FACULTAD DE INGENIERIA

DEPARTAMENTO DE CIENCIAS QUIMICAS

QUIMICA

PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA

Docente: Mg. Lic.Ing. Victor Luna Botello

 TEMAS

Variables para gases

Energía y la temperatura.
Primera ley de La termodinámica.
 Ejercicios y problemas
 GASES y VAPORES

 Gas.- es el estado de agregación de la

materia en el cual, bajo cierta condición
de presión y temperatura, sus moléculas
interactúan solo débilmente entre si.

 Vapor.- es la fase gaseosa de una

sustancia cuando esta se encuentra por
debajo de su temperatura critica.
 Un gas queda definido por
las variables:

 Volumen  L, dm3, m3, …

 Presión  atm, mm Hg o torr, .

 Temperatura  ºC, K

 Cantidad de  moles

sustancia
Unidades:
 1 atm = 760 mm Hg = 760 torr = 1,01325 bar
= 101.325,00 Pa
 K = ºC + 273
 1 l = 1dm3 = 1000 l
Mediciones de presión atmosférica
La presión puede expresarse en diversas unidades, tales como: kg/cm2,
psi, cm de columna de agua, pulgadas o cm de Hg, bar y como ha sido
denominada en términos internacionales, en Pascales (Pa)
Ejemplo 1
En el tubo de la figura existen 3 líquidos que
Px
no se mezclan. El brazo de la izquierda está
cerrado y tiene aire a una presión
desconocida. El brazo de la derecha esta 0,25m
abierto. Las densidades de los líquidos son:

ρ1=1000kg/m3 3 0,15m
ρ2=800kg/m3
ρ3=600kg/m3 2 0,20m
1
La presión atmosférica en el lugar es A
Pat=100000 Pa.

Determine:
a. La presión absoluta en el punto A en pascales.
b. La presión absoluta del aire encerrado en el brazo izquierdo del
tubo, en pascales.
 r1=1000kg/m3;
SOLUCION.- La presión absoluta en el punto A en
r2=800kg/m3;
pascales.?
r3=600kg/m3.
Pat=100000Pa.
PA  2 gh2  3 gh3  Patm

PA  800  10  0,2  600  10  0,4  100000 Px

PA  1600  2400  100000
PA  104000Pa
0,25m
La presión absoluta del aire encerrado en
el brazo izquierdo del tubo, en pascales. 3 0,15m

Paire  1gh1  PA
1 2 0,20m
Paire  PA  1gh1 A
Paire  104000  1000  10  0,35
Paire  104000  3500
Paire  100500Pa
 Ejemplo 2
Considere el tubo en U de la figura, que
contiene mercurio (rM=13,6 gcm-3 ). Se agua
vierte agua (rA=1 gcm-3 ) en ambos agua
lados. La presión atmosférica es 105 Pa. h1

1. Determinar la diferencia de las longitudes de las columnas

h
de agua si h=10cm.
2. Determinar la Presión absoluta en el punto A (en Pascales)
h2=5cm
SOLUCION.- A
1.- Determinar la diferencia de las longitudes de las
columnas de agua si h=10cm. Respuesta 68 cm
mercurio
2.- Respuesta 1,078 105 Pa
 Temperatura
 El calor es una forma de energía,
que al afectar a las moléculas de
una sustancia promueve el
movimiento acelerado de las
moléculas que la forman.

 La temperatura es la propiedad
de un cuerpo de tener mas o
menos calor.
 La temperatura puede ser medida
a través de distintas escalas
como:
Kelvin, Celsius o Fahrenheit
 Ecuaciones de estado

 Ecuación de estado – ecuación que relaciona las variables que

describen el estado físico del sistema

 Ecuación de estado para un gas: p = f (T,V,n)

 Propiedades de Gases (puros) – cuatro, pero con sólo tres especificamos el estado

del sistema : Presión (p), Volumen (V), Temperatura (T),

cantidad de sustancia (moles, n)

 PROCESOS TERMODINAMICOS

 Para una cantidad fija de gas (n

constante) la gráfica pVT genera
una superficie

 Isobara - presión constante -

recta, V a T

 Isoterma - temperatura
constante, hipérbola, pV =
constante

 Isocora - volumen constante -

recta p a T
http://www.chem1.com/acad/webtext/gas/gas_2.html#PVT
 Energía de los gases a
y
temperatura constante

+vx v x2  v y2  v z2
a -vx
x v 2  3v x2
z Nmv 2
pV 
 Puesto que los movimientos de las moléculas
3
son totalmente fortuitos, los valores promedio

de los cuadrados de las velocidades en las tres

pV  constante
direcciones son iguales

 Como la velocidad depende de la

temperatura, y dado un número fijo de

Ley de Boyle
moléculas, a temperatura constante
tendremos:
 Energía cinética

Nmv 2 Ahora, si N es igual al número de

pV 
3 Avogadro NA, entonces:
2
 2  Nmv 1 1
pV  
2 3 Ek T  N A mv  M v 2
2

2 2
pV 
 
2 N 1 mv 2
2
3 Comparando la ecuación 1 con la
ecuación del gas ideal:
2
pV  Ek ------- ec. 1 2
3 Ek  RT
3
La energía cinética promedio de translación de
un gas depende exclusivamente de su
temperatura
El experimento de Joule-Thomson

Libre expansión de gas a Sistema aislado

través de membrana porosa térmicamente.
Q=0

Flujo continuo y estacionario de gas.

¡ Se logra el equilibrio térmico !...
Finalización del experimento o incapacidad de medirlo
 Conclusión del experimento de Joule

Sólo cuando la PRESIÓN del gas ANTES de su expansión es

disminuida, ocurre que el cambio de temperatura se vuelve
pequeño(T = constante)
En el límite de la presión cero, la energía del gas sería
efectivamente independiente del volumen, esta energía
corresponde a la entalpía del gas.

 U 
lim   0
P 0 V
 T
 Energía interna, calor y trabajo

La energía interna de un sistema, U, puede definirse como la suma

de todas las energías de las partículas, (átomos o moléculas), que
constituyen dicho sistema.

U energía interna

El calor (Q) y el trabajo (W) sólo son formas

de intercambio de energía.
Definición matemática de la primera ley de la
termodinámica. La variación en la energía interna de un
sistema es igual a la diferencia entre el calor tomado por
el sistema y el trabajo realizado sobre el sistema.

• Q = energia transmitida en forma de calor

• ∆U= variacion del sistema
• W = energia transmitida en forma de trabajo

ΔU = Q + W
 TIPOS DE PROCESOS
ΔU= Q + W
 Proceso cíclico ΔU = 0  W = Q
 Proceso no es cíclico ΔU ≠ 0 = Q + W
 Proceso a volumen constante ΔU = Q
 Proceso aislado ΔU = W
 Si el sistema realiza trabajo U disminuye
 Si se realiza trabajo sobre el sistema U aumenta.
 Si el sistema absorbe calor al ponerlo en contacto térmico
con un foco a temperatura superior, U aumenta
 Si el sistema cede calor al ponerlo en contacto térmico con
un foco a una temperatura inferior, U disminuye.
 Trabajo (W)

 Trabajo:
fuerza sobre un desplazamiento
Ejemplos:
 Trabajo mecánico: fuerza x distancia
 Trabajo de expansión: presión x volumen
 Eléctrico: fem x desplazamiento de carga
Trabajo hecho por el sistema es negativo
Trabajo hecho sobre el sistema es positivo
 El convenio de signos para los intercambios de energía, en forma de calor y
trabajo, entre sistema y medio ambiente es el siguiente:

W>0 W<0

SISTEMA
Q>0 Q<0

Tanto el calor que se agrega al Tanto el calor perdido por el

sistema como el trabajo que se sistema como el trabajo
efectúa sobre el sistema
efectuado por el sistema sobre su

SON POSITIVOS entorno SON NEGATIVOS

 CONVENCIONES DE SIGNOS
PARA LA PRIMERA LEY
+Wout
+Qin
• ENTRADA de calor Q es positiva
U
• Trabajo POR un gas es positivo
-Win
• Trabajo SOBRE un gas es U
negativo
• SALIDA de calor es negativa -Qout

 U =  Q + (-W) final - inicial)

 EJEMPLO Primera Ley de la Termodinámica

Expansión isotérmica de una burbuja de gas en ascenso.

Al bajar P, la burbuja se expande realizando trabajo sobre el entorno (el
cambio en el volumen es negativo).

Para mantener T constante, el gas debe absorber calor del entorno:

Dq = -Dw ;
Dw < 0 (libera trabajo) ;
Dq > 0 (absorbe calor).
Aplicaciones de la primera ley de la termodinámica:
proceso adiabático
En un proceso adiabático ninguna energía entra o sale
del sistema en forma de calor ( Q = 0 )
Ejemplo 1: caso en el que todas las superficies del
émbolo son aislantes perfectos

Ejemplo 2: procesos muy rápidos (la

transmisión de energía en forma de
calor es un proceso lento)
∆U=W
Cuando se comprime un gas adiabáticamente, tanto ∆ U como W
son positivos (se realiza un trabajo sobre el gas, es decir, se
transfiere energía hacia el sistema de modo que su energía interna
aumenta.
Cuando se expande un gas adiabáticamente, ∆ U es negativa
 En general, la presión no es constante durante el proceso que
lleva un gas desde el estado inicial hasta un cierto estado final
Si la presión y el volumen son conocidos en caso paso del
proceso, podemos dibujar el estado del sistema en cada paso del
proceso en un diagrama PV

La curva representada es la trayectoria

seguida entre los estados inicial y final
El trabajo realizado sobre un gas en un
proceso cuasi-estático que lo lleve desde
un estado inicial a un estado final es igual
al área (con signo negativo) situada bajo la
curva del diagrama PV, evaluada entre los
puntos inicial y final
Para el caso de la compresión de un gas contenido en un
cilindro, el trabajo realizado depende de la trayectoria
seguida entre el estado inicial y el estado final

La función
debe ser conocida
 Trabajo realizado sobre un gas ideal
en expansión en un proceso isotérmico
Supongamos un gas ideal al
que se le permite expandir de
forma cuasi- estática a
temperatura constante

El trabajo realizado sobre el gas viene dado por la expresión

Como el gas es ideal y el proceso es cuasiestático

(a temperatura constante)
 TRANSFORMACIONES - PROCESOS
La energía interna U del sistema depende únicamente del estado del
sistema, en un gas ideal depende solamente de su temperatura.

La transferencia de calor o el trabajo mecánico dependen del tipo de

transformación o camino seguido para ir del estado inicial al final.
(1….2)
PROCESO - No hay variación de volumen del gas:
- V = 0 W= P(Δ V)
ISÓCORICO
- W =0

- Q=nCV(TB-TA)

Donde CV, es el calor específico a volumen

constante
- ΔU = Q + W = Q - PΔV

- ΔU = Q
PROCESO ISÓBARICO

- No hay variación en la
presión del gas:
- PRESION CONSTANTE = K

- W=p(VB-VA)

- Q=ncP(TB-TA)
- Donde:
Cp, calor específico a presión constante

-ΔU = Q + W = Q - PΔV
 - No hay variación en la
PROCESO ISOTÉRMICO temperatura del gas:
p TEMPERATURA constante
- ΔT = 0
- ΔU = ΔQ - ΔW
- Si ΔU = 0 (proceso isotérmico)

Entonces 0 = ΔQ – ΔW
V

Por lo tanto, ΔQ = ΔW

Para un gas ideal, la energía interna U es independiente del

volumen, sólo depende de la temperatura.
En consecuencia para cualquier proceso isotermo en un gas ideal

U = 0
 Procesos Específicos y la Primera Ley
Termodinamica
Consecuencia de
Proceso Definición
la 1ra Ley

Adiabático Q=0 U = W

Isocórico
W=0 U = Q = nCvT
( V cte )
Cíclico
U = 0 Q=W
(T cte)
Isobarico
W = P(V) Q = nCpT
(P cte)
 APLICACIÓN DE LA PRIMERA
LEY DE LA TERMODINÁMICA
Ejemplo 1: En la figura, el gas absorbe
400 J de calor y al mismo tiempo Wout =120 J
realiza 120 J de trabajo sobre el pistón.
¿Cuál es el cambio en energía interna
del sistema?

Qin
400 J
Aplique primera ley:

Q +(-W) = U
 Ejemplo 1 (Cont.)

DQ es positivo: +400 J (calor ENTRA) Wout =120 J

DW es negativo: +120 J (trabajo SALE)
Qin
400 J
U = Q - W

U = Q - W

= (+400 J) + (-120 J)
= +280 J  U = +280 J
 PROCESO ISOCÓRICO:
VOLUMEN CONSTANTE, V = 0, W = 0
0
Q = U + W de modo que Q = U
QIN QOUT

No se
+U realiza -U
trabajo

ENTRADA DE CALOR = AUMENTO EN ENERGÍA INTERNA

SALIDA DE CALOR = DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNA
 EJEMPLO ISOCÓRICO:
No hay cambio en
volumen:
P2 B PA PB
=
P1 A TA TB

V1 = V 2
400 J
La entrada de 400 J de entrada de calor
calor aumenta P aumentan la energía interna en
con V constante 400 J y se realiza trabajo cero.
 PROCESO ISOBÁRICO:
PRESIÓN CONSTANTE, P = 0

 U =  Q + W pero W = P V
QIN QOUT

Salida Entrada
+U -U de trabajo
de trabajo

ENTRADA DE CALOR = Wout + AUMENTO EN ENERGÍA INTERNA

SALIDA DE CALOR = Wout + DISMINUCIÓN EN ENERGÍA

INTERNA
 TRABAJO ISOBÁRICO

A B
P VA VB
=
TA TB
PA = PB
400 J V1 V2

Trabajo = área bajo la curva PV

Trabajo = P DV
 PROCESO ISOTÉRMICO:
TEMPERATURA CONSTANTE, T = 0, U = 0

Q = U + W y Q = W
QIN QOUT
Salida Entrada
U = 0 U = 0
de trabajo de
trabajo
ENTRADA NETA DE CALOR = SALIDA DE TRABAJO
ENTRADA DE TRABAJO = SALIDA NETA DE CALOR
EJEMPLO ISOTÉRMICO (T constante):

A
PA
B
PB

U = T = 0 V2 V1

Lenta compresión a
temperatura constante: --
PAVA = PBVB
No hay cambio en U.
 EXPANSIÓN ISOTÉRMICA (T constante):

A
PA PAVA = PBVB
B
PB
TA = T B
VA VB
U = T = 0

El gas absorbe 400 J de

Trabajo isotérmico
energía mientras sobre él se
realizan 400 J de trabajo.
VB
T = U = 0
W  nRT ln
VA
 PROCESO ADIABÁTICO:
NO HAY INTERCAMBIO DE CALOR, Q = 0
Q = U + W ; W = -U or U = -W
W = -U U = -W
Sale trabajo Entra
U +U
trabajo
Q = 0

Trabajo realizado A COSTA de energía interna.

ENTRADA de trabajo AUMENTA energía interna.
 EJEMPLO ADIABÁTICO:

A
PA
B
PB

V1 V2

El gas en expansión
Paredes realiza trabajo con cero
aisladas: Q = 0 pérdida de calor. Trabajo
= -DU
 EXPANSIÓN ADIABÁTICA:

A
PA PA V A P B V B
B
=
PB TA TB
Q = 0 VA VB

Se realizan 400 J de TRABAJO,

lo que DISMINUYE la energía
 
interna en 400 J: el intercambio P
AVA P
BVB
neto de calor es CERO. Q = 0
 CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA
A VOLUMEN CONSTANTE

Puesto que el volumen no cambia,

no se realiza trabajo. Todos los
factores van a aumentar la energía
interna, U.

Q = nCv T
Q = (2 mol)(21.1 J/mol K)(373 K - 273 K)
Q = U = nCv T = 4220 J
U = nCv T
 CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA
A PRESIÓN CONSTANTE

Acaba de ver que se necesitaban 4220 J

de calor a volumen constante. Suponga
que también quiere realizar 1000 J de
trabajo a presión constante

Q = U + W Igual

Q = 4220 J + J
Q = 5220 J Cp > C v
 El calor para elevar la temperatura
de un gas ideal, U, es el mismo
para cualquier proceso.

U = nCvT

Para presión constante Cp > C v

Q = U + W
Cp
nCpT = nCvT + P V 
Cv
 Problema :

Una muestra de 2 L de gas oxígeno tiene temperatura

y presión iniciales de 200 K y 1 atm. El gas
experimenta cuatro procesos:
• AB: se calienta a V constante a 400 K.
• BC: se calienta a P constante a 800 K.
• CD: se enfría a V constante de vuelta a 1 atm.
• DA: se enfría a P constante de vuelta a 200 K.
 DIAGRAMA PV PARA PROBLEMA

B 400 K 800 K
¿Cuántas moles de PB
O2 hay presentes?
A 200 K
1 atm
Considere el punto A:
PV = nRT 2L

PV (101, 300Pa)(0.002m 3 )
n   0.122 mol
RT (8.314J/mol  K)(200K)
 PROCESO AB: ISOCÓRICO

¿Cuál es la presión en B 400 K 800 K

el punto B? PB
Ley: AB A 200 K
1 atm
PA P B
=
TA TB 2L

1 atm = P A P B = 2 atm
200 K 400 K or 203 kPa
 PROCESO AB: Q = U + W

Analice la primera
B 400 K 800 K
ley para el proceso PB
ISOCÓRICO AB.
A 200 K
W = 0 1 atm

Q = U = nCv T 2L

U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K)

Q = +514 J U = +514 J W = 0
 PROCESO BC: ISOBÁRICO
PRESION CONSTANTE
¿Cuál es el volumen B 400 K 800 K
en el punto C y D? PB C
Ley:
200 K
VB V C 1 atm D
=
TB T C 2L 4L

2L VC VC = VD = 4 L
=
400 K 800 K
 HALLAR U PARA EL PROCESO BC

El proceso BC es
ISOBÁRICO B 400 K 800 K
2 atm C
200 K
P = 0 CTE 1 atm

U = nCv T 2L 4L

U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(800 K - 400 K)

U = +1028 J
 HALLAR W PARA EL PROCESO BC.

El trabajo
depende del B 400 K 800 K
2 atm C
cambio en V.
200 K
P = 0 1 atm

Trabajo = P V 2L 4L

W = (2 atm)(4 L - 2 L)
= 4 atm L * 105 J/1 atm.L= 405 J
W = +405 J
 HALLAR Q PARA EL PROCESO BC.

Analice la primera B 400 K 800 K

ley para BC. 2 atm C
200 K
Q =  U +  W 1 atm

Q = +1028 J + 405 J 2L 4L

Q = +1433 J

Q = 1433 J U = 1028 J W = +405 J

 PROCESO CD: ISOCÓRICO

¿Cuál es la temperatura B 400 K 800 K

en el punto D? PB C
Ley V cte A 200 K
1 atm D
PC PD
=
TC TD 2L

2 atm 1 atm
= T D = 400 K
800 K TD
 PROCESO CD: Q = U + W

Analice la primera 400 K 800 K

ley para el proceso PB C
ISOCÓRICO CD.
200 K 400 K
W = 0 1 atm
D
Q = U = nCv T 2L

U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 800 K)

Q = -1028 J U = -1028 J W = 0
 HALLAR U PARA EL PROCESO DA

El proceso DA 400 K 800 K

es ISOBÁRICO. 2 atm

P = 0 1 atm A 200 K 400 K

D
U = nCv T 2L 4L

U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K - 200 K)

U = -514 J
 HALLAR W PARA EL PROCESO DA

El trabajo
400 K 800 K
depende del 2 atm
cambio en V.
A 200 K 400 K
P = 0 1 atm
D
Trabajo = P V 2L 4L

W = (1 atm)(2 L - 4 L) = -2 atm L = -203 J

W = -203 J
 HALLAR Q PARA EL PROCESO DA

Analice la primera 400 K 800 K

ley para DA. 2 atm

A 200 K 400 K
Q =  U +  W 1 atm D

Q = -514 J - 203 J 2L 4L

Q = -717 J

Q = -717 J U = -514 J W = -203 J

 RESUMEN DEL PROBLEMA

Para todos los

procesos:
DQ = DU + DW
Process Q U W
AB 514 J 514 J 0
BC 1433 J 1028 J 405 J
CD -1028 J -1028 J 0
DA -717 J -514 J -203 J
Totals 202 J 0 202 J
TRABAJO NETO PARA CICLOS COMPLETOS
ES EL ÁREA ENCERRADA

+404 J
B C B -202 J C
2 atm 2 atm
Neg
1 atm 1 atm

2L 4L 2L 4L

B C
2 atm área = (1 atm)(2 L)
1 atm
trabajo neto = 2 atm L = 202 J
2L 4L
 Un gas se comprime a una presión constante de 0.8 atm
de 9 L a 2 L. En el proceso, 400 J de energía salen del
gas por calor. (a) ¿Cuál es el trabajo realizado sobre el
gas? (b) ¿Cuál el cambio en su energía interna?

P = constante = 0,8 atm Vf = 2 L, Vi = 9 L ΔV =-7 L W < 0

Q sale sistema < 0 = - 400 J

a.- W = PΔV = - 0,8 atm*(-7 L)*1,013x105 Pa /atm* 10-3 m3/L=

W = 567 J
b.- ΔU = Q + W = - 400 J + 567 J = 167 J

W>0 Q<0
SISTEMA
 EJEMPLO ADIABÁTICO:

Ejemplo 2: Un gas diatómico a 300 K y 1 atm

se comprime adiabáticamente, lo que disminuye
su volumen por 1/12. (VA = 12VB). ¿Cuáles son
la nueva presión y temperatura? ( = 1.4)

B  
PB PAVA = PBVB
A
PA PAVA PBVB
=
Q = 0 VB VA TA TB
ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE PB

 
B PAVA = PBVB
PB
300 K Resolver para PB:
1 atm A 
 VA 
PB  PA  
Q = 0 VB 12VB  VB 

1.4
 12VB 
PB  PA   PB = 32.4 atm
 VB 
1
.4
o 3284 kPa
P
B(
1atm
)(1
2)
 ADIABÁTICO (Cont.): HALLAR TB

B TB=? PAVA PBVB


32.4 atm
TA TB
300 K
1 atm A Resuelva para TB
Q = 0 VB 12VB

(1 atm)(12VB) (32.4 atm)(1 VB)

=
(300 K) TB

TB = 810 K
 ADIABÁTICO (Cont.): Si VA= 96 cm3
y VA= 8 cm3, HALLAR W

B 810 K
32.4 atm Dado que
300 K Q = 0,
1 atm A W = - U
Q = 0 8 cm3 96 cm3

W = - U = - nCV T y CV= 21.1 j/mol K

Encuentre n PV
del punto A PV = nRT n=
RT
ADIABÁTICO (Cont.): Si VA = 96 cm3 y VA =
8 cm3, HALLAR W
PV (101,300 Pa)(8 x10-6 m3)
n= =
RT (8.314 J/mol K)(300 K)

n = 0.000325 mol y CV= 21.1 j/mol K

T = 810 - 300 = 510 K B 810 K

32.4 atm
W = - U = - nCV T 300 K
1 atm
A
W = - 3.50 J 8 cm3 96 cm3