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Problemas de termodinámica 
para estudiantes de química 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 manuais 
Vol. 19
 
 
 
 
Mª del Carmen Buján Núñez 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMAS DE TERMODINÁMICA 
PARA ESTUDIANTES DE QUÍMICA 
 
 
 
 
 
2018 
Universidade de Santiago de Compostela 
 
© Universidade de Santiago de Compostela, 2018 
Edita 
Servizo de Publicacións e Intercambio Científico 
Campus Vida 
15782 Santiago de Compostela 
usc.es/publicacions 
DOI: http://dx.doi.org/10.15304/9788416954698 
ISBN 978-84-16954-69-8 
 
 
 
 
 
 
 
 
A mi padre, a quien no olvidaré nunca. 
Te quiero, papá. 
 
 
Índice 
_________________________________________________________________________________________ 
 
Prólogo 
 
Tema 1: Primer principio de la termodinámica 
 
1.1. Conceptos básicos 
1.2. Calor y trabajo: primer principio 
1.3. Primer principio en sistemas de gases 
 
Tema 2: Segundo y tercer principio de la termodinámica 
 
2.1. Conceptos básicos 
2.2. Máquinas térmicas y frigoríficas 
2.3. Entropía 
2.4. Ciclos: eficacia 
2.5. Tercer principio de la termodinámica 
 
Tema 3: Funciones termodinámicas. Sistemas abiertos 
 
3.1. Conceptos básicos 
3.2. Funciones termodinámicas 
3.3. Magnitudes molares parciales 
 
Tema 4: Equilibrio químico en mezclas de gases ideales 
 
4.1. Conceptos básicos 
4.2. Equilibrio en mezclas de gases ideales 
 
Tema 5: Equilibrio de fases de sustancias puras 
 
5.1. Conceptos básicos 
5.2. Transiciones entre fases condensadas 
5.3. Transiciones fase condensada-vapor 
5.4. Diagramas de fase 
 
Tema 6: Termodinámica de disoluciones 
 
6.1. Conceptos básicos 
6.2. Disoluciones ideales y diluida ideal 
6.3. Disoluciones reales de no electrólitos 
6.4. Propiedades coligativas de disoluciones ideales 
6.5. Disoluciones de electrólitos 
 
 
9 
 
 
 
11 
17 
33 
 
 
 
73 
77 
84 
112 
137 
 
 
 
139 
143 
181 
 
 
 
197 
201 
 
 
 
247 
249 
259 
272 
 
 
 
285 
291 
302 
322 
329 
 
Tema 7: Equilibrio heterogéneo: sistemas binarios 
7.1. Conceptos básicos 
7.2. Diagramas de fase líquido-vapor 
7.3. Diagrama de fases líquido-líquido 
7.4. Diagrama de fases líquido-sólido 
7.5. Diagrama de fases triangular 
Tema 8: Equilibrio químico en disolución y electroquímica 
8.1. Conceptos básicos 
8.2. Equilibrio químico entre iones 
8.3. Electroquímica de equilibrio 
Apéndices 
Bibliografía 
Glosario 
Índice analítico 
335 
339 
373 
379 
397 
407 
415 
436 
453 
455 
457 
467 
 
 
Prólogo 
_________________________________________________________________________________________ 
En este libro se intentan explicar los conceptos básicos de la termodinámica a 
través de problemas numéricos y está enfocado principalmente para estudiantes 
de grado de Química. A pesar de ello puede ser utilizado por estudiantes de otras 
disciplinas. 
El contenido se ha estructurado en 8 capítulos que cubren los principales temas 
de termodinámica incluidos en los libros de química física más utilizados. Cada 
capítulo comienza con un breve resumen que contiene las ecuaciones necesarias 
para resolver los ejercicios propuestos. 
Los problemas están resueltos y explicados con bastante detalle, recalcando 
repetidamente los principios fundamentales necesarios para entender y abordar 
esta materia. Con ello se pretende que el alumno se dé cuenta de su importancia. 
En algunos ejercicios, además, se resaltan algunos aspectos en los que he 
observado, por mi experiencia impartiendo esta asignatura, que los alumnos no 
se suelen fijar y que llevan a errores en la resolución de los mismos. En otros se 
proponen vías alternativas para su resolución. 
En este texto se ha utilizado principalmente el Sistema Internacional de Unidades, 
aunque también se ha incluido algún problema con unidades diferentes. Un 
aspecto que he considerado importante es incluir detalladamente el cálculo de 
las ecuaciones con todas las unidades de las funciones termodinámicas, ya que 
he observado que un porcentaje relativamente alto de los alumnos que acceden 
a esta asignatura tienen dificultades con el manejo de las mismas. 
Los ejercicios propuestos tienen distinto grado de dificultad. El objetivo es que 
los alumnos no pueden resolver todos los problemas “mecánicamente” aplicando 
las ecuaciones memorizadas para una serie de problemas tipo, sino que tengan 
que abordar el problema razonando, organizando los datos que se les 
suministran y viendo la información que pueden obtener a partir de ellos. 
También se ha incluido algún problema que no puede ser resuelto analíticamente 
y que requiere para su resolución un proceso iterativo o el uso de hojas de cálculo 
(problemas 4.22, 5.7, 8.5, 8.8, 8.9). Con ello se pretende que los alumnos 
aprendan a utilizar las herramientas que les proporcionan las nuevas tecnologías 
para la resolución de problemas y análisis de datos. 
Los datos utilizados en la elaboración de estos problemas se han recogido de 
distintas fuentes, que están incluidas en la bibliografía. También en la 
bibliografía se incluye una lista de textos recomendados para repasar los 
fundamentos teóricos de esta materia. 
 
Como último comentario quería hacer dos recomendaciones a cualquier alumno 
que vaya a utilizar este libro. La primera es que antes de intentar solucionar los 
problemas repase los fundamentos teóricos relacionados con los mismos. La 
segunda es que intente solucionar por sí mismo los problemas propuestos en vez 
de limitarse a leer las soluciones. Esto le ayudará, por una parte, a darse cuenta 
que conceptos tiene menos claros y sobre los que debe insistir y por otra a 
adquirir soltura en el cálculo numérico y en el manejo de las unidades y 
ecuaciones. 
 
 
 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 11 
 
Tema 1: Primer principio de la termodinámica 
Conceptos básicos necesarios para resolver los problemas 
_______________________________________________________________________ 
Primer principio de la termodinámica: sistema cerrado U=q+w 
donde U =energía interna del sistema; q=energía intercambiada en forma de calor y 
w=energía intercambiada en forma de trabajo 
 
Criterio de signos IUPAC: q y w son positivos cuando el sistema recibe energía en 
forma de calor y/o trabajo y son negativos si el sistema cede energía en forma de 
calor y/o trabajo 
q y w no son funciones de estado. Su valor depende del tipo de proceso que realiza 
el sistema para pasar desde el estado inicial al estado final. 
_______________________________________________________________________ 
Cálculo del trabajo: Cuando solo hay trabajo de expansión o compresión: 
 𝑤 = −∫ 𝑝𝑒𝑥𝑡 𝑑𝑉
𝑓
𝑖
 
Necesitamos saber cómo depende la presión exterior del volumen del sistema: 
Proceso reversible: el sistema está en equilibrio con el entorno 𝑝𝑒𝑥𝑡 = 𝑝 es decir, la 
presión del entorno tiene que ser igual a la presión del sistema en todo momento 
𝑤 = −∫ 𝑝 𝑑𝑉
𝑓
𝑖
 
Si el sistema es un gas ideal se debe cumplir: 𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 
g𝑎𝑠 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 𝑤 = −∫ 𝑝 𝑑𝑉
𝑓
𝑖
 
{
 
 
𝑠𝑖 𝑝 = 𝑐𝑡𝑒 𝑤 = −𝑝 × (𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) 
𝑠𝑖 𝑇 = 𝑐𝑡𝑒 𝑤 = −𝑛𝑅𝑇 × 𝑙𝑛 (
𝑉𝑓
𝑉𝑖
)
 
Proceso irreversible: se necesita conocer 𝑝𝑒𝑥𝑡. Lo más frecuente es 𝑝𝑒𝑥𝑡 = 𝑝𝑓 donde 
𝑝𝑓 es la presión final del sistema (el sistema está en el estado final en equilibrio 
mecánico con el entorno). En este caso: 
𝑤 = −𝑝𝑒𝑥𝑡 × 𝑉 
𝑝𝑎𝑟𝑎𝑢𝑛 𝑔𝑎𝑠 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 
→ −𝑝𝑓𝑉 = −𝑛𝑅 (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 ×
𝑝𝑓
𝑝𝑖
) 
_______________________________________________________________________________ 
12 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
_______________________________________________________________________ 
Cálculo del calor 
El calor se puede calcular directamente del valor de la capacidad calorífica para 
aquellos procesos en que conozcamos el valor de esta magnitud: 
si V=cte 𝑑𝑞 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇 
𝑠𝑖 𝐶𝑉,𝑚=𝑐𝑡𝑒
→ 𝑞 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑇 
si p=cte 𝑑𝑞 = 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇 
𝑠𝑖 𝐶𝑝,𝑚=𝑐𝑡𝑒
→ 𝑞 = 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑇 
Para un gas ideal: 𝐶𝑝,𝑚 = 𝐶𝑉,𝑚 + 𝑅 y 
𝐶𝑉,𝑚 = (3 2⁄ )𝑅 (𝑔𝑎𝑠 𝑚𝑜𝑛𝑜𝑎𝑡ó𝑚𝑖𝑐𝑜) 𝑦 𝐶𝑉,𝑚 = (5/2)𝑅 (𝑔𝑎𝑠 𝑑𝑖𝑎𝑡ó𝑚𝑖𝑐𝑜) 
Para un proceso isotérmico la capacidad calorífica tiende a infinito y T=0; por lo 
que no podemos obtener q de esta manera (obtenemos una indeterminación). En 
este caso debemos calcular q a partir del primer principio de la termodinámica, 
calculando primero U y w: 𝑞 = 𝑈 −𝑤 
_______________________________________________________________________ 
Cálculo de U 
Sea cual sea el sistema y el proceso realizado la variación de energía interna se 
puede expresar en función de la variación de temperatura y de la variación del 
volumen 
𝑑𝑈 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇 + 𝑑𝑉  ∆𝑈 = ∫ 𝑛 𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇 
𝑓
𝑖
 + ∫  𝑑𝑉
𝑓
𝑖
 
donde  es la presión interna del sistema. Para un gas ideal =0, por tanto: 
𝑑𝑈 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇 
𝑠𝑖 𝐶𝑉,𝑚=𝑐𝑡𝑒
→ 𝑈 = 𝑛 𝐶𝑉,𝑚𝑇 
En un proceso isotérmico la energía interna de un gas ideal permanece 
constante: 𝑈 = 0 
_______________________________________________________________________ 
Entalpía, H: La entalpía se define como: H=U+pV. Por tanto, la variación de entalpía 
vendrá dada por: 
∆𝐻 = ∆𝑈 + ∆(𝑝𝑉) = ∆𝑈 + (𝑝𝑓𝑉𝑓 − 𝑝𝑖𝑉𝑖) 
Si conocemos U, y el valor de la presión y volumen del sistema en el estado inicial 
y final podemos calcular H de esta ecuación. 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 13 
 
Variación de entalpía durante un proceso: Además, para cualquier sistema y 
cualquier proceso, la variación de entalpía se puede expresar en función de la 
variación de temperatura y de la variación de presión: 
𝑑𝐻 = 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇 − 𝑛 𝐽𝑇 𝐶𝑝,𝑚 𝑑𝑝  ∆𝐻 = ∫ 𝑛 𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇
𝑓
𝑖
 − ∫ 𝑛 
𝐽𝑇
 𝐶𝑝,𝑚 𝑑𝑝
𝑓
𝑖
 
En un proceso isobárico H coincide con el calor puesto en juego en el proceso. 
Para un gas ideal 
𝐽𝑇
= 0; de donde obtenemos: 
𝑑𝐻 = 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇 
𝑠𝑖 𝐶𝑝,𝑚=𝑐𝑡𝑒
→ 𝐻 = 𝑛 𝐶𝑝,𝑚𝑇 
Es decir, en un proceso isotérmico la entalpía de un gas ideal permanece 
constante: 𝐻 = 0 
Como la entalpía es una función de estado la variación de entalpía en un proceso no 
depende del camino seguido para pasar del estado inicial al estado final: 
∆𝐻 = ∆𝑈 + (𝑝𝑓𝑉𝑓 − 𝑝𝑖𝑉𝑖) = ∫ 𝑛 𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇
𝑓
𝑖
 − ∫ 𝑛 
𝐽𝑇
 𝐶𝑝,𝑚 𝑑𝑝
𝑓
𝑖
 
_______________________________________________________________________ 
Procesos adiabáticos, q=0: 𝑈 = 𝑤 
Para un gas ideal en un proceso adiabático reversible se debe cumplir: 
𝑝𝑉 = 𝑐𝑡𝑒 𝑦 𝑇𝑉−1 = 𝑐𝑡𝑒  𝑝𝑓 = 𝑝𝑖 × (
𝑉𝑖
𝑉𝑓
)

 𝑇𝑓 = 𝑇𝑖 × (
𝑉𝑖
𝑉𝑓
)
−1
 
donde  = 𝐶𝑝 𝐶𝑉⁄ 
Para un gas ideal en un proceso adiabático irreversible se debe cumplir: 
𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇 = −𝑝𝑒𝑥𝑡𝑑𝑉 
𝑠𝑖 𝐶𝑉,𝑚=𝑐𝑡𝑒 𝑦 𝑝𝑒𝑥𝑡=𝑝𝑓
→ 𝑛𝐶𝑉,𝑚(𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) = −𝑝𝑓(𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) 
o 𝑛𝐶𝑉,𝑚(𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) = −𝑛𝑅 (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 ×
𝑝𝑓
𝑝𝑖
) 
En una expansión adiabática entre un mismo volumen inicial y un mismo volumen 
final (o entre una misma presión inicial y una misma presión final) la temperatura del 
sistema decrece menos en el proceso irreversible que en el reversible 
 
_______________________________________________________________________________ 
14 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
____________________________________________________________________ 
Coeficiente de expansión isobárico: representa la variación relativa del volumen del 
sistema al variar la temperatura, manteniendo la presión constante 
 =
1
𝑉
(
𝑑𝑉
𝑑𝑇
)
𝑝
 
Coeficiente de compresibilidad isotérmico: representa el decrecimiento relativo del 
volumen del sistema al variar la presión sobre el sistema mientras se mantiene 
constante la temperatura: 
𝑇 = −
1
𝑉
(
𝑑𝑉
𝑑𝑝
)
𝑇
 
Para un sistema cerrado la variación del volumen del sistema en cualquier proceso 
puede darse en función de estos coeficientes 
𝑑𝑉 = (
𝑑𝑉
𝑑𝑇
)
𝑝
𝑑𝑇 + (
𝑑𝑉
𝑑𝑝
)
𝑇
𝑑𝑝 = 𝑉 × 𝑑𝑇 − 𝑇𝑉 × 𝑑𝑝 
____________________________________________________________________ 
Entalpía estándar de reacción: 
La entalpía estándar de reacción, 𝑯𝑹
𝒐 , es el cambio de entalpía que ocurre cuando 
la reacción se realiza en condiciones estándar (reactivos y productos en sus estados 
estándar). Condiciones estándar: p=1 bar 
La entalpía es una función de estado: si una reacción puede expresarse como la suma 
de diferentes reacciones químicas su entalpía de reacción será la suma de las 
entalpías de cada una de estas reacciones (ley de Hess) 
La entalpía estándar de formación, 𝑯𝒇
𝒐, de una sustancia, es la variación de 
entalpía cuando un mol de dicha sustancia se forma a partir de los elementos que la 
componen en su forma estable en condiciones estándar 
La entalpía estándar de reacción se puede expresar en función de las entalpías 
estándar de formación de los reactivos y los productos: 
𝐻𝑅
𝑜 = ∑ 𝑖 ×
𝑖=𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠
𝐻𝑓,𝑖
𝑜 − ∑ 𝑗 ×
𝑗=𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠
𝐻𝑓,𝑗
𝑜 
El sumatorio se extiende a todos los reactivos y productos. 𝑖 es el coeficiente 
estequiométrico de la especie i en la reacción y 𝐻𝑓,𝑖
𝑜 es su entalpía estándar de 
formación. 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 15 
Las entalpías estándar se encuentran tabuladas a 298 K. Para calcular la entalpía 
estándar de una reacción a otra temperatura diferente tenemos que aplicar la 
ecuación de Kirchhoff: 
𝐻𝑅
𝑜 (𝑇2) = 𝐻𝑅
𝑜 (𝑇1) + ∫ 𝐶𝑝
𝑜 𝑑𝑇
𝑇
𝑇1
Esta ecuación relaciona las entalpías estándar de reacción a dos temperaturas 
distintas con las capacidades caloríficas molares 𝐶𝑝
𝑜 de los reactivos y los productos.
𝐶𝑝
𝑜 = ∑ 𝑖 ×
𝑖=𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠
𝐶𝑝,𝑖
𝑜 − ∑ 𝑗 ×
𝑗=𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠
𝐶𝑝,j
𝑜
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 17 
_________________________________________________________________________________________ 
1.1 Un sistema termodinámico realiza 
el proceso a-b-c-d representado en 
la figura. La variación de energía 
interna del proceso es 11400 J. 
Calcula: 
a) El trabajo y calor puesto en juego
en el proceso total
b) La variación de entalpía del
proceso
_________________________________________________________________________________________ 
a) Primero vamos a calcular el trabajo realizado.
Este cálculo se puede hacer de distintas 
maneras. Una de ellas es teniendo en cuenta que 
el trabajo es el área bajo la curva (con signo 
negativo porque el sistema se expande, es decir, 
realiza trabajo sobre el medio ambiente). 
Podemos dividir esta área en 5 regiones 
formadas por tres rectángulos y dos triángulos, 
tal como se representa en la figura: 
 𝑤 = 𝑤1 +𝑤2 +𝑤3 +𝑤4 +𝑤5 
Podemos calcular cada una de estas áreas 
𝑤1 = −2 𝑎𝑡𝑚 × (100 − 50) 𝐿 × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿) =⁄ − 10132,5 𝐽 
𝑤2 = −1,5 𝑎𝑡𝑚 × (150 − 100) 𝐿 × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿) =⁄ − 7599,4 𝐽 
 𝑤3 = −1 𝑎𝑡𝑚 × (175 − 150) 𝐿 × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚.𝐿) =⁄ − 2533,1 𝐽 
 𝑤4 = −(2 − 1,5) 𝑎𝑡𝑚 ×
(150 − 100)
2
𝐿 × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿) =⁄ − 1266,6 𝐽 
 𝑤5 = −(1,5 − 1) 𝑎𝑡𝑚 ×
(175 − 150)
2
𝐿 × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿) =⁄ − 633,3 𝐽 
El trabajo total será: 
𝑤 = 𝑤1 +𝑤2 +𝑤3 +𝑤4 +𝑤5 = −22164,8 𝐽 ≈ −22165 𝐽 
Del primer principio de la termodinámica podemos obtener el valor de q: 
𝑞 = 𝑈 − 𝑤 = 11400 𝐽 + 22165 𝐽 ≈ 33565 𝐽 
a b
d
50
1,0
p
 (
a
tm
)
V(L)
c
1,5
2,0
100 150 175
50
1,0
p
 (
a
tm
)
V(L)
5
1
1,5
2,0
100
4
150 175
2
3
_______________________________________________________________________________ 
18 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
_________________ 
El trabajo realizado también se podría calcular: 𝑤 = 𝑤𝑎𝑏 +𝑤𝑏𝑐 +𝑤𝑐𝑑; tendríamos 
que obtener la ecuación de la línea recta b-c y c-d 
𝑤𝑎𝑏 = 𝑝𝑉 = −2 𝑎𝑡𝑚 × (100 − 50) 𝐿 × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿) =⁄ − 10132,5 𝐽 
Para calcular 𝑤𝑏𝑐 tenemos que obtener como varía p con V. La variación es lineal. La 
ecuación de la recta tendrá la forma: 
𝑝 =
(1,5 − 2) 𝑎𝑡𝑚
(150 − 100) 𝐿 
× 𝑉 + 𝑏 = −0,01 𝑉 + 𝑏 
Para calcular la ordenada en el origen tenemos en cuenta que si p=2 atm V=100 L 
 2 𝑎𝑡𝑚 = −0,01 (
𝑎𝑡𝑚
𝐿
) × 100 𝐿 + 𝑏  𝑏 = 3 𝑎𝑡𝑚 
Por tanto: 𝑤𝑏𝑐 = −∫ (−0,01 𝑉 + 3) 𝑑𝑉
150 𝐿
100 𝐿
= 
[0,005 × (1502 − 1002) − 3 × (150 − 100)] 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿)⁄ 
= −8865,9 𝐽 
Por último, en el tramo c-d: 
𝑝 =
(1 − 1,5) 𝑎𝑡𝑚
(175 − 150) 𝐿 
× 𝑉 + 𝑏 = −0,02 𝑉 + 𝑏 
 1,5 𝑎𝑡𝑚 = −0,02 (𝑎𝑡𝑚/𝐿) × 150 𝐿 + 𝑏  𝑏 = 4,5 𝑎𝑡𝑚 
Por tanto: 
𝑤𝑐𝑑 = −∫ (−0,02 𝑉 + 4,5) 𝑑𝑉
175 𝐿
150 𝐿
 
= [0,01 × (1752 − 1502) − 4,5 × (175 − 150)] 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿)⁄ 
= −3166,4 𝐽 
𝑤 = 𝑤𝑎𝑏 +𝑤𝑏𝑐 +𝑤𝑐𝑑 = (−10132,5 − 8865,9 − 3166,4) 𝐽 = −22164,8 𝐽 
b) La variación de entalpía del proceso se puede calcular si tenemos en cuenta que: 
𝐻 = 𝑈 + 𝑝𝑉  𝐻 = 𝑈 + (𝑝𝑉) 
𝐻 = 11400 𝐽 + (1 𝑎𝑡𝑚 × 175 𝐿 − 2 𝑎𝑡𝑚 × 50 𝐿) × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿) ⁄ 
𝐻 = 18999 𝐽 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 19 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.2 Un sistema termodinámico realiza los procesos representados en la 
figura. El trabajo total que realiza el sistema en el proceso cíclico 
abcda es -1662,8 J mientras que para el proceso bd Ubd=-10392,5 J. 
En el proceso d-a qda=4157 J y el calor cedido por el sistema al 
entorno en el proceso cd es un 65% menor que el calor cedido en el 
proceso bc. Calcula: 
a) U, q y w para los procesos ab, bc, cd, 
da y bd 
b) H para los procesos ab, bc, cd, da y 
bd 
c) Sabiendo que el sistema es un mol de 
un gas ideal calcula la temperatura en 
(a), (b), (c) y (d) así como Cp,m y CV,m de 
este gas. 
_________________________________________________________________________________________ 
a) Para resolver este problema tenemos que tener en cuenta el primer principio de 
la termodinámica, es decir, que para cualquier proceso ∆𝑈 = 𝑞 +𝑤. Además, 
sabemos que: 
𝑤 = −∫ 𝑝𝑒𝑥𝑡𝑑𝑉 
𝑝𝑟𝑜𝑐𝑒𝑠𝑜 𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒
→ 
𝑓
𝑖
 𝑤 = −∫ 𝑝 𝑑𝑉 
𝑓
𝑖
 
Para un proceso reversible todos los estados intermedios por los que pasa el sistema 
al pasar desde el estado inicial al final deben ser estados de equilibrio; esto implica 
que debe haber equilibrio mecánico entre el sistema y el entorno (pext=p) durante 
todo el proceso. 
Por tanto, podemos calcular el trabajo realizado si conocemos como varía la presión 
del sistema con el volumen del mismo (integrando la ecuación) o bien calculando el 
área bajo la curva p-V. 
Los procesos bc y da son procesos a volumen constante, por tanto: 
dV=0 y wbc = wda = 0 
Los procesos ab y cd son procesos a presión constante: 𝑤 = −𝑝 × (𝑉𝑓 − 𝑉𝑖 ) 
 Para el proceso a-b 𝑝 = 𝑝𝑜: 𝑤ab = −𝑝𝑜 𝑉 = −𝑝𝑜𝑉𝑜 
 Para el proceso c-d 𝑝 = 𝑝𝑜 3⁄ 𝑤cd = −(𝑝𝑜 3⁄ )𝑉 = −𝑝𝑜𝑉𝑜 3⁄ 
Necesitamos calcular el valor de 𝑝𝑜𝑉𝑜. Para ello vamos a utilizar el valor de wciclo. 
Para un ciclo el trabajo realizado, wciclo, corresponde al área dentro del ciclo (con 
Vo
d c
a b
2Vo
po
po/3
_______________________________________________________________________________ 
20 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
signo negativo si el ciclo se recorre en el sentido de las agujas del reloj y positivo en 
el caso contrario). Por tanto, para el ciclo abcda el trabajo realizado será igual al área 
del rectángulo abcd con signo negativo: 
𝑤abcd = −𝑏𝑎𝑠𝑒 × 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 = −(𝑝𝑜 − (𝑝𝑜 3⁄ )) × 𝑉𝑜 = −(2 3⁄ ) 𝑝𝑜𝑉𝑜 
−(2 3⁄ ) 𝑝𝑜𝑉𝑜 = −1662,8 𝐽  𝑝𝑜𝑉𝑜 = 2494,2 𝐽 
___________________________________________________________________________________________ 
También podríamos calcular: 
𝑤ciclo = 𝑤ab + 𝑤cd = −𝑝𝑜𝑉𝑜 + 𝑝𝑜𝑉𝑜 3⁄ = −(2 3⁄ ) 𝑝𝑜𝑉𝑜 
___________________________________________________________________________________________ 
Una vez conocido el valor de 𝑝𝑜𝑉𝑜: 
𝑤𝑎𝑏 = − 𝑝𝑜𝑉𝑜 = −2494,2 𝐽 y 𝑤𝑐𝑑 = 𝑝𝑜𝑉𝑜 3⁄ = 831,4 𝐽 
Por último, el trabajo wbd corresponde al área bajo la línea recta bd (signo positivo 
porque el volumen del sistema disminuye, es decir el entorno realiza trabajo sobre 
el sistema). Teniendo en cuenta la relación entre trabajo y área podemos escribir: 
𝑤𝑏𝑑 = 𝑤𝑐𝑑 − (𝑤𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 2⁄ ) = 831,4 𝐽 + (1662,8/2) 𝐽 = 1662,8 J 
o bien 
𝑤𝑏𝑑 = 𝑤𝑏𝑎 − |𝑤𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 2⁄ | = 2494,2 𝐽 − (1662,8 2⁄ ) 𝐽 = 1662,8 𝐽 
También podríamos expresarlo en función de poVo: 𝑤bd = 2𝑝o𝑉o 3⁄ = 1662,8 𝐽 
________________________________________________________________________________________________ 
Una forma más compleja de calcular 𝑤bd es obtener la ecuación de la recta que pasa 
por d y por b. La recta tendría la forma: 
𝑝 = (
𝑝𝑜 − 𝑝𝑜/3
2𝑉𝑜 − 𝑉𝑜
) × 𝑉 + 𝑏 =
2𝑝𝑜
3𝑉𝑜
 × 𝑉 + 𝑏 
Para calcular la ordenada en el origen tenemos en cuenta que si 𝑉 = 𝑉𝑜 𝑝 = 𝑝𝑜/3 
𝑝𝑜/3 = (
2𝑝𝑜
3𝑉𝑜
) × 𝑉𝑜 + 𝑏  𝑏 = −
𝑝𝑜
3
 
El trabajo vendrá dado: 
𝑤bd = −∫ 𝑝𝑑𝑉
𝑑
𝑏
= −∫ (
2𝑝𝑜
3𝑉𝑜
× 𝑉 −
𝑝𝑜
3
)𝑑𝑉
𝑑
𝑏
 
= −
𝑝𝑜
3𝑉𝑜
 × (𝑉𝑑
2 − 𝑉𝑏
2) +
𝑝𝑜
3
× (𝑉𝑑 − 𝑉𝑏) 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 21 
 
Por tanto: 
𝑤bd = −
𝑝𝑜
3𝑉𝑜
 × (𝑉𝑜
2 − 4 𝑉𝑜
2) +
𝑝𝑜
3
× (𝑉𝑜 − 2𝑉𝑜) = 𝑝𝑜𝑉𝑜 −
𝑝𝑜𝑉𝑜
3
= (
2
3
) × 𝑝𝑜𝑉𝑜 
________________________________________________________________________________________________ 
Una vez conocido el trabajo realizado en cada proceso podemos calcular q y U. 
Sabemos que: 
𝑈bd = 𝑤bd+ 𝑞bd = −10392,5 𝐽 = 𝑞bd + 1662,8 𝐽  𝑞bd = −12055,3 𝐽 
Para el proceso da 𝑤da =0 con lo que 𝑞da = 𝑈da = 4157 J. 
Como U es una función de estado U no depende del camino seguido. Es decir: 
 𝑈bd =𝑈bad = -(𝑈da+ 𝑈ab) = −𝑞da− 𝑞ab −𝑤da−𝑤ab 
−10392,5 𝐽 = −4157 𝐽 − 𝑞ab − 0 + 2494,2 𝐽  𝑞ab = 8729,7 𝐽 
Por tanto: 
𝑈𝑎𝑏 = 𝑞𝑎𝑏 +𝑤𝑎𝑏 = 8729,7 𝐽 − 2494,2 𝐽 = 6235,5 𝐽 
Por último, falta calcular 𝑞bc y 𝑞cd. Teniendo en cuenta de nuevo que U es función de 
estado: 
𝑈bd=𝑈bc+ 𝑈cd = 𝑞bc+ 𝑞cd +𝑤bc+𝑤cd 
𝑞bc+ 𝑞cd + 0 + 831,4 𝐽 = −10392,5 𝐽  𝑞𝑏𝑐 + 𝑞𝑐𝑑 = −11223, 9 J 
Sabemos que: 
𝑞cd = 𝑞bc (1 − 0,65) = 𝑞bc × 0,35 
Combinado esta ecuación y la anterior: 
𝑞𝑏𝑐 + 0,35 × 𝑞𝑏𝑐 = − 11223, 9 𝐽  𝑞𝑏𝑐 = − 8314 𝐽 y 𝑞𝑐𝑑 = − 2909,9 𝐽 
𝑈bc = 𝑞bc = − 8314 𝐽 
𝑈cd = 𝑤cd+ 𝑞cd = 831,4 𝐽 − 2909,9 𝐽 = −2078,5 𝐽 
 
_______________________________________________________________________________ 
22 Problemas de termodinámica para estudiantes de químicaResumiendo: 
proceso w (J) q (J) U (J) 
ab -2494 8730 6236 
bc 0 -8314 -8314 
cd 831 -2910 -2079 
da 0 4157 4157 
ciclo -1663 1663 0 (función estado) 
bd 1663 -12055 -10392 
 
b) Vamos a calcular H: 𝐻 = 𝑈 + 𝑝𝑉  𝑑𝐻 = 𝑑𝑈 + 𝑝𝑑𝑉 + 𝑉𝑑𝑝 
 H H (J) 
ab (p=cte) 𝑈𝑎𝑏 + 𝑝𝑜𝑉𝑎𝑏 = 𝑈𝑎𝑏 + 𝑝𝑜𝑉𝑜 6236+2494 = 8730 
bc (V=cte) 𝑈𝑏𝑐 + 2𝑉𝑜𝑝𝑏𝑐 = 𝑈𝑏𝑐 − 4𝑝𝑜𝑉𝑜 3⁄ -8314-42494/3 = -11640 
cd (p=cte) 𝑈𝑐𝑑 + 𝑝𝑜𝑉𝑐𝑑/3 = 𝑈𝑐𝑑 − 𝑝𝑜𝑉𝑜 3⁄ -2079-2494/3= -2910 
da (V=cte) 𝑈𝑑𝑎 + 𝑉𝑜𝑝𝑑𝑎 = 𝑈𝑑𝑎 + 2𝑝𝑜𝑉𝑜 3⁄ 4157+2494×2/3 = 5820 
ciclo (función de estado) 0 
bd 𝐻𝑏𝑐 + 𝐻𝑐𝑑 = 𝐻𝑏𝑎 + 𝐻𝑎𝑑 -11640-2910= -14550 
 
donde hemos tenido en cuenta que 
si 𝑝 = cte ∫𝑝𝑑𝑉 = 𝑝𝑉 y si 𝑉 = cte  ∫ 𝑉𝑑𝑝 = 𝑉𝑝 
c) Si el sistema es un gas ideal se debe cumplir que pV=nRT. Es decir, 
T/pV=constante. Podemos calcular las temperaturas en cada punto a partir del valor 
de poVo: 
a b c d 
p=po V=Vo p=po V=2Vo p =po/3 V=2Vo p =po/3 V=Vo 
To T=2 To 2 To/3 To/3 
300 K 600 K 200 K 100 K 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 23 
 
donde hemos tenido en cuenta que: 
𝑇𝑜 =
𝑝𝑜𝑉𝑜
𝑛𝑅
=
2494,2 𝐽
1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾)⁄
= 300 𝐾 
Sabemos que para un gas ideal 𝑈 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑇 y 𝐻 = 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑇. Por consiguiente, 
podemos calcular 𝐶𝑉,𝑚 a partir de cualquiera de los valores de U y 𝐶𝑝,𝑚 a partir de 
H o de la relación de Mayer (𝐶𝑝,𝑚 = 𝐶𝑉,𝑚 +𝑅). 
 T(K) U (J) 
𝑪𝑽,𝒎=U/nT 
(J/mol.K) 
Cp,m=CV,m+R 
(J/mol.K) 
Si p=cte 
H/T 
ab 300 6236 20,79 29,1 8730/30029,1 
bc -400 -8314 20,79 
cd -100 -2079 20,79 2910/10029,1 
da -200 4157 20,79 
 
Por tanto: 
𝐶𝑝,𝑚
𝑅
=
29,1 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ )
8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ )
  3,5 = 
7
2 
 
𝐶𝑉,𝑚
𝑅
=
20,79 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ )
8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ )
  2,5 = 
5
2
 
Se trata de un gas diatómico. 
 
_______________________________________________________________________________ 
24 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.3 La capacidad calorífica del Al sólido se expresa por la ecuación: 
𝐂𝐩,𝐦 = 𝟐𝟎, 𝟔𝟕 + 𝟏𝟐, 𝟑𝟖 × 𝟏𝟎
−𝟑 𝐓 (𝐉 𝐦𝐨𝐥. 𝐊⁄ ) 
Sabiendo que el calor de fusión del aluminio es igual a 10,79 (kJ/mol) 
¿qué cantidad de calor se desprenderá en el curso de la solidificación 
de 1 Kg de Al fundido y su enfriamiento desde la temperatura de fusión 
(933,5 K) hasta 298 K? 
_________________________________________________________________________________________ 
El calor desprendido es la suma: 𝑞 = 𝑞solidificación + 𝑞enfriamiento 
El calor desprendido al solidificar el Al: 
𝑞 = −10,79 ( 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) × (
1000𝑔
26,98 (𝑔 𝑚𝑜𝑙⁄ )
)
⏟ 
37,0645 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠
≈ −399,9 𝑘𝐽 
El calor desprendido durante el enfriamiento del Al desde 933,5 K hasta 298 K, a 
presión constante, viene dado por: 
𝑞𝑝 = ∫ 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇
𝑇2
𝑇1
= 𝑛 ∫ (20,67 + 12,38 × 10−3 𝑇) 𝑑𝑇
298 𝐾
933,5 𝐾
 
Por tanto: 
𝑞𝑝 = 37,0645 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 × [20,67 𝑇 +
12,38 × 10−3
2
 𝑇2]
933,5 𝐾
298 𝐾
 (𝐽 𝑚𝑜𝑙)⁄ = 
37,0645 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 × [20,67 × (298 − 933,5) 
+ 6,19 × 10−3 × (2982 − 933,52)](𝐽 𝑚𝑜𝑙) = −666427 𝐽 ⁄ 
el signo menos significa que es calor cedido por el sistema al medio ambiente. 
El calor total puesto en juego: 
𝑞 = −666427 𝐽 − 399,9 × 103 𝐽 = −1066327 𝐽  1066 𝑘𝐽 
 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 25 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.4 Se mezcla, en un recipiente rígido y adiabático, 2 g de hielo a 0 oC con 
50 g de agua a 50oC. Calcula la temperatura final de la mezcla una vez 
alcanzado el equilibrio y el trabajo realizado por el sistema. Suponer 
que el recipiente no absorbe calor. 
Datos: Hf(hielo)=72,9 (cal/g), , ce(agua)=75,3 (J/mol.grado), 
(hielo)=0,917(g/ml) y (agua)=1 (g/ml) 
_________________________________________________________________________________________ 
El balance de energía de este proceso: 𝑞𝑎𝑏𝑠𝑜𝑟𝑏𝑖𝑑𝑜 ℎ𝑖𝑒𝑙𝑜 = 𝑞𝑐𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑐𝑎𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 
El calor necesario para fundir el hielo: 
𝑞 = 2 𝑔 × 72,9 (𝑐𝑎𝑙 𝑔⁄ ) × 4,18(𝐽 𝑐𝑎𝑙⁄ ) = 609,44 𝐽 
El calor absorbido por el hielo y el calor cedido por el agua caliente se pueden 
expresar en función de la temperatura final de la mezcla una vez alcanzado el 
equilibrio térmico, T, y vendrán dados por: 
𝑞𝑎𝑏𝑠𝑜𝑟𝑏𝑖𝑑𝑜 ℎ𝑖𝑒𝑙𝑜 = 609,44 𝐽 + (
2 𝑔
18 (𝑔 𝑚𝑜𝑙⁄ )
) × 75,3 (𝐽 𝑚𝑜𝑙.⁄ 𝐶𝑜 ) × (𝑇 − 0) 𝐶𝑜
⏟ 
 
 
𝑐𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑎𝑟 𝑒𝑙 ℎ𝑖𝑒𝑙𝑜 
 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑖𝑑𝑜 ℎ𝑎𝑠𝑡𝑎 𝑙𝑎 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
 
𝑞𝑐𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑐𝑎𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 = (
5 𝑔
18 (𝑔 𝑚𝑜𝑙⁄ )
) × 75,3 (𝐽 𝑚𝑜𝑙.⁄ 𝐶𝑜 ) × (50 − 𝑇) 𝐶𝑜 
Tal como hemos escrito las ecuaciones 𝑇 está expresada en grados centígrados. 
Igualando las dos ecuaciones obtenemos: 
609,44 + 8,366̂ 𝑇 = 1045,833 − 20,916̂ 𝑇  𝑇 = 14,9 𝐶𝑜 
Si suponemos que la densidad del agua no varía con T el trabajo realizado al calentar 
o enfriar el agua líquida es cero, ya que no hay cambio de volumen. El trabajo para 
fundir el hielo a presión constante e igual a 1 atm es: 
𝑤 = −∫ 𝑝𝑑𝑉 = −𝑝𝑉 = −101325 𝑃𝑎 × (
𝑚

𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑎
−
𝑚

𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑎
) 
= −101325 𝑃𝑎 × (
2 𝑔
1 (𝑔 𝑚𝑙)⁄
−
2 𝑔
0,917 (𝑔 𝑚𝑙)⁄
) × 10−6 (
𝑚3
𝑚𝑙
) = 18,3 × 10−3 𝐽 
_______________________________________________________________________________ 
26 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.5 Calcula U, H y el trabajo realizado al calentar a presión atmosférica 
un bloque de 5 kg de aluminio desde 22 oC a 52 oC. 
 Datos: =7,2 10-5 oC-1, a 22 oC =2,70 103 (kg/m3) y ce = 900 (J/kg oC) 
_________________________________________________________________________________________ 
A presión constante el trabajo se calcula: 𝑤 = −∫𝑝 𝑑𝑉 = −𝑝 𝑉 
Para calcular V tenemos que tener en cuenta que:  =
1
𝑉
(
𝑑𝑉
𝑑𝑇
)
𝑝
, por tanto: 
 
∫  𝑑𝑇
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= ∫
𝑑𝑉
𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
  𝑉𝑓 = 𝑉𝑖 𝑒𝑥𝑝 [ (𝑇𝑓−𝑇𝑖)] 
 
En la integración de esta ecuación hemos asumido que  no varía con la temperatura. 
El volumen inicial se puede determinar a partir de la densidad: 
𝑉𝑖 =
𝑚𝑎𝑠𝑎
𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑
=
5 𝑘𝑔
2,7 × 103 (𝑘𝑔/𝑚3) 
= 1,852 × 10−3 𝑚3 
En consecuencia, el volumen final: 
𝑉𝑓 = 1,852 10
−3 𝑚3 × 𝑒𝑥𝑝[ 7,2 10−5 𝐶−1𝑜 × (52 − 22) 𝐶𝑜 ] 
= 1,856 × 10−3 𝑚3 
Por tanto: 
𝑤 = −101325 𝑃𝑎  (1,856 − 1,852)  10−3 𝑚3 = −0,405 𝐽 
El calor puesto en juego en el proceso, suponiendo la capacidad calorífica constante 
(independiente de T): 
 
𝑞 = 𝑚 𝐶𝑒 𝑇 = 5 𝑘𝑔 × 900 (
𝐽
𝑘𝑔. 𝐶𝑜
) × (52 − 22) 𝐶𝑜 = 135 × 103 𝐽 
 
como el proceso es a presión constante: 𝐻 = 𝑞 = 135 × 103 𝐽 
 
𝑈 = 𝑤 + 𝑞 = −0,405 𝐽 + 135 × 103 𝐽 ≈ 135 × 103 𝐽 
 
El trabajo es despreciable frente a q. 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 27 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.6 El trabajo realizado al calentar a presión atmosférica una sustancia 
que a temperatura de 10 oC ocupa un volumen de 25 L desde 10 oC 
hasta 60 oC es -10,2 J. Calcula el coeficiente de expansión isobárico 
(supuesto constante). 
_________________________________________________________________________________________Como hemos visto en el problema anterior para un sistema con un valor del 
coeficiente de dilatación independiente de la temperatura: 
∫  𝑑𝑇
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= ∫
𝑑𝑉
𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
  𝑉𝑓 = 𝑉𝑖 𝑒𝑥𝑝 [ (𝑇𝑓−𝑇𝑖)] 
El trabajo realizado al calentar el sistema a presión constante vendrá dado por: 
𝑤 = −∫ 𝑝𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= −𝑝𝑉 = −𝑝 × 𝑉𝑖 × [ 𝑒𝑥𝑝 [ (𝑇𝑓−𝑇𝑖)] − 1] 
Reordenando los términos y aplicando logaritmos: 
 =
1
(𝑇𝑓−𝑇𝑖)
× 𝑙𝑛 (1 −
𝑤
𝑝 × 𝑉𝑖
) 
 =
1
50 𝐾
× 𝑙𝑛 (1 −
−10,2 𝐽
(1 𝑎𝑡𝑚 × 25 𝐿) × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚⁄ . 𝐿)
) = 8 × 10−5 𝐾−1 
_______________________________________________________________________ 
También se podría resolver en varios pasos. Primero se calcula el volumen que ocupa 
la sustancia a 60 oC a partir del trabajo realizado 
𝑤 = −∫ 𝑝𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= −𝑝 × (𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) 
= −1 𝑎𝑡𝑚 × (𝑉𝑓 − 25 𝐿) × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚⁄ . 𝐿) = −10,2 𝐽  𝑉𝑓 = 25,1 𝐿 
Sabemos que: 
 𝑉 𝑓 = 𝑉𝑖 × 𝑒𝑥𝑝[ (𝑇2−𝑇1)]  𝑙𝑛( 𝑉𝑓/𝑉𝑖) =  × 𝑇 
 =
1
50 𝐾
× 𝑙𝑛 (
25,1 𝐿
25 𝐿
) = 8 × 10−5 𝐾−1 
 
_______________________________________________________________________________ 
28 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.7 A 20 oC y 1 atm los coeficientes de expansión isobárico y de 
compresibilidad isotérmica del benceno son 𝟏𝟐,𝟒 × 𝟏𝟎−𝟒 𝐊−𝟏 y 
𝟗𝟐,𝟏 × 𝟏𝟎−𝟔 𝐚𝐭𝐦−𝟏 respectivamente. La capacidad calorífica del 
benceno líquido a presión constante es 136,1 (J/mol.K). Se introduce 
benceno a 20oC en un recipiente de 2 L hasta que ocupa todo el 
volumen. Seguidamente se cierra herméticamente el recipiente y se 
calienta. La variación de energía interna del benceno es 91895 J. 
Suponiendo los coeficientes de expansión y compresión constantes y 
sabiendo que la densidad del benceno a 20 oC es 0,879(g/ml). 
Calcula: 
a) La temperatura y la presión final dentro del recipiente 
b) La variación de entalpía del benceno en el proceso (a) 
_________________________________________________________________________________________ 
a) La variación de energía interna viene dada por: 
𝑑𝑈 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇 + (
𝑑𝑈
𝑑𝑉
)
𝑇
 𝑑𝑉 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇 (ya que 𝑑𝑉 = 0) 
Para líquidos y sólidos la diferencia entre la capacidad calorífica a presión y volumen 
constante es despreciable. Por tanto 𝐶𝑉,𝑚 ≈ 𝐶𝑝,𝑚. Si la capacidad calorífica no varía 
con la temperatura: 
𝑈 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑇 = (
879(𝑔 𝐿) × 2 𝐿 ⁄
78,11 (𝑔 𝑚𝑜𝑙⁄ )
)
⏟ 
22,507 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠
× 136,1 (
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × 𝑇 = 91895 𝐽 
 𝑇 = 30 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠  𝑇𝑓 = (20 + 30) 𝐶
𝑜 = 50 𝐶𝑜 . 
Podemos expresar la variación de volumen del sistema en función de los coeficientes 
de expansión y compresibilidad: 
𝑑𝑉 =  𝑉𝑑𝑇 − 𝑇𝑉𝑑𝑝 
𝑠𝑖 𝑉=𝑐𝑡𝑒 𝑑𝑉=0
→ ∫  𝑑𝑇 = ∫ 𝑇
𝑝𝑓
𝑝𝑖
 𝑑𝑝
𝑇𝑓
𝑇𝑖
 
Si  y T son constantes al integrar obtenemos:  × (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) = 𝑇 × (𝑝𝑓 − 𝑝𝑖 ) 
 
12,4 × 10−4 𝐾−1 × 30 𝐾 = 92,1 × 10−6 𝑎𝑡𝑚−1 × (𝑝𝑓 − 1𝑎𝑡𝑚 ) 
 𝑝𝑓 ≈ 405 𝑎𝑡𝑚 
b) Si el volumen del sistema permanece constante: 𝐻 = 𝑈 + 𝑉𝑝 
𝐻 = 91895 𝐽 + 2𝐿 × (405 − 1) 𝑎𝑡𝑚 × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿⁄ ) = 173766 𝐽 
 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 29 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.8 Conociendo las entalpías normales de reacción a 298 K de las 
siguientes reacciones: 
𝐂𝐎 (𝐠) +
𝟏
𝟐
 𝐎𝟐 (𝐠) ⇄ 𝐂𝐎𝟐 (𝐠) 𝐇𝐑
𝐨 = −𝟐𝟖𝟑 (𝐤𝐉 𝐦𝐨𝐥⁄ ) 
𝐂𝟒𝐇𝟏𝟎 (𝐠) +
𝟏𝟑
𝟐
 𝐎𝟐 (𝐠) ⇄ 𝟒 𝐂𝐎𝟐 (𝐠) + 𝟓 𝐇𝟐𝐎 (𝐠) 𝐇𝐑
𝐨 = −𝟐𝟔𝟓𝟕( 𝐤𝐉 𝐦𝐨𝐥⁄ ) 
a) Calcula a 298 K la entalpía de la reacción: 
𝐂𝟒𝐇𝟏𝟎 (𝐠) +
𝟗
𝟐
 𝐎𝟐 (𝐠) ⇄ 𝟒 𝐂𝐎 (𝐠) + 𝟓 𝐇𝟐𝐎 (𝐠) 
b) ¿Cuál sería la variación de energía interna para esta reacción? 
_________________________________________________________________________________________ 
a) Tenemos que combinar las dos primeras ecuaciones para obtener la tercera. 
4 × (1) 4 𝐶𝑂2 (𝑔) ⇄ 4 𝐶𝑂 (𝑔) + 2 𝑂2 (𝑔) 𝐻𝑅
𝑜 = 4 × 283 (
𝑘𝐽
𝑚𝑜𝑙
) = 1132 (
𝑘𝐽
𝑚𝑜𝑙
) 
 (2) 𝐶4𝐻10 (𝑔) +
13
2
 𝑂2 (𝑔) ⇄ 4 𝐶𝑂2 (𝑔) + 5 𝐻2𝑂 (𝑔) 𝐻𝑅
𝑜 = −2657 (
𝑘𝐽
𝑚𝑜𝑙
) 
___________________________________________________________________________________________ 
𝐶4𝐻10 (𝑔) +
9
2
 𝑂2 (𝑔) ⇄ 4 𝐶𝑂 (𝑔) + 5 𝐻2𝑂 (𝑔) 𝐻𝑅
𝑜 = −1525 ( 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙) 
b) Conocemos la relación entre la energía interna y la entalpía 
 𝑈 = 𝐻 − 𝑝𝑉  𝑈 = 𝐻 − (𝑝𝑉) 
Por otra parte, como todas las sustancias que aparecen en la reacción son gases, si 
suponemos que se comportan como gases ideales se debe cumplir: 
𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇  (𝑝𝑉) = 𝑅𝑇𝑛 
ya que p y T permanecen constantes durante la reacción. En esta ecuación n 
representa la diferencia entre el número de moles de gas de los productos y el 
número de moles de gas en los reactivos: 
𝑛 = ∑ 𝑖
𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠 
𝑔𝑎𝑠𝑒𝑜𝑠𝑜𝑠
− ∑ 𝑗
𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 
𝑔𝑎𝑠𝑒𝑜𝑠𝑜𝑠
 
donde 𝑖 es el coeficiente estequiométrico de la especie i. Por tanto: 
_______________________________________________________________________________ 
30 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
𝑈 = −1525(𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) − 8,314(𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × 10−3(𝑘𝐽 𝐽⁄ ) × 298 𝐾 × (9 −
11
2
) 
𝑈 = −1533,7 (𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) ≈ −1534 (𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) 
_________________________________________________________________________________________ 
1.9 A 298 K las entalpías estándar de formación del eteno y el etano son 
52,28 y -84,68 (kJ/mol) respectivamente. Calcula Ho y Uo a 800 K 
para la siguiente reacción: 
𝐂𝟐𝐇𝟒 (𝐠) + 𝐇𝟐 (𝐠) ⇄ 𝐂𝟐𝐇𝟔 (𝐠) 
 Datos: 𝐂𝐩,𝐦(𝐂𝟐𝐇𝟔) = 𝟔, 𝟗 + 𝟏𝟕, 𝟐𝟕 × 𝟏𝟎
−𝟐 × 𝐓 − 𝟔,𝟒𝟎𝟔 × 𝟏𝟎−𝟓 × 𝐓𝟐 
𝐂𝐩,𝐦(𝐂𝟐𝐇𝟒) = 𝟑, 𝟗𝟓 + 𝟏𝟓, 𝟔𝟒 × 𝟏𝟎
−𝟐 × 𝐓 − 𝟖, 𝟑𝟑 × 𝟏𝟎−𝟓 × 𝐓𝟐 
𝐂𝐩,𝐦(𝐇𝟐) = 𝟐𝟗, 𝟏 (𝐉 𝐦𝐨𝐥. 𝐊⁄ ) 
_________________________________________________________________________________________ 
a) Primero vamos a calcular la entalpía estándar de reacción a 298 K 
𝐻𝑅
𝑜 = 𝐻𝑓,𝑒𝑡𝑎𝑛𝑜
𝑜 − 𝐻𝑓,𝑒𝑡𝑒𝑛𝑜
𝑜 = (−84,68 − 52,28) (
𝑘𝐽
𝑚𝑜𝑙
) = −136,96 (
𝑘𝐽
𝑚𝑜𝑙
) 
El 𝐻2 está en su estado de referencia, por tanto, su entalpía de formación es cero. 
Para calcular la entalpía de reacción a 800 K tenemos en cuenta la ecuación de 
Kirchhoff que relaciona las entalpías de reacción a dos temperaturas distintas: 
𝐻𝑅
𝑜 (800 𝐾) = 𝐻𝑅
𝑜 (298 𝐾) + ∫ 𝐶𝑝
𝑜 𝑑𝑇
800 𝐾
298 𝐾
 
donde: 𝐶𝑝
𝑜 = 𝐶𝑝,𝑒𝑡𝑎𝑛𝑜
𝑜 − 𝐶𝑝,𝑒𝑡𝑒𝑛𝑜
𝑜 −𝐶𝑝,𝐻2
𝑜 = −26,15 + 0,0163 𝑇 + 1,924 10−5 𝑇2 
Por tanto: 
𝐻𝑅
𝑜 (800 𝐾) = −136960 + ∫ [−26,15 + 0,0163 𝑇 + 1,924 × 10−5 𝑇2] 𝑑𝑇
800 𝐾
298 𝐾
 
= [−136960 − 26,15 × ( 800 − 298) + 8,15 × 10−3 × (8002 − 2982)
+ 6,413 × 10−6 × (8003 − 2983)] (𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ )  142481 (𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) 
b) Como ya vimos en el problema anterior: 
𝑈 = 𝐻 − 𝑅𝑇 = −142481 (𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) − 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × 800 𝐾 × (1 − 2) 
= −135830 (𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) 
 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 31 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.10 Las entalpías estándar de formación del CO y COCl2 a 298 K son 110,5 
y -223 (kJ/mol) respectivamente y las capacidades caloríficas del CO, 
COCl2 y Cl2 a 1 atm vienen dadas por: 
𝐂𝐩(𝐂𝐎) = 𝟐𝟖, 𝟒 + 𝟒,𝟏 × 𝟏𝟎
−𝟑 𝐓 − 𝟎, 𝟓 × 𝟏𝟎𝟓 𝐓−𝟐 (𝐉 𝐦𝐨𝐥.𝐊⁄ ) 
𝐂𝐩(𝐂𝐥𝟐) = 𝟑𝟕 + 𝟔, 𝟕 × 𝟏𝟎
−𝟒 𝐓 − 𝟐, 𝟗 × 𝟏𝟎𝟓 𝐓−𝟐 (𝐉 𝐦𝐨𝐥.𝐊⁄ ) 
𝐂𝐩(𝐂𝐎𝐂𝐥𝟐) = 𝟔𝟕, 𝟐 + 𝟎, 𝟎𝟏𝟐 𝐓 − 𝟗 ×𝟏𝟎
𝟓 𝐓−𝟐 (𝐉 𝐦𝐨𝐥.𝐊⁄ ) 
Calcula para la reacción: 𝐂𝐎 (𝐠) + 𝐂𝐥𝟐 (𝐠) ⇄ 𝐂𝐎𝐂𝐥𝟐 (𝐠) 
a) La entalpía de la reacción a 500 K 
b) ¿Cuál sería el error cometido en el cálculo de la entalpía de reacción 
si despreciamos la dependencia de las capacidades caloríficas con la 
temperatura y suponemos los valores de 𝐂𝐩 a 298 K? 
_________________________________________________________________________________________ 
a) Primero vamos a calcular la entalpía estándar de reacción a 298 K: 
𝐻𝑅
𝑜 = 𝐻𝑓,𝐶𝑂𝐶𝑙2
𝑜 − 𝐻𝑓,𝐶𝑂
𝑜 = −223 (𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙) +⁄ 110,5 (𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙)⁄ 
= −112,5 (𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙)⁄ 
El 𝐶𝑙2 está en su estado de referencia, por tanto, su entalpía de formación es cero. 
Tenemos que calcular 𝐶𝑝
𝑜: 
𝐶𝑝
𝑜 = 𝐶𝑝,𝑓𝑜𝑠𝑔𝑒𝑛𝑜
𝑜 − 𝐶𝑝,𝐶𝑂
𝑜 −𝐶𝑝,𝐶𝑙2
𝑜 = 1,8 + 0,00723 𝑇 − 5,6 × 105 𝑇−2 
Por tanto: 
𝐻𝑅
𝑜 (500 𝐾) = 𝐻𝑅
𝑜 (298 𝐾) + ∫ 𝐶𝑝
𝑜 𝑑𝑇 =
500 𝐾
298 𝐾
 
[−112500 + 1,8 × ( 500 − 298) + 3,615 × 10−3 × (5002 − 2982)
+ 5,6 × 105 (
1
500
−
1
298
)] (𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) ≈ −112313 (𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) 
𝐻𝑅
𝑜 (500 𝐾) ≈ −112,3 (𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) 
 
_______________________________________________________________________________ 
32 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
b) Para conocer el error cometido si despreciamos la dependencia de las 
capacidades caloríficas 𝐶𝑝 con la temperatura necesitamos primero calcular los 
valores de las capacidades caloríficas a 298 K para las distintas sustancias 
𝐶𝑝(𝐶𝑂) = 28,4 + 4,1 × 10
−3 × 298 − 0,5 × 105 × (298)−2 = 29,06 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) 
𝐶𝑝(𝐶𝑙2) = 37 + 6,7 × 10
−4 × 298 − 2,9 × 105 × (298)−2 = 33,93 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) 
𝐶𝑝(𝐶𝑂𝐶𝑙2) = 67,2 + 0,012 × 298 − 9 × 10
5 × (298)−2 = 60,64 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) 
En este caso: 
𝐶𝑝
𝑜 = 𝐶𝑝,𝑓𝑜𝑠𝑔 𝑒𝑛𝑜
𝑜 − 𝐶𝑝,𝐶𝑂
𝑜 −𝐶𝑝,𝐶𝑙2
𝑜 = (60,64 − 33,93 − 29,06) (
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) 
= −2,35 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) 
____________________________________________________________________ 
También podríamos calcular 𝐶𝑝
𝑜 a 298 K directamente de la ecuación: 
𝐶𝑝
𝑜 = 1,8 + 0,00723 × 298 − 5,6 × 105 (298)−2 = −2,35 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) 
____________________________________________________________________ 
Por tanto: 
𝐻𝑅
𝑜 (500 𝐾) = −112500 (
𝐽
𝑚𝑜𝑙
) +∫ −2,35 𝑑𝑇
500 𝐾
298 𝐾
 
= −112500 (𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) − 2,35 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × (500 − 298) 𝐾 = −112975 (𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) 
≈ −113,0 (𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙⁄ ) 
El error relativo cometido al no tener en cuenta la influencia de la temperatura en 
𝐶𝑝,𝑚 es: 
|
112,3 − 113,0
112,3
| × 100 ≈ 0,6 % 
 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 33 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.11 Un mol de un gas ideal sufre una expansión isotérmica irreversible 
hasta que su presión se iguala a la externa. Sabiendo que en el 
proceso la presión del gas se reduce en un 25% y que el trabajo 
realizado por el sistema es -700 J calcula la temperatura del sistema 
_________________________________________________________________________________________ 
En el proceso irreversible el gas se expande hasta que su presión se iguale a la a 
presión externa (equilibrio mecánico). Suponiendo que el entorno tiene una presión 
constante 𝑝𝑒𝑥𝑡: 
𝑤𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = − ∫ 𝑝𝑒𝑥𝑡
𝑉𝑓
𝑉𝑖
𝑑𝑉 = −𝑝𝑒𝑥𝑡(𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) = −𝑝𝑒𝑥𝑡𝑉𝑓 × (1 −
𝑉𝑖
𝑉𝑓
) 
Si 𝑝𝑒𝑥𝑡 = 𝑝𝑓: 
𝑤𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = −𝑛𝑅𝑇 × (1 −
𝑉𝑖
𝑉𝑓
) 
A temperatura constante se cumple: 𝑉𝑖 𝑉𝑓 = 𝑝𝑓 𝑝𝑖⁄⁄ . Por tanto, podemos reescribir 
la ecuación anterior como: 
𝑤𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = −𝑛𝑅𝑇 × (
𝑝𝑖 − 𝑝𝑓
𝑝𝑖
) 
como sabemos que la presión se redujo en un 25%: 
(
𝑝𝑖 − 𝑝𝑓
𝑝𝑖
) = 0,25 
Por tanto: 
𝑇𝑓 =
−700 𝐽
−1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾)⁄
×
1
0,25
≈ 336,8 𝐾 
 
 
_______________________________________________________________________________ 
34 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.12 ¿Cuál sería la temperatura inicial y final para el gas del problema 
anterior si la expansión irreversible es adiabática? 
_________________________________________________________________________________________ 
Como hemos visto en el proceso irreversible el gas se expande hasta que su presión 
se iguale a la a presión externa (equilibrio mecánico). 
𝑤𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = −𝑝𝑒𝑥𝑡(𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) = −𝑛𝑅𝑇𝑓 × (1 −
𝑉𝑖
𝑉𝑓
) = −𝑛𝑅𝑇𝑓 × (1 −
𝑇𝑖
𝑇𝑓
×
𝑝𝑓
𝑝𝑖
) 
El valor de 𝑝𝑓/𝑝𝑖 lo podemos evaluar: 
(
𝑝𝑖 − 𝑝𝑓
𝑝𝑖
) = 1 − 
𝑝𝑓
𝑝𝑖
= 0,25  
𝑝𝑓
𝑝𝑖
= 0,75 
Por tanto: 
−700 𝐽 = −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾)⁄ × (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 × 0,75) 
 (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 × 0,75) = 84,195 𝐾 
Para un proceso adiabático dq=0  dU=dw. Si la capacidad calorífica del gas no 
depende de la temperatura: 
𝑈 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚 × (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) = −700 𝐽  (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) = −
700 𝐽
𝑛𝐶𝑉,𝑚
 
Combinando las dos ecuaciones obtenemos 
𝑇𝑓 − (𝑇𝑓 + 700 𝐽 /𝐶𝑉,𝑚) × 0,75 = 84,195 𝐾  𝑇𝑓 =
2100 𝐽
𝑛𝐶𝑉,𝑚
+ 336,78 𝐾 
El resultado depende del valor de 𝐶𝑉,𝑚. 
Si el gas es monoatómico: 𝐶𝑉,𝑚 = 1,5 𝑅 
(𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) =
−700 𝐽
1 𝑚𝑜𝑙 × 1,5 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾)⁄
= −56,13 𝐾 
𝑇𝑓 = 
2100 𝐽
1 𝑚𝑜𝑙 × 1,5 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾)⁄
 + 336,78 𝐾 ≈ 505,2 𝐾 
𝑇𝑖 = (505,2 + 56,13) 𝐾 ≈ 561,3 𝐾 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 35 
 
Si el gas es diatómico: 𝐶𝑉,𝑚 = 2,5 𝑅 
(𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) =
−700 𝐽
1 𝑚𝑜𝑙 × 2,5 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾)⁄
= 33,68 𝐾 
𝑇𝑓 = 
2100 𝐽
1 𝑚𝑜𝑙 × 2,5 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾)⁄
 + 336,78 𝐾 = 437,8 𝐾 
 𝑇𝑖 = (437,71 + 33,68) 𝐾 = 471,5 𝐾 
_________________________________________________________________________________________ 
1.13 Un gas ideal se comprime adiabática y reversiblemente hasta que su 
presión aumenta de 1 atm a 1,5 atm. Durante este proceso el volumen 
del gas disminuye un 26,22%. Calcula: 
a) El valor de Cp,m y Cv,m. ¿Qué tipo de gas tenemos? 
b) Calcula como varía la temperatura en este proceso 
_________________________________________________________________________________________ 
a) Para este proceso: 
𝑉𝑖 − 𝑉𝑓
𝑉𝑖
= 0,2622  
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= 1 − 0,2622 = 0,7378 
para un proceso adiabático reversible un gas ideal cumple: 
𝑝𝑉 = 𝑐𝑡𝑒  𝑙𝑛 (
𝑝𝑖
𝑝𝑓
) = × 𝑙𝑛 (
𝑉𝑓
𝑉𝑖
) 
 𝑙𝑛 (
1
1,5
) = × 𝑙𝑛(0,7378)   = 1,333 
donde  = 𝐶𝑝,𝑚 𝐶𝑉,𝑚⁄ . Por otra parte, sabemos por la relación de Mayer que, para 
un gas ideal: 𝐶𝑝,𝑚 − 𝐶𝑉,𝑚 = 𝑅. Por tanto: 
 =
𝐶𝑝,𝑚
𝐶𝑉,𝑚
= 1 +
𝑅
𝐶𝑉,𝑚
= 1,333  𝐶𝑉,𝑚 = 3𝑅 y 𝐶𝑝,𝑚 = 𝐶𝑉,𝑚 + 𝑅 = 4𝑅 
El valor de 𝐶𝑉,𝑚 > 5𝑅/2 (valor correspondiente a un gas diatómico o un gas 
poliatómico lineal), por tanto, se trata de un gas poliatómico no lineal. 
 
_______________________________________________________________________________ 
36 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
b) Cuando un gas ideal realiza un proceso adiabático reversible también debe 
cumplirse: 
𝑇𝑉−1 = 𝑐𝑡𝑒  
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= (
𝑉𝑖
𝑉𝑓
)
−1
  
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= (
1
0,7378
)
0,333
 1,1066 
El aumento relativo de la temperatura es: 
𝑇𝑓 − 𝑇𝑖
𝑇𝑖
=
𝑇𝑓
𝑇𝑖
− 1 = 0,1066 
La temperatura aumenta en un 10,7% aproximadamente. 
_________________________________________________________________________________________ 
1.14 ¿Cuánto se tendría que reducir la presión de un gas ideal para que el 
trabajo realizado hasta alcanzar el equilibrio mecánico con el 
entorno en una expansión isotérmica irreversible sea igual al trabajo 
realizado al expandirse este gas isotérmica y reversiblemente hasta 
que su volumenaumenta un 50%? ¿Cuánto ha aumentado el volumen 
del gas al final del proceso? 
_________________________________________________________________________________________ 
En el proceso reversible se asume que la presión externa es igual a la presión del gas 
durante todo el proceso, por tanto: 
𝑤𝑟𝑒𝑣 = − ∫ 𝑝
𝑉𝑓
𝑉𝑖
𝑑𝑉 = − ∫
𝑛𝑅𝑇
𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
𝑑𝑉 = −𝑛𝑅𝑇 × 𝑙𝑛 (
𝑉𝑓
𝑉𝑖
) = −𝑛𝑅𝑇 × 𝑙𝑛(1,5) 
donde hemos tenido en cuenta que: 𝑉𝑓 = 𝑉𝑖 + 0,5 × 𝑉𝑖 = 1,5 × 𝑉𝑖 
En el proceso irreversible el gas se expande hasta que su presión se iguala a la presión 
externa (equilibrio mecánico). Suponiendo que el entorno tiene una presión 
constante pext 
𝑤𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = −𝑝𝑒𝑥𝑡(𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) = −𝑛𝑅𝑇 +
𝑝𝑒𝑥𝑡
𝑝𝑖
× (𝑝𝑖𝑉𝑖) = −𝑛𝑅𝑇 × (1 −
𝑝𝑒𝑥𝑡
𝑝𝑖
) 
donde hemos tenido en cuenta que el proceso es isotérmico y por tanto: 𝑝𝑖𝑉𝑖 =
𝑝𝑒𝑥𝑡𝑉𝑓 = 𝑛𝑅𝑇. Igualando los dos trabajos: 
−𝑛𝑅𝑇 × 𝑙𝑛(1,5) = 𝑛𝑅𝑇 × (1 −
𝑝𝑒𝑥𝑡
𝑝𝑖
)  
𝑝𝑒𝑥𝑡
𝑝𝑖
=
𝑝𝑓
𝑝𝑖
= 0,595 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 37 
 
Es decir, la presión debe reducirse: 
(
𝑝𝑖 − 𝑝𝑓
𝑝𝑖
) × 100 = (1 − 0,595) × 100 = 40,5% 
o lo que es lo mismo, el volumen debe aumentar: 
(
𝑉𝑓 − 𝑉𝑖
𝑉𝑖
) × 100 = (
𝑝𝑖
𝑝𝑓
− 1) × 100 = (
1
0,595
− 1) × 100  68,1% 
Para el proceso reversible el volumen aumentó un 50% y la presión se redujo en: 
(
𝑝𝑖 − 𝑝𝑒𝑥𝑡
𝑝𝑖
) × 100 = (1 −
1
1,5
) × 100 = 33,3% 
_________________________________________________________________________________________ 
1.15 ¿Cuál debe ser la relación entre la presión externa y la presión 
interna de un gas ideal monoatómico inicialmente a 300 K para que 
el trabajo realizado durante la expansión adiabática irreversible de 
dicho gas hasta alcanzar el equilibrio mecánico con el entorno sea 
igual al trabajo realizado al expandirse este gas isotérmica y 
reversiblemente hasta que su volumen aumente un 20%.? ¿Cuánto se 
ha reducido la temperatura del gas en el proceso y cuanto ha 
aumentado el volumen que ocupa el gas? 
_________________________________________________________________________________________ 
Para el proceso isotérmico reversible 𝑉𝑓 = 1,2 𝑉𝑖; por tanto: 
𝑤𝑟𝑒𝑣 = − ∫ 𝑝
𝑉𝑓
𝑉𝑖
𝑑𝑉 = − ∫
𝑛𝑅𝑇
𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
𝑑𝑉 = −𝑛𝑅𝑇 ln (
𝑉𝑓
𝑉𝑖
) = −𝑛𝑅 × 300 𝐾 × 𝑙𝑛(1,2) 
En el proceso irreversible adiabático 𝑑𝑈 = 𝑑𝑤. Si el gas es ideal y monoatómico: 
𝑤𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = 𝑈 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚(𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) = 𝑛𝑅 × (
3
2
) × (𝑇𝑓 − 300 𝐾) 
 = −𝑛𝑅 × 300 𝐾 × 𝑙𝑛(1,2) 
Obteniéndose que durante la expansión adiabática irreversible el gas se enfría hasta 
𝑇𝑓 = 263,54 𝐾. 
_______________________________________________________________________________ 
38 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
Por otra parte, el trabajo irreversible contra una presión externa constante e igual a 
la presión final (equilibrio mecánico) viene dado por: 
𝑤𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = −𝑝𝑒𝑥𝑡 × (𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) = −𝑛𝑅𝑇𝑓 +
𝑝𝑒𝑥𝑡
𝑝𝑖
× (𝑝𝑖𝑉𝑖) 
= −𝑛𝑅𝑇𝑓 (1 −
𝑝𝑒𝑥𝑡
𝑝𝑖
×
𝑇𝑖
𝑇𝑓
) 
donde hemos tenido en cuenta que 𝑝𝑓 = 𝑝𝑒𝑥𝑡 . Igualando esta expresión a la 
obtenida anteriormente: 
−𝑛𝑅 × 300 𝐾 × 𝑙𝑛(1,2) = −𝑛𝑅 × 263,54 𝐾 × (1 −
𝑝𝑒𝑥𝑡
𝑝𝑖
×
300 𝐾
263,54 𝐾
) 
Obteniéndose que: 𝑝𝑒𝑥𝑡 𝑝𝑖⁄ = 0,696 
Por tanto: 
(
𝑝𝑖 − 𝑝𝑒𝑥𝑡
𝑝𝑖
) × 100 = (1 − 0,696) × 100 = 30,4% 
La presión exterior debe ser un 30,4% menor que la que tiene el gas antes de la 
expansión. 
El volumen final del gas será: 
𝑉𝑓
𝑉𝑖
=
𝑝𝑖
𝑝𝑓
×
𝑇𝑓
𝑇𝑖
=
1
0,696 
×
263,54 𝐾
300 𝐾
= 1,262 
es decir, el gas se expandió un 26,2 %. 
 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 39 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.16 Un mol de un gas ideal monoatómico que se encuentra a 500 K y 
presión de 2 atm se enfría hasta una temperatura de 350 K. Calcula 
el estado final del sistema, U, q, w y H para: 
a) Un proceso adiabático reversible 
b) Un proceso adiabático irreversible contra una presión constante e 
igual a la final 
c) Para el proceso reversible a volumen constante 
d) Para el proceso reversible a presión constante 
_________________________________________________________________________________________ 
El volumen inicial será: 
𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇  𝑉 =
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × 500 𝐾
2 𝑎𝑡𝑚
= 20,5 𝐿 
U y H son funciones de estado y, para un gas ideal, solo dependen de la temperatura. 
Por tanto, U y H van a tener el mismo valor para los tres procesos, ya que la 
temperatura final e inicial son las mismas 
𝑈 = ∫ 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= 𝑛𝐶𝑉,𝑚 (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (
3
2
) × 8,314 (𝐽/ 𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × (350 − 500) 𝐾 = −1870,65 𝐽 
𝐻 = ∫ 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= 𝑛𝐶𝑉,𝑚 (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (
5
2
) × 8,314 (𝐽 /𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × (350 − 500) 𝐾 = −3117,75 𝐽 
a) Proceso adiabático reversible: Cuando el proceso es adiabático dq=0 y w=U. 
Para el proceso adiabático reversible se debe de cumplir 𝑇𝑖𝑉𝑖
−1
= 𝑇𝑓𝑉𝑓
−1
; donde 
el coeficiente  = 𝐶𝑝 𝐶𝑉⁄ . Para un gas monoatómico − 1 = (5 3) − 1⁄ = 2/3 . Por 
tanto: 
500 𝐾 × (20,5 𝐿)
2/3
= 350 𝐾 × 𝑉𝑓
2/3
  𝑉𝑓 = 20,5 𝐿 × (
500 𝐾
350 𝐾
)
3/2
= 35 𝐿 
 
_______________________________________________________________________________ 
40 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
____________________________________________________________________ 
También se podría despejar el valor de 𝑉𝑓 aplicando logaritmos: 
𝑙𝑛(500) + (
2
3
) × 𝑙𝑛(20,51) = 𝑙𝑛(350) + (
2
3
) × 𝑙𝑛 𝑉𝑓 𝑉𝑓 = 𝑒𝑥p(3,555) = 35 𝐿 
____________________________________________________________________ 
𝑝𝑓 =
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × 350 𝐾
35 𝐿
= 0,82 𝑎𝑡𝑚 
b) Proceso adiabático irreversible: dq=0 y w=U. En este caso 
𝑤 = −∫ 𝑝𝑒𝑥𝑡𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= −𝑝𝑓 (𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) = −𝑛𝑅𝑇𝑓 + 𝑝𝑓𝑉𝑖 
Por tanto: 
−1870,65 𝐽 = −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314 (
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × 350 𝐾
+ 𝑝𝑓 × 20,5 𝐿 × 101,325(
𝐽
𝑎𝑡𝑚. 𝐿
)  𝑝𝑓 = 0,5 𝑎𝑡𝑚 
𝑉𝑓 =
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × 350𝐾
0,5 𝑎𝑡𝑚
= 57,4 𝐿 
Como se observa en el enfriamiento adiabático irreversible, el gas se expande hasta 
una presión menor y un volumen mayor que en el proceso adiabático reversible. Esto 
es debido a que en el proceso irreversible el sistema tiene una menor “oposición” a 
la expansión (la presión externa es menor que en el proceso reversible), con lo que 
para una misma cantidad de energía cedida al entorno (U ) puede expandirse hasta 
un volumen mayor. 
c) Proceso isocórico a volumen constante: 𝑑𝑉 = 0  𝑤 = 0;por tanto 𝑈 = 𝑞. 
La presión final de gas será: 
𝑝𝑓 =
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × 350𝐾
20,5 𝐿
= 1,4 𝑎𝑡𝑚 
 
 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 41 
 
d) Proceso isobárico reversible. Si p=cte 
𝑉2 = 𝑉1 × (𝑇2 𝑇1⁄ ) = 20,5 𝐿 × (350 500⁄ ) = 14,35 𝐿 
𝑤 = − ∫ 𝑝
𝑉𝑓
𝑉𝑖
𝑑𝑉 = −𝑝(𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) = −𝑛𝑅(𝑇𝑓 − 𝑇1)
= −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314(
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × (350 − 500) 𝐾 = 1247,1 𝐽 
A partir del primer principio de la termodinámica obtenemos el valor de q: 
𝑞 = 𝑈 − 𝑤 = −1870,65 𝐽 − 1247,1 𝐽 = −3117,75 𝐽 = 𝐻 
 
En resumen y aproximando: 
 
 
𝒑𝒊 =2 atm, 𝑽𝒊 = 20,5 L, 𝑻𝒊 =500 K 𝑻𝒇 = 350 K 
 U(J) H(J) q(J) w(J) pf (atm) Vf (L) 
adiabático 
reversible 
-1871 -3118 0 -1871 0,82 35,0 
adiabático 
irreversible 
-1871 -3118 0 -1871 0,50 57,4 
isocórico -1871 -3118 -1871 0 1,4 20,5 
isobárico -1871 -3118 -3118 1247 2 14,4 
_______________________________________________________________________________42 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.17 Se comprime reversiblemente 1 mol de un gas ideal inicialmente a 
298 K desde 7 a 3 L. Calcular la temperatura, la presión final del gas, 
el trabajo desarrollado, U y H para el proceso adiabático, 
isotérmico e isobárico admitiendo que Cp,m=(7/2) R . Comparar los 
resultados 
_________________________________________________________________________________________ 
Para un gas ideal diatómico las capacidades caloríficas a presión y volumen constantes 
vienen dadas por: 𝐶𝑝,𝑚 = 7𝑅/2 ; 𝐶𝑉,𝑚 = 5𝑅/2 y  = 𝐶𝑝,𝑚 𝐶𝑉,𝑚 = 7 5⁄ = 1,4⁄ 
a) Proceso adiabático: para un proceso adiabático reversible se debe cumplir: 
𝑇𝑓𝑉𝑓
−1
= 𝑇𝑖𝑉𝑖
−1
  𝑙𝑛 𝑇𝑓 = 𝑙𝑛 𝑇𝑖 + (− 1) × 𝑙𝑛(𝑉𝑖 𝑉𝑓⁄ ) 
Por tanto: 𝑙𝑛 𝑇𝑓 = 𝑙𝑛(298) + (1,4 − 1) × 𝑙𝑛 (7/3) = 6,036  𝑇𝑓 = 418,2 𝐾 
La presión final se calcula de la ecuación de los gases ideales: 
𝑝𝑓 =
𝑛𝑅𝑇𝑓
𝑉𝑓
=
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × 418,2 𝐾
3 𝐿
= 11,44 𝑎𝑡𝑚 
Como el proceso es adiabático dq=0 y dU=dw. 
Para un gas ideal, sea cual sea el proceso realizado: 𝑑𝑈 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇. 
𝑈 = 1 𝑚𝑜𝑙 × (5 2⁄ ) × 8,314 (𝐽/ 𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × (418,2 − 298) 𝐾 = 2498,4 𝐽 
La entalpía de un gas ideal depende únicamente de la diferencia de temperatura. 
Sea cual sea el proceso la variación de entalpía de un gas ideal viene dada por: 
 𝐻 = 𝑛𝐶𝑝,𝑚∫ 𝑑𝑇
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (
7
2
) × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × (418,2 − 298) 𝐾 
= 3497,7 𝐽 
b) Proceso isotérmico: T=cte=298 K. De la ecuación de los gases ideales: 
𝑝𝑓 =
𝑛𝑅𝑇𝑓
𝑉𝑓
=
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × 298 𝐾
3 𝐿
= 8,15 𝑎𝑡𝑚 
Como el proceso es isotérmico por la ley de Joule 𝑑𝑈 = 0 𝑑𝑞 = −𝑑𝑤 y 𝑑𝐻 = 0. 
𝑤 = −𝑞 = −∫
𝑛𝑅𝑇
𝑉
𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × 298 𝐾 × 𝑙𝑛 (
3 𝐿
7 𝐿
) 
= 2099,2 𝐽 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 43 
 
c) Proceso isobárico: p=cte. La presión final es igual a la inicial y se calcula, al igual 
que la temperatura final, de la ecuación de los gases ideales: 
 
𝑝𝑖 = 𝑝𝑓 =
𝑛𝑅𝑇𝑖
𝑉𝑖
=
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × 298 𝐾
7 𝐿
= 3,5 𝑎𝑡𝑚 
 
 para un proceso isobárico: 𝑇𝑓 = 𝑇𝑖 × (
𝑉𝑓
𝑉𝑖
) =
298 𝐾 × 3 𝐿 
 7 𝐿
= 127,7 𝐾 
Como el proceso es isobárico 𝑑𝑞 = 𝑑𝐻 = 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇 
𝐻 = 𝑛𝐶𝑝,𝑚∫ 𝑑𝑇
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (
7
2
) × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × (127,7 − 298) 𝐾 
≈ −4955,6 𝐽 
El trabajo viene dado por: 
𝑤 = −∫ 𝑝𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= −𝑝(𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) = −𝑛𝑅(𝑇𝑓 − 𝑇1) 
= −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × (127,7 − 298) 𝐾 = 1415,9 𝐽 
Por último, la variación de energía interna: 
𝑈 = 𝑞 + 𝑤 = −4955,6 𝐽 + 1415,9 𝐽 = −3539,7 𝐽 
En resumen y aproximando: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 adiabático isotérmico isobárico 
T (K) 418,2 298 127,7 
p (atm) 11,44 8,15 3,50 
w (J) 2498 2099 1416 
q (J) 0 -2099 -4956 
U (J) 2498 0 -3540 
H (J) 3498 0 -4956 
_______________________________________________________________________________ 
44 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.18 Tenemos un gas ideal monoatómico 
que realiza reversiblemente el 
proceso 1-2-3-4 representado en la 
figura. Calcula el trabajo realizado y el 
calor puesto en juego en dicho 
proceso cuando el gas es 
monoatómico y cuando el gas es 
diatómico. Expresa los valores en 
función de To (temperatura del 
proceso isotérmico) y el número de 
moles de gas, n 
_________________________________________________________________________________________ 
Para el proceso isotérmico de 1-2: 
𝑤12 = −∫ 𝑝
𝑉2
𝑉1
𝑑𝑉 = −𝑛𝑅𝑇𝑜 × 𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) = −𝑛𝑅𝑇𝑜 × 𝑙𝑛 (
2 𝑉𝑜
0,5 𝑉𝑜
) = −𝑛𝑅𝑇𝑜 × 𝑙𝑛(4) 
Para el proceso isocórico 2-3: 𝑑𝑉 = 0  𝑤23 = 0 
Para el proceso adiabático de 3 a 4: 𝑞 = 0  𝑤 = 𝑈 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚(𝑇4 − 𝑇3) 
El punto (𝑉𝑜, 𝑝𝑜, 𝑇𝑜) pertenece también al proceso adiabático. Por tanto, se debe 
cumplir: 
𝑇3𝑉3
−1
= 𝑇𝑜𝑉𝑜
−1
  𝑇3 = (
𝑉𝑜
𝑉3
)
−1
× 𝑇𝑜 = (0,5)
−1 × 𝑇𝑜 
𝑇4𝑉4
−1
= 𝑇𝑜𝑉𝑜
−1
  𝑇4 = (
𝑉𝑜
𝑉4
)
−1
× 𝑇𝑜 = 2
−1 × 𝑇𝑜 
Por tanto: 𝑤34 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚 × 𝑇𝑜 × (2
−1 − (0,5)−1) 
El trabajo total es: 𝑤𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑤12 +𝑤23 +𝑤24 
𝑤𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = −𝑛𝑅𝑇𝑜 × 𝑙𝑛(4) + 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑇𝑜 × (2
−1 − (0,5)−1)
= −𝑛𝑅𝑇𝑜 [𝑙𝑛(4) − (
1
− 1
) × (2−1 − (0,5)−1)] 
donde se ha tenido en cuenta que para un gas ideal 𝐶𝑉,𝑚 = 𝑅/(− 1). 
Como U es una función de estado no depende del camino seguido. La variación de 
energía interna del proceso total viene dada por: 
Vo0,5 Vo
po
1-2: isotérmico
3-4: adiabático
p
V 2Vo
1
4
3
2
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 45 
 
𝑈1−4 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚 × (𝑇4 − 𝑇𝑜) = 𝑛𝐶𝑉,𝑚 × 𝑇𝑜 × (
𝑇4
𝑇𝑜
− 1) = 𝑛𝐶𝑉,𝑚 × 𝑇𝑜 × (2
−1 − 1) 
=
𝑛𝑅𝑇𝑜
 − 1
× (2−1 − 1) 
(recordar que 𝑇1 = 𝑇𝑜). De la primera ley calculamos q: q = U−𝑤 
𝑞𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚 × 𝑇𝑜 × (2
−1 − 1) + 𝑛𝑅𝑇𝑜 𝑙𝑛(4) − 𝑛𝐶𝑉,𝑚 𝑇𝑜 × (2
−1 − (0,5)−1) 
Reordenando: 
𝑞𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚 × 𝑇𝑜 × (0,5
−1 − 1) + 𝑛𝑅𝑇𝑜 𝑙𝑛(4) 
= 𝑛𝑅𝑇𝑜 [(
1
− 1
) × (0,5−1 − 1) + 𝑙𝑛 4] 
Para un gas monoatómico: 
𝐶𝑝,𝑚 = 5𝑅/2, 𝐶𝑉,𝑚 = 3𝑅/2,  = 5/3 y − 1 = 2/3 
Por tanto: 
𝑈𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (
3𝑅
2
) × 𝑛 × 𝑇𝑜 × (2
2/3 − 1) = 𝑛 × 𝑇𝑜 × 7,325 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) 
𝑤𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = −𝑛 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × 𝑇𝑜 × [ 𝑙𝑛(4) − (
3
2
) × (22 3⁄ − (0,5)2 3⁄ )] 
= 𝑛 × 𝑇𝑜 × 0,415 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) 
𝑞𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑛 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × 𝑇𝑜 [(
3
2
) × (0,52 3⁄ − 1) + 𝑙𝑛 4] 
= 𝑛 × 𝑇𝑜 × 6,910 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) 
Para un gas diatómico: 
𝐶𝑝,𝑚 = 7𝑅/2, 𝐶𝑉,𝑚 = 5𝑅/2,  = 7/5 y − 1 = 2/5. 
Por tanto: 
𝑈𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = (
5𝑅
2
) × 𝑛 × 𝑇𝑜 × (2
2/5 − 1) = 𝑛 × 𝑇𝑜 × 6,641 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) 
_______________________________________________________________________________ 
46 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
𝑤𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = −𝑛 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × 𝑇𝑜 × [ 𝑙𝑛(4) − (
5
2
) × (22 5⁄ − (0,5)2 5⁄ )] 
= 𝑛 × 𝑇𝑜 × 0,148 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) 
𝑞𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑛 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × 𝑇𝑜 × [(
5
2
) × (0,5
2
5 − 1) + 𝑙𝑛 4] 
= 𝑛 × 𝑇𝑜 × 6,493 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) 
Como se observa, para un mismo valor de 𝑇𝑜 la variación de energía interna, el trabajo 
realizado sobre el sistema y el calor cedido al sistema es mayor si el gas es 
monoatómico que diatómico. 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.19 Tenemos en un recipiente de 20 L a 300 K un mol de un gas ideal 
monoatómico. Dicho gas se expande hasta que la presión se iguala a 
la presión atmosférica. Calcula el trabajo realizado, la variación de 
energía interna y la variación de entalpía cuando la expansión se 
realiza reversible e irreversiblemente contra una presión externa 
constante de 1 atm, de modo isotérmico y adiabático. 
_________________________________________________________________________________________ 
a) Isotérmico: como la energía interna de un gas ideal y su entalpía solo dependen 
de la temperatura y T=cte tanto para el proceso reversible como para el proceso 
irreversible dH=dU=0. 
La presión final del gas es 1 atm; por tanto, el volumen final después de la expansión 
es: 
𝑉𝑓 =
𝑛𝑅𝑇𝑓
𝑝𝑓
=
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × 300 𝐾
1 𝑎𝑡𝑚
= 24,615 𝐿 
Para el proceso isotérmico reversible pexterna =pgas =nRT/V. Por tanto: 
𝑤 = −∫ 𝑝𝑒𝑥𝑡𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
= −∫
𝑛𝑅𝑇
𝑉
 𝑑𝑉
𝑉𝑓
𝑉𝑖
 
= −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾)⁄ × 300 𝐾 × 𝑙𝑛 (
24,615 𝐿
20 𝐿
) = −517,9 𝐽 
Si el proceso fuese isotérmico irreversible frente a la presión externa 1 atm: 
𝑤 = −𝑝𝑒𝑥𝑡 × (𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) = −1 𝑎𝑡𝑚 × (24,615 − 20 ) 𝐿 × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿⁄ ) 
= −467,6 𝐽 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 47 
 
Por tanto, el trabajo reversible es: 
% = ( 
517,9 − 467,6
467,6
 ) × 100 ≈ 11,8% mayor que el trabajo irreversible 
b) Adiabático: para un proceso adiabático dq = 0, por tanto 𝑑𝑤 = 𝑑𝑈 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇. 
Si el gas es monoatómico 𝐶𝑉,𝑚 = 3𝑅/2 y 𝐶𝑝,𝑚 = 5𝑅/2 y  = 𝐶𝑝,𝑚 𝐶𝑉,𝑚⁄ = 5/3. En 
un proceso adiabático como el gas no puede recibir calor del medio ambiente, el 
proceso de expansión va acompañado de una reducción de energía interna, por lo 
que la temperatura del sistema disminuye. Tenemos que calcular la temperatura en 
el estado final. 
La presión inicial del gas es: 
𝑝𝑖 =
𝑛𝑅𝑇𝑖
𝑉𝑖
=
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × 300 𝐾
20 𝐿
= 1,23 𝑎𝑡𝑚 
Para un proceso adiabático reversible se cumple: pV=cte. Por tanto: 
1 𝑎𝑡𝑚 × 𝑉𝑓
5/3
= 1,23 𝑎𝑡𝑚 × 20
5/3
  𝑉𝑓 = 22,645 𝐿 
La temperatura final del gas será: 
𝑇𝑓 =
𝑝𝑓𝑉𝑓
𝑛𝑅
=
1 𝑎𝑡𝑚 × 22,645 𝐿 
 1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝑚𝑜𝑙. 𝐾)
= 276 𝐾 
Para el proceso adiabático el volumen final del gas es menor que en el proceso 
isotérmico debido a la reducción de temperatura del gas. El trabajo realizado y la 
variación de energía interna vienen dados por: 
𝑤 = 𝑈 = ∫ 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇
𝑇𝑓
𝑇𝑖
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (
3
2
) × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × (276 − 300) 𝐾 
= −299,3 𝐽 
y la variación de entalpía para un gas ideal: 
𝐻 = ∫ 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇
𝑇𝑓
𝑇𝑖
 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (
5
2
) × 8,314 (𝐽/ 𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × (276 − 300) 𝐾 = −498,8 𝐽 
_______________________________________________________________________________ 
48 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
Si el proceso adiabático es irreversible, contra una presión constante pext =1 atm: 
𝑈 = 𝑤  𝑛𝐶𝑉,𝑚 × (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) = − 𝑝𝑒𝑥𝑡 × (𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) 
Sabemos que la presión final del gas es igual a la externa. Tenemos que calcular 
primero cual es el valor de la temperatura y el volumen final en este proceso 
irreversible. En el estado final e inicial se cumple la ley de los gases ideales. Por tanto: 
𝑛𝐶𝑉,𝑚 × (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) = − 𝑝𝑒𝑥𝑡 × 𝑉𝑓 + 𝑝𝑒𝑥𝑡𝑉𝑖 = −𝑛𝑅𝑇𝑓 + 𝑝𝑒𝑥𝑡𝑉𝑖 
Reordenando y teniendo en cuenta la relación de Mayer obtenemos finalmente: 
 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑇𝑓 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑇𝑖 + 𝑝𝑒𝑥𝑡𝑉𝑖 
Por tanto: 
𝑇𝑓 = (
3
5
) × 300 𝐾 +
1 𝑎𝑡𝑚 × 20 𝐿 
1 𝑚𝑜𝑙 × (5 2⁄ ) × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ )
× 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿⁄ ) 
= 277,5 𝐾 
El volumen final será: 
𝑉𝑓 =
𝑛𝑅𝑇𝑓
𝑝𝑓
=
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × 277,5 𝐾
1 𝑎𝑡𝑚
= 22,77 𝐿 
Como se observa, si el gas se expande adiabáticamente desde el mismo estado inicial 
hasta la misma presión final, como U=w y el trabajo realizado por el sistema en un 
proceso irreversible es menor (en valor absoluto) qué el trabajo realizado en el 
proceso reversible, U no puede ser la misma en ambos procesos. Es decir, el estado 
final del gas no va a ser el mismo si el proceso adiabático se realiza reversible o 
irreversiblemente. Es más, ya que |𝑤| es proporcional a |𝑇| la variación de 
temperatura del gas |𝑇|𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 > |𝑇|𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒. El gas se enfría más en el 
proceso reversible, tal como ponen de manifiesto los resultados. Por tanto, dado que 
la presión final es la misma en ambos procesos, el volumen final del sistema es menor 
en el proceso reversible. 
_______________________________________________________________________ 
También podemos resolver el problema despejando antes el volumen final, teniendo 
en cuenta que T=pV/nR: 
 𝑛𝐶𝑉,𝑚 × (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) = 
𝐶𝑉,𝑚
𝑅
× (𝑝𝑓𝑉𝑓 − 𝑝𝑖𝑉𝑖) = − 𝑝𝑓 × (𝑉𝑓 − 𝑉𝑖) 
Es decir: 
(3 2⁄ ) × (1 𝑎𝑡𝑚 × 𝑉𝑓 − 1,23 𝑎𝑡𝑚 × 20 𝐿) = −1 𝑎𝑡𝑚 × 𝑉𝑓 + 1 𝑎𝑡𝑚 × 20 𝐿 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 49 
 
de donde se obtiene 𝑉𝑓  22,77 𝐿. La temperatura final se calcula de la ecuación de 
los gases ideales: 
𝑇𝑓 =
𝑝𝑓𝑉𝑓
𝑛𝑅
=
1 𝑎𝑡𝑚 × 22,77 𝐿 
 1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿/𝑚𝑜𝑙. 𝐾) 
  277,5 𝐾 
_______________________________________________________________________ 
El trabajo realizado será: 
𝑤 = 𝑈 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚 × (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (
3
2
) × 8,314 (𝐽/ 𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × (277,5 − 300)𝐾 = −280,6 𝐽 
Por tanto, el trabajo reversible es: 
(
299,3 − 280,6
280,6
) × 100  6,7 % mayor que el trabajo irreversible 
La variación de entalpía será: 
𝐻 = 𝑛𝐶𝑝,𝑚 × (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (
5
2
) × 8,314 (𝐽/ 𝑚𝑜𝑙. 𝐾) × (277,5 − 300) 𝐾 = −467,7 𝐽 
 
 
 isotérmico adiabático 
 reversible irreversible reversible irreversible 
𝑻𝒇 (K) 300 300 276 277,5 
𝑽𝒇 (L) 24,62 24,62 22,65 22,77 
w (J) -518 -468 -299 -281 
q (J) 518 468 0 0 
U (J) 0 0 -299 -281 
H (J) 0 0 -499 -468 
_______________________________________________________________________________ 
50 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.20 Un mol de un gas ideal monoatómico (𝐂𝐕,𝐦=3/2 R) se encuentra en 
un estado inicial a 298 K ocupando un volumen de 5 L. Este gas se 
expande isotérmicamente hasta alcanzar un volumen de 12 L y a 
continuación se enfría isobáricamente hasta un estado a partir del 
cual retorna al estado inicial siguiendo un proceso adiabático. 
Calcula, suponiendo todos los procesos reversibles: 
a) Los volúmenes, presiones y temperaturas correspondientes a cada 
estado del ciclo. 
b) w, q H y U para cada uno de los procesos y en el ciclo. 
_________________________________________________________________________________________ 
a) Vamos a calcular los valores de las presiones correspondientes a los puntos 
intermedios del proceso. Si el gas es ideal: 
𝑝𝐴 =
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × 298 𝐾
5 𝐿
 = 4,89 𝑎𝑡𝑚 
Después de la expansión isotérmica el volumen es 𝑉𝐵=12 L. La presión será: 
𝑝𝐵 =
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × 298 𝐾
12 𝐿
 = 2,04 𝑎𝑡𝑚 
o bien como T es constante: 
𝑝𝐵 = 𝑝𝐴 × (𝑉𝐴 𝑉𝐵⁄ ) = 4,89 𝑎𝑡𝑚 × (5 𝐿 12 𝐿⁄ ) = 2,04 𝑎𝑡𝑚 
Después se comprime isobáricamente 
hasta el punto C. Por tanto 𝑝𝐶 =2,04 atm. 
El volumen 𝑉𝐶 lo calculamos teniendo en 
cuenta que C-A corresponde a un proceso 
adiabático. Es decir: 
𝑝𝑉 = 𝑐𝑡𝑒  𝑉𝐶 = 𝑉𝐴 × (
𝑝𝐴
𝑝𝐶
)
1

 
𝑉𝐶 = 5 𝐿 × (
4,89 𝑎𝑡𝑚 
2,04 𝑎𝑡𝑚
)
3 5⁄
= 8,45 𝐿 
donde hemos tenido en cuenta que para un gas ideal 𝐶𝑝,𝑚 = 𝐶𝑉,𝑚 +𝑅; por tanto 
 = 𝐶𝑝,𝑚 𝐶𝑉,𝑚⁄ = 5/3. 
4 8 12
2
3
4
5
T=298 K
V(L)
C
A
B
 
 
p
(a
tm
)
q=0
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 51 
 
La temperatura en el punto C se puede calcular de la relación que se debe cumplir 
en los procesos adiabáticos reversibles: 
𝑇𝑉−1 = 𝑐𝑡𝑒  𝑇𝑐 = 𝑇𝐴 × (
𝑉𝐴
𝑉𝐶
)
−1
= 298 𝐾 × (
5 𝐿 
8,45 𝐿
)
2/3
= 210 𝐾 
O bien de la ecuación de los gases ideales: 
𝑇𝐶 =
8,45 𝐿 × 2,04 𝑎𝑡𝑚
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑚𝑜𝑙. 𝐾)⁄
 210 𝐾 
(las aproximaciones en los decimales durante el cálculo de 𝑉𝐶, 𝑝𝐶 , 𝑝𝐴 etc y en el valor 
de R pueden hacer que el valor obtenido difiera un poco). 
b) Vamos a calcular para cada paso como varían las propiedades termodinámicas: 
Proceso isotérmico: Para un gas ideal 𝑑𝑈 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇 y 𝑑𝐻 = 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇. Como T=cte, 
𝑑𝑇 =0  𝑑𝑈 = 𝑑𝐻 = 0. Por tanto, q=−wAB. 
Si el proceso es reversible: 
𝑤𝐴𝐵 = ∫ 
𝑛𝑅𝑇
𝑉
𝑑𝑉
𝑉𝐵
𝑉𝐴
= −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × 298 𝐾 × 𝑙𝑛 (
12 𝐿
5 𝐿
) 
= −2169,0 𝐽 
Como se observa el trabajo es negativo, tal como corresponde a una expansión. 
Proceso isobárico: p=cte. Si el gas es ideal 𝑝𝑑𝑉 = 𝑛𝑅𝑑𝑇 (porque dp=0) 
𝑤𝐵𝐶 = −∫ 𝑝𝑑𝑉
𝑉𝐶
𝑉𝐵
= −𝑛𝑅𝑇 = −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × (210 − 298) 𝐾 
= 731,6 𝐽 
𝑈𝐵𝐶 = ∫ 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇
𝑇𝐶
𝑇𝐵
 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (3 2⁄ ) × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × (210 − 298) 𝐾 = −1097,4 𝐽 
Como el proceso es isobárico 𝑞𝐵𝐶 = 𝐻𝐵𝐶 
_______________________________________________________________________________ 
52 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
𝑞𝐵𝐶 = 𝐻𝐵𝐶 = ∫ 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇
𝑇𝐶
𝑇𝐵
 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (5 2⁄ ) × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × (210 − 298) 𝐾 = −1829,1 𝐽 
 Proceso adiabático: 𝑑𝑞 = 0  𝑑𝑈 = 𝑑𝑤 
𝑤𝐶𝐴 = 𝑈𝐶𝐴 = ∫ 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇
𝑇𝐴
𝑇𝐶
 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (3 2⁄ ) × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × (298 − 210) 𝐾 = 1097,4 𝐽 
𝐻𝐶𝐴 = ∫ 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇
𝑇𝐴
𝑇𝐶
 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (5 2⁄ ) × 8,314 (𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × (298 − 210) 𝐾 = 1829,1 𝐽 
Como se observa los trabajos 𝑤𝐵𝐷 y 𝑤𝐶𝐴 son positivos, tal como corresponde a una 
compresión: 
𝑤𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 = (−2169,0 + 731,6 + 1097,4) 𝐽 = −340 𝐽 
El trabajo total realizado en el ciclo es negativo, tal como era de esperar, ya que el 
ciclo se recorre en el sentido de las agujas del reloj. El sistema realiza un trabajo neto 
sobre el entorno. 
Como U y H son funciones de estado 𝑈𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 = 𝐻𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 = 0  𝑞𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 = −𝑤𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜. 
En resumen: 
Proceso w 
(J) 
 q 
(J) 
U 
(J) 
H 
(J) 
pto p 
(atm) 
T 
(K) 
V 
(L) 
Isotérmico -2169 2169 0 0 A 4,89 298 5 
isobárico 732 -1829 -1097 -1829 B 2,04 298 12 
adiabático 1097 0 1097 1829 C 2,04 210 8,45 
ciclo 340 -340 0 0 
 
 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 53 
 
_________________________________________________________________________________________ 
1.21 Un gas ideal diatómico que está inicialmente a 400 K y 5 atm realiza 
el siguiente ciclo reversible: (a) se expande isobáricamente hasta 
que ocupa 8 L (b) reduce isocóricamente su presión hasta 3 atm (c) 
sufre una expansión isotérmica hasta que su volumen es 10 L (d) se 
comprime isobáricamente y (d) isocóricamente vuelve hasta su 
estado inicial. 
a) Calcula el valor de V, T y p al final de cada proceso y dibuja 
esquemáticamente el ciclo e indica los valores de p, T y V del gas al 
final de cada etapa del ciclo. 
b) Calcula para cada paso y para el ciclo total U, q, w y H. 
_________________________________________________________________________________________ 
a) En la figura se representa esquemáticamente el proceso 
 
El volumen inicial del gas, en el punto 1 será: 
𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇  𝑉1 =
1 𝑚𝑜𝑙 × 0,08205 (𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × 400 𝐾
5 𝑎𝑡𝑚
= 6,564 𝐿 
Si el gas se expande isobáricamente desde el punto 1 hasta el punto 2 donde el 
volumen es 8 L: 
 
𝑇2 = 𝑇1 × (𝑉2 𝑉1⁄ ) = 400 𝐾 × (8𝐿 6,564 𝐿) =⁄ 487,5 𝐾 
En el punto 3, como el proceso 2-3 es isocórico, la temperatura vendrá dada por: 
𝑇3 = 𝑇2 × (𝑝3 𝑝2⁄ ) = 487,5 𝐾 × (3 𝑎𝑡𝑚 5 𝑎𝑡𝑚⁄ ) = 292,5 𝐾 
 
6 8 10
2
3
4
5
5 4
V(L)
21
3
 
 
p
(a
tm
)
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54 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
El proceso 3-4 es isotérmico, por tanto 𝑇4 = 𝑇3 = 292,5 𝐾. Sabemos que 𝑉4 = 10 𝐿. 
La presión en este punto será: 
𝑝4 = 𝑝3 × (𝑉3 𝑉4⁄ ) = 3 𝑎𝑡𝑚 × (8 𝐿 10 𝐿⁄ ) = 2,4 𝑎𝑡𝑚 
Por último, el proceso 4-5 es isobárico. Si el proceso 5-1 es isocórico 𝑉5 = 𝑉1 =
6,564 𝐿. Por tanto: 
𝑇5 = 𝑇4 × (𝑉5 𝑉4⁄ ) = 292,5 𝐾 × (6,564 𝐿 10 𝐿) =⁄ 192 𝐾 
En la tabla se resumen los valores de p, T y V en los puntos intermedios del ciclo. 
 1 2 3 4 5 
p(atm) 5,0 5,0 3,0 2,4 2,4 
V (L) 6,564 8 8 10 6,564 
T (K) 400 487,5 292,5 292,5 192 
b) Vamos a calcular para cada proceso la variación de las propiedades 
termodinámicas: 
1-2: Proceso isobárico: 
𝑈12 = ∫ 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇
𝑇2
𝑇1
= 𝑛𝐶𝑉,𝑚 (𝑇2 − 𝑇1) 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (5 2⁄ ) × 8,314 (
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × (487,5 − 400) 𝐾 ≈ 1818,7 𝐽 
𝐻12 = ∫ 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇
𝑇2
𝑇1
= 𝑛𝐶𝑝,𝑚 (𝑇2 − 𝑇1) 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (7 2⁄ ) × 8,314 (
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × (487,5 − 400) 𝐾 ≈ 2546,2 𝐽 
𝑤12 = − ∫ 𝑝
𝑉2
𝑉1
𝑑𝑉 = −𝑝(𝑉2 − 𝑉1)
= −5 𝑎𝑡𝑚 × (8 − 6,564) 𝐿 × 101,325 (𝐽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿⁄ ) = −727,5 𝐽 
 
_______________________________________________________________________________ 
Problemas de termodinámica para estudiantes de química 55 
 
_______________________________________________________________________ 
También se podría tener en cuenta que en un proceso isobárico de un gas ideal: 
𝑤12 = −𝑝(𝑉2 − 𝑉1) = −𝑛𝑅(𝑇2 − 𝑇1) 
= −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314 (
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × (487,5 − 400) 𝐾 ≈ −727,5 𝐽 
(las diferencias que podamos obtener en el cálculo de 𝑤12 se deben a los decimales 
que vamos eliminando). 
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El calor puesto en juego se calcula a partir del primer principio: 
𝑞12 = 𝑈12 −𝑤12 = 1818,7 𝐽 + 727,5 𝐽 = 2546,2 𝐽 = 𝐻 
2-3 Proceso isocórico: 𝑤23 = −∫ 𝑝
𝑉3
𝑉2
𝑑𝑉 = 0  𝑞23 = 𝑈23 
𝑈23 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚 (𝑇3 − 𝑇2) 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (5 2⁄ ) × 8,314(
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × (292,5 − 487,5) 𝐾 ≈ −4053,1 𝐽 
𝐻23 = 𝑛𝐶𝑝,𝑚 (𝑇3 − 𝑇2) 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (7 2⁄ ) × 8,314(
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × (292,5 − 487,5) 𝐾 ≈ −5674,3 𝐽 
3-4 Proceso isotérmico: 𝑇 = 0  𝑈34 = 0 𝐻34 = 0 y 𝑞34 = −𝑤34 
𝑤34 = − ∫
𝑛𝑅𝑇
𝑉
𝑉4
𝑉3
𝑑𝑉 = −𝑛𝑅𝑇 ln (
𝑉4
𝑉3
)
= −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314(
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × 292,5 𝐾 × 𝑙𝑛 (
10 𝐿
8 𝐿
) = −542,7 𝐽 
 
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56 Problemas de termodinámica para estudiantes de química 
 
4-5: Proceso isobárico: 
𝑈45 = ∫ 𝑛𝐶𝑉,𝑚𝑑𝑇
𝑇5
𝑇4
= 𝑛𝐶𝑉,𝑚 (𝑇5 − 𝑇4) 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (5 2⁄ ) × 8,314(
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × (192 − 292,5) 𝐾 ≈ −2088,9 𝐽 
𝐻45 = ∫ 𝑛𝐶𝑝,𝑚𝑑𝑇
𝑇5
𝑇4
= 𝑛𝐶𝑝,𝑚 (𝑇5 − 𝑇4) 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (7 2⁄ ) × 8,314(
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × (192 − 292,5) 𝐾 ≈ −2924,5 𝐽 
𝑤45 = −𝑝 × (𝑉5 − 𝑉4) = −𝑛𝑅(𝑇5 − 𝑇4) 
= −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,314(
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × (192 − 292,5) 𝐾 ≈ 835,6 𝐽 
5-1 Proceso isocórico: 𝑤51 = 0  𝑞51 = 𝑈51 
𝑈51 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚 (𝑇1 − 𝑇5) 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (5 2⁄ ) × 8,314(𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾⁄ ) × (400 − 192) 𝐾 ≈ 4323,3 𝐽 
𝐻51 = 𝑛𝐶𝑝,𝑚 (𝑇1 − 𝑇5) 
= 1 𝑚𝑜𝑙 × (7 2⁄ ) × 8,314(
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
) × (400 − 192) 𝐾 ≈ 6052,6 𝐽 
En la tabla se resumen los valores obtenidos y se calcula el valor en el ciclo 
(Julios) 1-2 2-3 3-4 4-5 5-1 total 
U 1819 -4053 0 -2089 4323 0 
H 2546 -5674 0 -2925 6053 0 
w -727 0 -543 836 0 -434 
q 2546 -4053 543 -2925 4323 434 
Como era de esperar el trabajo realizado en el ciclo es negativo (el ciclo se recorre 
en el sentido de las agujas del reloj). 
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Problemas de termodinámica para estudiantes de química 57 
 
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1.22 Un mol de un gas ideal con 𝐂𝐩,𝐦 = 𝟐𝟏 (J/mol.K) que se encuentra 
inicialmente a p=1,5 atm y a una temperatura de 750 K sufre los 
siguientes procesos reversibles: (a) una compresión isobárica, hasta 
que su volumen se reduce a la mitad (b) seguidamente reduce 
isocóricamente su presión hasta 1 atm (c) luego se expande 
isotérmicamente y (d) por último se comprime adiabáticamente 
hasta volver al estado inicial. 
a) Representa esquemáticamente el proceso cíclico total. Calcula la 
presión, volumen y temperatura del gas al final de cada