 
Guía Nº 3 | Termoquímica y Equilibrio Químico Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
Departamento de Ciencias Químicas 35 
4.- Dependencia de ∆H° y ∆S° con la temperatura. La hidrogenación del etileno es 
2 4 2 2 6C H (g) H (g) C H (g)+ → 
Calcule el cambio en la entalpía y entropía de hidrogenación, de 298 K a 398 K. Los valores 
de C°p,m son de: H2: 28,8 J K−1; C2H4: 43.6 J K−1 mol−1; y de C2H6: 52.7 J K−1 mol−1 
EQUILIBRIO QUÍMICO 
5.- Cálculo de constante K° a partir de presiones. Se colocó una mezcla de 11,02 mmol 
(milimoles) de H2S y 5,48 mmol de CH4 en un recipiente vacío junto con un catalizador de 
Pt, y se estableció el equilibrio: 
2H2S(g) + CH4(g) ⇌ 4H2(g) + CS2(g) 
a 700 °C y 762 torr. La mezcla de la reacción se separó del catalizador y se enfrió 
rápidamente hasta temperatura ambiente, donde las velocidades de las reacciones directa 
e inversa son insignificantes. En el análisis de la mezcla de equilibrio se encontraron 0,711 
mmol de CS2. Calcule K°P y ∆G° para la reacción a 700 °C. 
6.- Cálculo de composición en equilibrio. En un recipiente de 1055 cm3 de volumen se realizó 
vacío, y se introdujeron 0,01031 moles de NO y 0,00440 moles de Br2. Luego de alcanzar el 
siguiente equilibrio: 
2 NO(g) + Br2(g) ⇌ 2 NOBr(g) 
a 323,7 K de temperatura, se midió que la presión final fue de 231,2 torr. Calcule K°P y ∆G° 
a 323,7 K suponiendo comportamiento de gas ideal. 
7.- Dependencia de K° con la temperatura. Considere la reacción: 
CO2(g) + H2(g) ⇌ CO(g) + H2O(g) 
la constante de equilibrio K°P a 960 K es 0,534, y a 1260 K es 1,571. 
a) Determine ∆rH° para la reacción 
b) Determine el valor de la constante de equilibrio a 1000 K 
c) Determine a que temperatura el valor de ∆rG° es cero. 
8.- Gráfico de Ecuación de Van’t Hoff. Para la reacción: 
PCl5(g) ⇌ PCl3(g) + Cl2(g) 
Las constantes de equilibrio observadas en función de la temperatura (determinadas a partir 
de medidas de mezclas en equilibrio a presiones bajas) son: 
K°P 0,245 1,99 4,96 9,35 
T/K 485 534 556 574 
Utilizando exclusivamente estos datos calcule: ∆rH°, ∆rG° y ∆rS° a 560 K para esta reacción. 
Solucionario Guía Nº 3 | Termoquímica y Equilibrio QuímicoFisicoquímica Aplicada | QUIM 
300 
Departamento de Ciencias Químicas 36 
SOLUCIONARIO GUÍA Nº 3 | TERMOQUÍMICA Y EQUILIBRIO QUÍMICO 
Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
SOLUCIONES A TERMOQUÍMICA 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 1 
La ley de Hess nos indica que podemos reconstruir cualquier ecuación química a partir de la 
manipulación algebraica de otras ecuaciones químicas. Esto sumado al hecho de que la 
entalpía es una función de estado permite calcular cambios de entalpías de reacción para 
cambios químicos complejos de medir a escala experimental a partir de datos termodinámicos 
de reacciones conocidas. En el ejemplo que nos convoca tenemos a la reacción 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 3
1C s,grafito 2H g O g CH OH l
2
+ + → 
La clave en este tipo de problemas es no perder el foco, debemos necesariamente reconstruir 
esta ecuación a partir de las ecuaciones dadas en el enunciado. Notemos que del lado de los 
reactivos debemos obtener C(grafito), dos moles de H2(g) y medio mol de O2 (g), por lo que nos 
sirve mantener la ecuación (2) tal como está en el enunciado y mantener la ecuación (3) en el 
mismo sentido, pero amplificándola por 2. Por otra parte, del lado de los productos debemos 
obtener CH3OH(l) por lo que debemos invertir3 la ecuación (1). Luego con estos cambios las 
ecuaciones se suman para obtener la ecuación objetivo. ¿Qué pasa con ∆rH°? recordemos que 
es una propiedad extensiva por lo que, si amplificamos o dividimos la ecuación por algún factor, 
el cambio de entalpía también sufrirá el mismo cambio, en particular al invertir una ecuación el 
∆rH° cambia de signo4. Entonces tenemos que: 
( ) ( )21 CO g ( )22H O l+ ( ) ( )3 2
3CH OH l O g
2
→ +
() ( ) ( )
o 1
2
726,4 kJ mol
2 C s, grafito O g
1rH
−−∆ = −
+
×
( )2CO g→
( ) ( ) ( )
o 1
2 2
393,5 kJ 
2
mol
3 H g O g
rH
−∆ = −
+ ( )
1 2
22H O l→
( ) ( ) ( ) ( )
o 1
o 1
2 2 3
285,8 kJ mol
1C s, grafito H g O g CH OH l 238,7 kJ mol
2
2
2
r
r
H
H
−
−
∆ = −
+ +  ∆ = −
×
→
 
Nótese que especies químicas en lados opuestos de la flecha se anulan o restan entre sí. 
 
 
3 Cuando invertimos una ecuación química equivale, matemáticamente, a multiplicarla por −1. 
4 Si para un proceso R→P el ∆rH° > 0, entonces para el proceso P→R el ∆rH°< 0 y viceversa. 
Solucionario Guía Nº 3 | Termoquímica y Equilibrio QuímicoFisicoquímica Aplicada | QUIM 
300 
Departamento de Ciencias Químicas 37 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 2 
En este problema debemos obtener las funciones termodinámicas normales de reacción para: 
( ) ( ) ( ) ( )2 2C s, grafito H O g CO g H g+ → + 
Nos piden recurrir a tablas de datos termodinámicos, de la tabla del Anexo Nº 1: Datos 
Termoquímicos Estándar a 25 °C obtenemos la siguiente información: 
Especie ∆fH°298 / kJ mol−1 S°m,298 / J mol−1 K−1 
CO(g) − 110,525 197,674 
H2(g) 0 130,684 
C(s,grafito) 0 5,740 
H2O (g) − 241,818 188,825 
Con esta información es posible calcular ∆rH°298 y ∆fH°298 a partir de sus definiciones: 
o o
r 298 f 298,
o o
r 298 m,298,
i i
i
i i
i
H H
S S
ν
ν
∆ = ⋅ ∆
∆ = ⋅
∑
∑
 
En estas expresiones iν corresponde a los números estequiométricos5 los cuales son positivos 
para los productos y negativos para los reactantes. Entonces aplicando la fórmula 
[ ] [ ] [ ] [ ]
( ) [ ]
o o o o o o o
r 298 f 298, r 298 f 298 f 298 2 f 298 f 298 2
o 1 1
r
o 1
r 298
298
CO(g) H (g) C(s, grafito) HO (g)
110,525 0 0 241,818 kJ mol 110,525 241,818 kJ
131,293 kJ m
 mol
ol
i i
i
H H H H H H
H
H
H
ν
−
−
−
∆ = ⋅ ∆ ⇒ ∆ = ∆ + ∆ − ∆ − ∆
 ⇒ ∆ = − + − − −
∆ = +
= − + 
⇒
∑
 
[ ] [ ] [ ] [ ]
[ ] [ ]
o o o o o o o
r 298 m,298, r 298 m,298 m,298 2 m,298 m,298 2
o 1 1 1 1
r
o 1 1
r 29
9
8
2 8
CO(g) H (g) C(s, grafito) HO (g)
197,674 130,684 5,740 188,825 J mol K 328,358 194,565 J mol
133,793 J mo
 
K
K
l 
i i
i
S S S S S S
S
S
Sν
− − −
− −
−
∆ = ⋅ ⇒ ∆ = + − −
⇒ ∆ = + − − = −
+⇒ ∆ =
∑
 
Ahora, para evaluar la espontaneidad a 298 K, aplicamos la relación de estos parámetros 
termodinámicos con la variación de la energía de Gibbs estándar: 
( )o o o o 1 3 1 1r 298 r 298 r 298 r
o
8
1
r 298
29 131,293 kJ mol 298 
91,443 kJ 
K 133,793 10 kJ mol K
mol
 G H T S
G
G −
−
− − −⇒∆ = ∆ − ∆ ∆ = + − ⋅
+
+ ×
∆⇒ =
 
 
5 Ver definición de la IUPAC: https://doi.org/10.1351/goldbook.S06025 
Solucionario Guía Nº 3 | Termoquímica y Equilibrio QuímicoFisicoquímica Aplicada | QUIM 
300 
Departamento de Ciencias Químicas 38 
Alternativamente, se podrían haber usado los datos de of 298G∆ del Anexo Nº 1: Datos 
Termoquímicos Estándar a 25 °C, para calcular or 298G∆ . Ese ejercicio se deja para el lector de 
este apunte. 
Analizando el valor de or 298G∆ , el resultado es positivo y la reacción es no espontánea a 298 K. 
Para calcular a qué temperatura se volverá espontánea debemos tener en cuenta que o298G∆ 
debe ser menor que cero6, es decir: 
1) Despejar 
r
r r r 2) multiplicar 
o 1
o o o 298
298 298 298 o
29
1
r 8
131,293 kJ mol0 0
T HG TH T S T
S×
−
−
∆ +
∆ < ∆ − ∆ > ⇒<
∆
⇒ ⇒ > 3 1133,793 10 kJ mol− −+ × 1
981
 K
,31 KT
−
⇒ >
 
Es decir, la reacción será espontánea a cualquier temperatura que sea mayor que 981,31 K en 
condiciones estándar. 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 3 
Este problema es idéntico al anterior, solamente que nos dan directamente la tabla de datos. 
• Entalpía de reacción estándar 
[ ] [ ] [ ]
( ) [ ]
o o o o o o1
r 298 f 298, r 298 f 298 f 298 2 f 298 22
o
o 1
r 29
1 11
r 29 2
8
8
CuBr(s) Br (g) CuBr (s)
25,1 7,34 33,2 kcal mol 21,43 33,2 kca
11,77 kc
l
al mo
 m l
l
o
i i
i
H H H H
H
H H
H
ν
− −
−
∆ = ⋅ ∆ ⇒ ∆ = ∆ + ⋅ ∆ − ∆
 ⇒ ∆ = − + ⋅ − − = − + 
∆ = +⇒
∑
 
• Entropía de reacción estándar 
[ ] [ ] [ ]
[ ]
o o o o o o1
r 298 m,298, r 298 m,298 m,298 2 m,298 22
o 1 11
r 298 2
o 1 1
r 298
CuBr(s) Br (g) CuBr (s)
21,9 58,64 30,1 cal mol 
21,12 cal mo K
K
l 
i i
i
S
S S S S S S
S
ν
− −
− −
∆ = ⋅ ⇒ ∆ = + ⋅ −
⇒ ∆ = + ⋅ −
= +⇒ ∆
∑
 
• Energía de Gibbs de reacción estándar 
( )o o o o 1 3 1 1r 298 r 298 r 298 r
o
8
1
r 298
29 11,77 kcal mol 298 
5,476 
K 21,12 10 kcal mol
kcal mol
 KG H T S G
G
−
−
− − −⇒∆ = ∆ − ∆ ∆ = + − ⋅ +
⇒
×
∆ = +
 
Se concluye que la reacción es no espontánea a 298 K en estado estándar. Si se desea saber 
a qué temperatura coexisten las tres especies químicas en equilibrio or 298G∆ debe ser cero, 
luego: 
 
6 Esto es resolver una inecuación. En una desigualdad si se multiplica por un número negativo el signo de la 
desigualdad se invierte, por ejemplo 3 > 2, entonces al multiplicar por −1 queda, −3 < −2. 
Solucionario Guía Nº 3 | Termoquímica y Equilibrio QuímicoFisicoquímica Aplicada | QUIM 
300 
Departamento de Ciencias Químicas 39 
o 1
o o o r 298
r 298 r 298 eq r 298
Despejar
eq eqo
r 29
 
8
11,77 kcal mol0 0
T HG TS TH T
S
−
⇒ ⇒
∆ +
∆ = ∆ − = = =∆
∆
⇒ 3 121,12 10 kcal mol− −+ ×
eq
1 
557,3 K
K
T
−
=⇒
 
Es decir, a 557,3 K la reacción química alcanzará el equilibrio a condiciones estándar y las tres 
especies químicas coexistirán en esta condición. 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 4 
La dependencia de la entalpía con la temperatura está dada por la ley de Kirchhoff: 
o
2 2 o
,
2 1
o
11
...d cte
o o o o o o o
, , ,d d
r T
r p m
r T
H TT C
r r p m r r p m r T r T r p m
TH
d H C T d H C T H H C T
∆
∆ =
∆
∫
∆ = ∆ ⇒ ∆ = ∆ ⇒ ∆ − ∆ = ∆ ⋅ ∆∫ ∫ 
En este problema, nos piden evaluar el efecto del cambio temperatura para la reacción. En la 
expresión anterior o,r p mC∆ es el cambio en la capacidad calorífica a presión constante de la 
reacción definida por: 
o
, , ,r p m i p m i
i
C Cν∆ = ∑ 
Luego, para este caso particular se tiene que: 
( ) ( ) ( )
[ ]
o o o o o
, , , , , 2 6 , 2 4 , 2
o 1 1 o 1 1
, ,
C H g C H g H g
52,7 43,6 28,8 J mol K 19,7 J mol K
r p m i p m i r p m p m p m p m
i
r p m r p m
C C C C C C
C C
ν
− − − −
     ∆ = ⇒ ∆ = − −     
⇒ ∆ = − − ⇒ ∆ = −
∑
 
Entonces, el efecto de la temperatura en la entalpía de hidrogenación es: 
( ) ( )
2 1
o o o o o 1 1 1 3
, 2 1 398 2
o o 1
398
8
9
9
2 8
kJ19,7 J mol K 398 298 K
1,970 kJ mol
10
J
r r
r T r T r p m r rH H C T T H H
H H
− − − −
−
∆ − ∆ = ∆ ⋅ − ⇒ ∆ − ∆ = − ⋅
∆ − ∆ = −
− ⋅
⇒
 
Es decir, para esta reacción un aumento de temperatura disminuye la entalpía de 
hidrogenación, en otras palabras, la reacción se vuelve más endotérmica. Por otra parte la 
dependencia de la entropía de reacción con la temperatura está dada por: 
o
2 2 o
,
2 1
o
11
o o...d cte
, ,o o o o o 2
,
1
d d ln
r T
r p m
r T
H TT C
r p m r p m
r r r T r T r p m
TH
C C Td S T d S T S S C
T T T
∆
∆ =
∆
∫∆ ∆  
∆ = ⇒ ∆ = ⇒ ∆ − ∆ = ∆ ⋅  
 ∫ ∫ 
 
 
Solucionario Guía Nº 3 | Termoquímica y Equilibrio QuímicoFisicoquímica Aplicada | QUIM 
300 
Departamento de Ciencias Químicas 40 
Reemplazando y evaluando: 
2 1
o o o o o 1 1
o o 1 1
398 298
2
, 398 298
1
398ln 19,7 J 
5,70 J mol
mol K ln
29
 
8
K
r T r T r p m r r
r r
TS S C S S
T
S S − −
− −   ∆ − ∆ = ∆ ⋅ ⇒ ∆ − ∆ = − ⋅   

∆ − ∆ = −
 
⇒
 
Es decir, un aumento de temperatura provoca una disminución de la entropía de hidrogenación. 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 5 
Para obtener la contante de equilibrio en función de las presiones parciales para la reacción 
2H2S(g) + CH4(g) ⇌ 4H2(g) + CS2(g) 
Debemos plantear la expresión matemática de la constante de equilibrio, dada por: 
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 4
4o o
CS Ho
2o o
H S CH
P
P P P P
K
P P P P
⋅
=
⋅
 
donde Po es la presión estándar. Es decir, antes de poder calcular la constante de equilibrio 
debemos calcular las presiones parciales de cada especie mediante cálculos estequiométricos.Del enunciado nos mencionan que se obtuvieron 0,711 mmol de CS2, por lo que las cantidades 
de reactivos consumidas son: 
2H S, consumido 2
0,711 mol CSn = 2
2
2 mmol H S
1 mmol CS
⋅ 21,422 mmol H S 
= 
4CH , consumido 2
0,711 mol CSn 4
2
1 mmol CH
1 mmol CS
⋅ 40,711 mmol CH 
= 
Por lo que las cantidades remanentes de reactivos en el equilibrio serán de: 
( )
( )
2 2 2 2 2
4 4 4 4 4
H S, eq H S, inicial H S, consumido H S, eq H S, eq
CH , eq CH , inicial CH , consumido CH , eq CH , eq
11,02 1,422 9,60 mmol
5,48 0,711 4,77 mmol
n n n n n
n n n n n
= − ⇒ = − ⇒ =
= − ⇒ = − ⇒ =
 
Además, se debe calcular la cantidad de H2 formada producto de la reacción química 
2H , eq 2
0,711 mol CSn = 2
2
4 mmol H
1 mmol CS
⋅ 22,844 mmol H 
= 
Para calcular las presiones parciales se requiere de las fracciones molares de todas las 
especies participantes. La cantidad total de los moles de la mezcla es: 
Solucionario Guía Nº 3 | Termoquímica y Equilibrio QuímicoFisicoquímica Aplicada | QUIM 
300 
Departamento de Ciencias Químicas 41 
( )
2 4 2 2T, eq H S, eq CH , eq H , eq CS , eq T, eq
T, eq
9,60 4,77 2,884 0,711 mmol
17,92 mmol
n n n n n n
n
= + + + ⇒ = + + +
⇒ =
 
Las fracciones molares se calculan como sigue: 
2
2 2
4
4 4
2
2 2
2
2 2
H S, eq
H S, eq H S, eq
T, eq
CH , eq
CH , eq CH , eq
T, eq
H , eq
H , eq H , eq
T, eq
CS , eq
CS , eq CS , eq
T, eq
9,60 0,536
17,92
4,77 0,266
17,92
2,884 0,1587
17,92
0,711 0,0397
17,92
n
x x
n
n
x x
n
n
x x
n
n
x x
n
= = ⇒ =
= = ⇒ =
= = ⇒ =
= = ⇒ =
 
Las presiones parciales están dadas por la ley de Dalton: Ti iP x P= ⋅ , donde PT es la presión 
total: 
2 2 2
4 4 4
2 2 2
2 2 2
H S, eq H S, eq T H S, eq
CH , eq CH , eq T CH , eq
H , eq H , eq T H , eq
CS , eq CS , eq T CS , 
0,536 762 torr 408 torr
0,266 762 torr 203 torr
0,1587 762 torr 120 torr
0,0397 762 torr
P x P P
P x P P
P x P P
P x P P
= ⋅ = ⋅ ⇒ =
= ⋅ = ⋅ ⇒ =
= ⋅ = ⋅ ⇒ =
= ⋅ = ⋅ ⇒ eq 30,3 torr=
 
Reemplazando en la expresión de oPK considerando que Po = 1bar = 750 torr: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 4
4 4o o
CS Ho
2 2o o
H C
o 4
S H
30,3 torr 750 torr 120 torr 750 torr
408 torr 750 torr 203 torr 750 torr
3,31 10
P
P
P P P P
K
P P
K
P P
−
⋅ ⋅
= =
⋅⋅
⇒ = ×
 
Luego, el cálculo de ∆G° se hace como sigue: 
( )o o o973 973 Jln 8,314 r P rG RT K G∆ = − ⇒ ∆ = − mol K 973 K⋅ ( )
4 3 kJln 3,31 10 10
J
− −⋅ × ⋅
o 1
973 64,8 kJ molrG
−=⇒ ∆
 
 
 
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300 
Departamento de Ciencias Químicas 42 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 6 
Este problema difiere del anterior en el sentido en que no conocemos la composición final del 
sistema en términos de los moles de cada especie presente en el equilibro. Solo disponemos 
de los moles iniciales de reactivos y de la presión final en equilibrio. Este último dato es la clave 
para resolver el problema. Primero construimos una tabla ICE (inicio, cambio y equilibrio) para 
incorporar la estequiometría de la reacción al problema: 
 2 NO(𝑔𝑔) + Br2(𝑔𝑔) ⇌ 2 NOBr(𝑔𝑔) 
I 0,01031 0,00440 0 
C −2𝑥𝑥 −𝑥𝑥 +2𝑥𝑥 
E 0,01031 − 2𝑥𝑥 0,00440 − 𝑥𝑥 2𝑥𝑥 
Esta tabla se construye así: en la primera fila colocamos las cantidades iniciales en moles de 
cada especie de la reacción, en la segunda columna colocamos el avance de la reacción7 para 
alcanzar en equilibrio (x) el cual se pondera por el coeficiente estequiométrico, el signo menos 
indica que esos moles se consumen y el signo positivo indica que se forma la especie química. 
Finalmente, sumando ambas columnas se obtiene la composición del estado de equilibrio del 
sistema. Los moles finales en el equilibrio serán: 
( )
2T, eq NO, eq Br , eq NOBr, eq T, eq
T, eq
0,01032 2 0,00440 2 mol
0,01471
n n n n n x x x
n x
= + + ⇒ = − + − +
⇒ = −
 
Como se conoce la presión final de equilibrio, se puede calcular los moles totales de la mezcla: 
1 atm
760 torrT
T T T
231,1 torrP VP V n R T n
R T
⋅⋅
⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = =
⋅
( ) 31055 cm⋅
3atm cm82,06 mol K 323,7 K⋅
T 0,01208 moln⇒ =
 
Combinando las dos últimas expresiones se tiene que:
0,01208 mol 0,01471 mol 0,00263 molx x= − ⇒ = 
Con este resultado es posible calcular la composición de equilibrio en moles, desde la tabla 
ICE: 
 
7 El avance de reacción en el texto guía y otros de fisicoquímica se denota por la letra griega xi (ksi) ξ. 
Solucionario Guía Nº 3 | Termoquímica y Equilibrio QuímicoFisicoquímica Aplicada | QUIM 
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Departamento de Ciencias Químicas 43 
2 2
NO, eq NO, eq NO, eq
Br , eq Br, eq Br , eq
NOBr, eq NOBr, eq NOBr, eq
0,01031 2 0,01031 2 0,00263 0,00505 mol
0,00440 0,00440 0,00263 0,00177 mol
2 2 0,00263 0,00526 mol
n x n n
n x n n
n x n n
= − ⇒ = − ⋅ ⇒ =
= − ⇒ = − ⇒ =
= ⇒ = ⋅ ⇒ =
 
Recordando que la fracción molar de la especie i se define como Ti ix n n= , se obtienen los 
siguientes resultados para las especies químicas participantes de la reacción: 
2NO, eq Br , eq NOBr, eq
0,418 ; 0,146 ; 0,435x x x= = = 
Recordemos que la presión total es de 231,1 torr, y que la presión parcial de la especie química 
i se define como Ti iP x P= ⋅ , se obtienen los siguientes resultados: 
2NO Br NOBr
96,6 torr ; 33,9 torr ; 100,6 torrP P P= = = 
Reemplazando en la expresión de oPK considerando que Po = 1bar = 750 torr: 
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2o
NOBro
2 2o o
NO Br
o
100,6 torr 750 torr
96,6 torr 750 torr 33,9 torr 750 tor
209
rP
P
P P
K
P P P P
K
= =
⋅
=
⋅
⇒
 
Luego, el cálculo de ∆G° se hace como sigue: 
( )o o o323,7 323,7 Jln 8,314 r P rG RT K G∆ = − ⇒ ∆ = − mol K 323,7 K⋅ ( )
3 kJln 209 10
J
−⋅ ⋅
o 1
323,7 14,4 kJ molrG
−=⇒ ∆ −
 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 7 
La relación entre la constante de equilibrio y la entalpía está dada por la ecuación de van’t Hoff: 
( )
( ) ( ) ( )
o
, 1 2 o
2
1o
1, 1
o o...dTo o octe
,o
o
, 2 1
dln 1 1dln d 1 ln
d 1
P T
r
P T
K T
H
P P Tr r r
P
P TTK
K KH H HK T
T R R K R T T
∆ =∫    ∆ ∆ ∆
= − ⇒ = − ⇒ = − −       ∫ ∫ 
De esta expresión con los datos de la parte a) el enunciado podemos calcular orH∆ . Asignando 
a T2 = 1260 K, 
2
o
, 1,571P TK = , T1 = 960 K y 1
o
, 0,534P TK = se tiene: 
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Departamento de Ciencias Químicas 44 
2
1
o o o
, 1
o
, 2 1
o
o
1 1 1,571 1 1ln ln K
0,534 1260 960
J4350,817 K 8,314 
mol K
P T r r
P T
r
r
K H H
K R T T R
H H
R
−
   ∆ ∆   = − − ⇒ = − −             
∆
⇒ = ⇒ ∆ = 4350,817 K⋅
o 1
3
36,2 kJ mol
kJ10
J
rH
−
−
∆ = +
⋅
⇒
 
 
Es decir, la reacción es endotérmica. Con el valor de la entalpía de reacción y cualquiera de los 
datos de T y K°P del enunciado podemos calcular el valor de KP° a 1000 K como solicitan en la 
parte b) del problema. Asignando como incógnita a 
2
o
,P TK a T2 = 1000 K con T1 = 960 K y 
1
o
, 0,534P TK = se tiene: 
2 2
1
o oo 1
, ,
o
, 2 1
1 1 36,2 kJ molln ln
0,534
P T P Tr
P T
K KH
K R T T
−    ∆ +
= − − ⇒ = −            
3 1 18,314 10 kJ mol K− − −×
11 1 K
1000 960
− −  
( ) ( ) ( )2
2
2 2
o o o 0,4459
, ,
o
,
,
ln ln 0,534 0,18142 ln 0
0,640
,4459P T P T P T
P T
K K K e
K
−⇒ = + ⇒ = −
=
⇒ =
⇒
 
Vemos que como la reacción es endotérmica un aumento de temperatura favorece a la reacción 
directa, por ello 
2 1
o o
, ,P T P TK K> . Finalmente, en la parte c) del problema, nos piden encontrar la 
temperatura a la cual 
2
o
r TG∆ se hace cero, lo cual es equivalente a decir que 2
o
, 1P TK = ya que: 
( ) ( ) ( )
o
r 2
2 2 2 2 2 2
0 0
o o o o o 0 o
r 0
ln 0 ln ln 0 1
TG R
T T T T T TT
G R T K R T K K K e K
∆ = ≠
≠
∆ = − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = ⇒ = ⇒ = 
Asignando como incógnita a T2 con 
2
o
, 1P TK = y además T1 = 960 K y 1
o
, 0,534P TK = se tiene: 
2
1
o o 1
,
o
, 2 1
1 1 1 36,2 kJ molln ln
0,534
P T r
P T
K H
K R T T
−   ∆ + = − − ⇒ = −         
3 18,314 10 kJ mol− −×
2
1
2
4 1 4 1
2 2
1 1
 K 960 K
1 1 1 10,6274 4354,102 K 1,4408 10 K 8,976 10 K
960 K 96
1114 K
0
T
T T
T
−
− − − −
 
− 
 
   ⇒ = − ⋅ − ⇒ = − ×
=
+ = ×     
⇒
 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 8 
En este caso tenemos un set de datos con los cuales se pide calcular los parámetros 
termodinámicos de la reacción química. La forma correcta de abordar este problema es 
Solucionario Guía Nº 3 | Termoquímica y Equilibrio QuímicoFisicoquímica Aplicada | QUIM 
300 
Departamento de Ciencias Químicas 45 
realizando el gráfico de van’t Hoff, que deriva de la ecuación del mismo nombre al integrarla 
indefinidamente 
( )
( ) ( ) ( ) ( )
oo ...dTo o octe
o o
dln 1dln d 1 ln Cte
d 1
r HP r r r
P P
K H H HK T K
T R R R T
∆ =∫∆ ∆ ∆  = − ⇒ = − ⇒ = − + 
 ∫ ∫ 
Si observamos esta ecuación, puede notarse que responde a una ecuación lineal y puede 
graficarse como una ecuación de la recta al escoger apropiadamente las variables dependiente 
e independiente: 
( )
o
o 1ln CterP
HK
R T
y B x A
∆  = − ⋅ + 
 
↓ ↓ ↓ ↓
= ⋅ +
 
Donde ( )oln Py K= es la variable dependiente (ordenada, eje y), 1x T= es la variable 
independiente (abscisa, eje x). Los términos o y CterB H R A= − ∆ = corresponden a la 
pendiente y al coeficiente de posición de la recta respectivamente. Con los datos construimos 
una tabla transformando oPK y T en ( )oln PK y 1 T : 
( )oln PK −1,406 0,688 1,601 2,235 
( )1 KT 0,00206 0,00187 0,00180 0,00174 
estos se representan en un gráfico y se obtiene su ecuación de la recta mediante regresión 
línea 
 
La ecuación obtenida de la regresión es: 
1/T (K-1)
1.7x10-3 1.8x10-3 1.8x10-3 1.9x10-3 1.9x10-3 2.0x10-3 2.0x10-3 2.1x10-3 2.1x10-3
ln
 (K
° P
)
-2.00
-1.00
0.00
1.00
2.00
3.00
Solucionario Guía Nº 3 | Termoquímica y Equilibrio QuímicoFisicoquímica Aplicada | QUIM 
300 
Departamento de Ciencias Químicas 46 
( )o 1ln 11406 22,095P TK = − ⋅ + 
Por comparación con la ecuación de van’t Hoff, desde la pendiente podemos obtener la entalpía 
de la reacción: 
( ) ( )
o o
o 1 1
o 1
3 kJ11406 K 8,314 J mol K 11406 K 1
94,83 kJ mo
0
J
l
r r
r
r
H HB H
H
R R
− − −
−
∆ ∆
= − ⇒ − = − ⇒ ∆ = ⋅
+
− ⋅ −
⇒ ∆ =
 
A 560 K, con la ecuación del gráfico puede calcularse oPK : 
( ) ( )o o
o 1,7271 o
1 1ln 11406 22,095 ln 11406 22,095 1,7271
5
5, 2
6
6
0P P
P P
K
K
T
K
e K
= − ⋅ +
= ⇒ =
⇒ = − ⋅ + =
⇒
 
y con ello or 560G∆ : 
( )o o o560 560 Jln 8,314 r P rG RT K G∆ = − ⇒ ∆ = − mol K 560 K⋅ ( )
3 kJln 5,62 10
J
−⋅ ⋅
o 1
560 8,04 kJ molrG
−∆ = −⇒
 
Finalmente or 560S∆ se obtiene a partir de la relación con 
o
r 560H∆ y 
o
r 560G∆ 
( ) 1o oo o o o 3r 560 r 560
r 560 r 560 r 560 r 56
o 1 1
r 5
0
60
94,83 8,04 kJ mol
183,7 J
J10
 m
560 K kJ
ol K
H GG H T S S
T
S −
−
−
 − −∆ −
∆ =
∆  ∆ = ∆ − ⋅ ∆ ⇒ ∆ = ⋅
+
=
⇒
 
 
 
 
 
 
 
 
UNIVERSIDAD ANDRÉS BELLO 
FACULTAD DE CIENCIAS EXACTAS 
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS QUÍMICAS 
 
 
Departamento de Ciencias Químicas 47 
GUÍA Nº 4 | SOLUCIONES DE NO-ELECTROLITOS 
FISICOQUÍMICA APLICADA | QUIM 300 
1.- Propiedades de mezclado. La mezcla de dos componentes muy próximos de una serie 
homóloga, tal como n-hexano y n-heptano, origina una disolución que en la práctica se 
comporta como ideal. Calcule ∆Gmez, ∆Smez, ∆Hmez y ∆Vmez a 30 °C, para una mezcla líquida 
a las siguientes fracciones molares en fase líquida de n-hexano: 0,1; 0,3; 0,5; 0,7 y 0,9. 
Grafique y discuta sus resultados. 
2.- Solución ideal: Ley de Raoult. Las presiones de vapor del n-hexano y del n-heptano a 
30°C son 250,4 y 57,6 mm Hg respectivamente. 
a) Para la mezcla líquida n-hexano (1) − n-heptano (2) en equilibrio con su vapor a la misma 
temperatura, calcule las presiones parciales y la presión total a las fracciones molares 
en la fase líquida 1
lx = 0,2; 0,4; 0,6; 0,8. Grafique y discuta sus resultados. 
b) Calcule la concentración de la mezcla gaseosa en equilibrio con la disolución liquida a 
las mismas fracciones molares anteriores. 
3.- Destilación con Ley de Raoult. Se destila 1 mol de solución equimolar de etanol y propanol, 
hasta que el punto de ebullición llega a 90°C. Se recoge el destilado y luego de mezclarlo 
perfectamente, se mide su presión vapor, obteniendo 1066 mm Hg a 90°C. Las presiones 
de vapor del etanol y propanol puros, a la misma temperatura, son 1190 y 574 mm Hg, 
respectivamente. Suponiendo comportamiento ideal de los vapores y la solución, calcule: 
a) La fracción molar de etanol en el líquido que hierve a 90°C. 
b) La fracción molar de etanol en el destilado. 
4.- Solución ideal: Ley de Raoult. A 100°C, las presiones de vapor del hexano y del octano 
son 1836 y 354 torr, respectivamente. Cierta mezcla líquida de estos 2 componentes tiene 
una presión de vapor de 666 torr a 100°C. Calcule las fracciones molares en la mezcla 
líquida y en la fase vapor. Suponga una disolución ideal. 
5.- Solución ideal: Ley de Raoult. Dos líquidos A y B forman una solución ideal a 25 °C. Una 
disolución de A y B contiene 25% en moles de A en líquido y 50% en moles de A en la fase 
vapor en equilibrio. Calcule la razón entre las presiones de vapor de los componentes puros. 
6.- Ley de Raoult y Henry. La presión de vapor de una solución que contiene 3% en moles de 
etanol en agua es de 760 mm Hg a 97,11°C. La presión de vapor del agua pura a esta 
temperatura es de 685 mm Hg. Empleando las leyes de Raoult y Henry (solución diluida 
ideal), calcule la presión parcial del etanol y agua a 97,11°C, para una solución cuya fracción 
molar en etanol es de 0,02. 
Guía Nº 4 | Soluciones de No-Electrolitos Fisicoquímica Aplicada | QUIM 300 
Departamento de Ciencias Químicas 48 
7.- Convenios de coeficientes de actividad. En la siguiente tabla se dispone de datos 
experimentales del equilibrio líquido-vapor para una disolución de acetona (1) – cloroformo 
(2) 35,2 °C: 
1
lx 1vx P / torr 1lx 1vx P / torr 
0,0000 0,0000 293,0 0,6034 0,7079 267,0 
0,0821 0,0500 280,0 0,7090 0,8077 286,0 
0,2003 0,1434 262,0 0,8147 0,8892 307,0 
0,3365 0,3171 249,0 0,9397 0,9608 332,0 
0,4188 0,4368 248,0 1,0000 1,0000 344,5 
0,5061 0,5625 255,0 
a) Determine los coeficientes de actividad de ambos componentes en el sistema de 
referencia simétrico (Convención I) a todas las fracciones molares en la fase líquida. 
b) Indique el tipo de desviación con respecto del comportamiento ideal y explique cómo 
serían las interacciones moleculares en la mezcla, comparadas con las interacciones 
existentes en los componentes puros. 
c) Determine los coeficientes de actividad de ambos componentes en el sistema 
asimétrico (Convención II). Considere al cloroformo como soluto, y realice el cálculo 
para las tres disoluciones más diluidas (últimos tres datos de la tabla). Considere 
145 torrHK = 
d) Calcule ∆Gmez y energía libre en exceso (GE) para la solución de fracción molar 1
lx = 
0,8147 utilizando como referencia la solución ideal (Convención I). 
8.- Solución real I. En un experimento de equilibro de fases entre líquido y vapor de una 
solución de acetona (1) – metanol (2) a 57,2°C y 1 atm, se obtuvo que la presión parcial de 
acetona, P1 = 52,3 kPa y la presión parcial de B, P2 = 49 kPa, a la fracción molar 1
lx = 0,4 y 
1
vx = 0,516. Con esta información: 
a) Calcule los coeficientes de actividad, y la actividad de los dos componentes en la solución 
utilizando como referencia la ley de Raoult (comportamiento de solución ideal). Las 
presiones de vapor de los componentes puros son de PA* = 105 kPa, y PB* = 73,15 kPa, 
a la misma temperatura. 
b) Determine los valores para la energía libre de mezcla y de exceso del sistema. 
 
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SOLUCIONARIO GUÍA Nº 4 | SOLUCIONES DE NO-ELECTROLITOS 
FISICOQUÍMICA APLICADA | QUIM 300 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 1 
Para el cálculo de las propiedades de mezcladotomaremos como ejemplo una fracción molar 
del componente 1 igual a x1 = 0,1. Las funciones termodinámicas de mezclado se definen por: 
( ) ( )mez mezln ; lni i i i
i i
G RT x x S R x x∆ = ∆ = −∑ ∑ 
Para la mezcla binaria hexano (1) – heptano (2), se tiene entonces que la energía de Gibbs 
es: 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
1
m
mez 1 1 2
z
2
e
mez
ln ln ln
J8,314 303 K 0,1 ln 0,1 0,9 ln 0,9
mol
819 
 K
J mol
i i
i
G RT x x RT x x x x
G
G −
 ∆ = = + 
 ∆ = ⋅ ⋅ +
−

=
⋅
∆

∑
 
y la entropía de mezcla es: 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
mez 1 1 2 2
mez
1 1
mez
ln ln ln
J8,314 0,1 ln 0,1 0,9 ln 0,9
mo
2,70 J mo
l K
l K
i i
i
S R x x R x x x
S
S
x
− −
 ∆ = − = − + 
 ∆ =
∆ =

+
⋅ + ⋅ 
∑
 
bajo el supuesto de solución ideal, mezH∆ y mezV∆ son cero. Para las otras fracciones molares 
se sigue el mismo procedimiento y se muestran los resultados en la siguiente tabla: 
x1 x2 1mez J molG
−∆ 1 1mez J mol KS
− −∆ 
0,1 0,9 −819 2,70 
0,3 0,7 −1539 5,08 
0,5 0,5 −1746 5,76 
0,7 0,3 −1539 5,08 
0,9 0,1 −819 2,70 
y los gráficos respectivos a continuación: 
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Se observa que para esta disolución ideal mezG∆ es siempre negativo, es decir, la mezcla 
siempre será espontánea (e irreversible) en todo el rango de composición e irá acompañada de 
un mezS∆ siempre positivo. 
Previamente, se estableció que en la mezcla ideal mez 0H∆ = . Es decir, el proceso de mezclado 
no produce absorción ni emisión de calor debido a la similitud de las interacciones moleculares 
de los componentes. Además, como mez 0V∆ = no hay trabajo realizado producto de formar la 
mezcla. Lo anterior nos lleva a concluir que la única fuerza impulsora que permite el mezclado 
es el aumento de entropía del sistema y como consecuencia el aumento de entropía del 
universo8. 
En fracción molar x = 0,5 se alcanza un mínimo en la energía de Gibbs de mezclado y un 
máximo en la de entropía de mezclado. 
 
 
8 Como ∆mezH = 0, no hay cambio de entropía del entorno y ∆Suniv = ∆Ssist = ∆mezS 
-2000
-1600
-1200
-800
-400
0
0 0.5 1
Δ m
ez
G
 / 
J 
m
ol
−1
x1
0
1
2
3
4
5
6
7
0 0.5 1
Δ m
ez
S
 / 
J 
m
ol
−1
K−
1
x1
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SOLUCIÓN PROBLEMA N° 2 
La ley de Raoult para una disolución binaria plantea que la presión parcial de un componente 
en una mezcla es proporcional a su fracción molar y que la presión total del sistema se puede 
determinar a partir de un promedio ponderado de las presiones de vapor de los componentes 
puros: 
1 1 2 2;
l l l
i i iP x P P x P x P
∗ ∗ ∗= ⋅ = ⋅ + ⋅ 
en este ejemplo a 30° C = 303 K, las presiones de vapor de los componentes puros son 
*
1 250,4 mmHgP = y 
*
2 56,7 mmHgP = , entonces si la fracción molar del componente 1 en la 
fase líquida es 1 0,2
lx = y la del componente 2 será 2 11 0,8
l lx x= − = la presión total es: 
( )1 1 2 2 0,2 250,4 0,8 56,7 mmHg 95,5 mmHgl lP x P x P P P∗ ∗= ⋅ + ⋅ ⇒ = ⋅ + ⋅ ⇒ = 
Con este dato se puede calcular la composición de la fase vapor, a partir de la ley de Raoult 
combinada con la ley de dalton: 
Ley de Raoult:
Ley de Dalton:
l l
v l vi i i i i
i i i iv
i i
P x P x Px P x P x
PP x P
∗ ∗
∗= ⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⇒ =
= ⋅ 
 
reemplazando se obtiene que: 
1 1
1 1
0,2 250,4 mmHg 0,525
95,5 mmHg
l l
v v vi i
i
x P x Px x x
P P
∗ ∗⋅ ⋅ ⋅
= ⇒ = = ⇒ = 
luego, recordando que 1 2 1
v vx x+ = se obtiene que 2 0,475
vx = . 
Repitiendo este procedimiento para cualquier fracción molar, se llega a la siguiente tabla: 
1
lx 2
lx 1 mmHgP 2 mmHgP mmHgP 1
vx 2
vx 
0,200 0,800 50,1 45,4 95,5 0,525 0,475 
0,400 0,600 100,2 34 134,2 0,747 0,253 
0,600 0,400 150,2 22,7 172,9 0,869 0,131 
0,800 0,200 200,3 11,3 211,6 0,947 0,053 
 
Gráficamente: 
 
 
 
 
 
 
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La línea morada representa a la presión total, que en todo punto es la suma de la línea roja y la 
línea azul. Del gráfico se observa que la presión parcial de un componente varía linealmente 
con la composición sin presentar máximos o mínimos. 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 3 
Para resolver este problema, comenzamos con la ley de Raoult expresada en términos de la 
fracción molar del componente 1 (etanol)9 
( ) ( )1 1 1 2 2 1 2 11l lP x P x P P P P P x∗ ∗ ∗ ∗ ∗= ⋅ + − ⋅ ⇒ = + − ⋅ 
donde se ha usado el hecho que 1 2 1
l lx x+ = . De aquí, podemos calcular la fracción molar de la 
fase líquida como: 
( ) ( )( )
2
2 1 2 1 1 1
1 2
1066 574 torr
0,799
1190 574 torr
l l lP PP P P P x x x
P P
∗
∗ ∗ ∗
∗ ∗
−−
= + − ⋅ ⇒ = = ⇒ =
− −
 
la fracción molar del destilado corresponde a la fracción molar de la fase vapor, a partir de la 
ecuación de Raoult y Dalton se tiene: 
 
9 En general, por convención, se escoge como componente 1 al más volátil. Es decir, aquel que tiene mayor presión 
de vapor 
0
50
100
150
200
250
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
P 
/ m
m
H
g
x1
P₁ P₂ P
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1 1
1 1
0,799 1190 mmHg 0,892
1066 mmHg
l l
v v vi i
i
x P x Px x x
P P
∗ ∗⋅ ⋅ ⋅
= ⇒ = = ⇒ = 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 4 
Este problema es idéntico al anterior. Para resolver este problema, comenzamos con la ley de 
Raoult expresada en términos de la fracción molar del componente 1 (hexano) 
( ) ( )1 1 1 2 2 1 2 11l lP x P x P P P P P x∗ ∗ ∗ ∗ ∗= ⋅ + − ⋅ ⇒ = + − ⋅ 
donde se ha usado el hecho que 1 2 1
l lx x+ = . De aquí, podemos calcular la fracción molar de la 
fase líquida como: 
( ) ( )( )
2
2 1 2 1 1 1
1 2
666 354 torr
0,211
1836 354 torr
l l lP PP P P P x x x
P P
∗
∗ ∗ ∗
∗ ∗
−−
= + − ⋅ ⇒ = = ⇒ =
− −
 
la fracción molar de la fase vapor se obtiene a partir de la ecuación de Raoult y Dalton 
combinadas: 
1 1
1 1
0,211 1836 torr 0,582
666 torr
l l
v v vi i
i
x P x Px x x
P P
∗ ∗⋅ ⋅ ⋅
= ⇒ = = ⇒ = 
Luego, para el componente 2 basta recordar que 1 2 1x x
α α+ = donde α representa a la fase 
líquida o vapor, obteniéndose: 
2 20,789 ; 0,418
l vx x= = 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 5 
Este problema se basa en encontrar relaciones de proporcionalidad entre las presiones de 
vapor de los componentes puros. Como datos nos indican los porcentajes en moles de la mezcla 
que se traducen directamente a fracción molar: 
0,25 ; 0,50
0,75 0,50
l v
A A
l v
B B
x x
x x
= =
= =
 
Luego, de la ley de Raoult y Dalton para el componente A se tiene: 
Ley de Raoult: 0,50 2
0,25Ley de Dalton:
l v
v li i i A
i i i A A Alv
Ai i
P x P xx P x P P P P P P P
xP x P
∗
∗ ∗ ∗ ∗= ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅
= ⋅ 
 
Para el componente B, 
Ley de Raoult: 0,50 2
0,75 3Ley de Dalton:
l v
v li i i B
i i i B B Blv
Bi i
P x P xx P x P P P P P P P
xP x P
∗
∗ ∗ ∗ ∗= ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅
= ⋅ 
 
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De la expresión para AP
∗ es fácil notar que 2AP P
∗= , reemplazando en expresión para BP
∗ se 
llega a la siguiente igualdad: 
22 2
3
AP P
B BP P P
∗=
∗ ∗= ⋅ ⇒ =
3 2
AP
∗
⋅ 3
3
A A
B
B
P PP
P
∗ ∗
∗
∗⇒ = ⇒ = 
Se concluye finalmente que las presiones de vapor de los componentes puros están en la 
razón 1:3 y que el componente A es el más volátil. 
SOLUCIÓN PROBLEMA N° 6 
En este problema debemos usar las leyes de Raoult y de Henry. La ley de Raoult es conveniente 
en soluciones ideales para modelar al solvente y la ley de Henry es conveniente en disoluciones 
ideales diluidas para modelar al soluto. Entonces, la expresión matemática presión total del 
sistema incorporará a ambas leyes de la siguiente forma10: 
1 2 1 1 2
l l
HP P P P x P K x
∗= + ⇒ = ⋅ + ⋅ 
En este caso la constante de Henry, KH,