Correos electrónicos guia de problemas resueltos

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EJERCICIO 4 

Basándonos en la ecuación general de la calorimetría Qa + Qc= 0 y Q= m. Ce. ∆t

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Considerar pasaje de unidades: de dag a g (20 dag= 200 g)

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Cede calorías el cuerpo con mayor temperatura, es decir, el aluminio

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Absorbe calorías el cuerpo con menor temperatura, es decir, el agua Por lo tanto:

Qa + Qc= 0 magua x Ceagua x (Tfsistema – Tiagua) + maluminio x Cealuminio x (Tfsistema – Tialuminio)= 0 ¿Cómo conocemos los ∆t? La variación de temperatura es la misma en cualquier escala. Si la temperatura inicial del agua es de 13°C y su ∆t es de 7,5 K (o Celsius), la temperatura final es de 20,5 °C. ¡RECUERDEN! Las variaciones de temperatura (Δt) son iguales en todas las escalas térmicas. Esto no es así cuando hablamos de valores de una temperatura. En ese caso hay que hacer el pasaje para conocer el valor. Por ejemplo: Ti= 10 °C = 283 K ΔT= 10 °C = 10 K

Si reemplazamos: 200 g x 1 cal/g.°C x (20,5 °C – 13 °C) + maluminio x 0,22 cal/g °C x (20,5 °C – 95°C)= 0 200 g x 1 cal/g.°C x 7,5 °C + maluminio x 0,22 cal/g °C x (-74,5 °C)= 0 1500 cal + maluminio x (-16,39 cal/g)= 0 maluminio= 91,52 g

EJERCICIO 5 

Si tenemos en equilibrio térmico agua, hielo y plomo, todos están a la misma temperatura y dado que la temperatura a la que coexisten el agua y el hielo (a 1 atmosfera de presión) es de 0°C. Entonces esa es la temperatura inicial del sistema.

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Si la temperatura se eleva en 20°C, de acuerdo al enunciado, entonces ese es el ∆t. Y dado que partimos de 0°C, entonces la temperatura final será de 20°C. ¡Recuerden! No es lo mismo decir que la temperatura sube en 20 °C que decir que la temperatura sube a 20 °C. En el primer caso nos están dando el Δt, en el segundo, nos están dando la temperatura final. En este caso, dado que la Ti es 0°C, la Tf y el Δt tienen el mismo valor. Veamos otro ejemplo: Si un cuerpo se encuentra a 10 °C y sube su temperatura en 20 °C, la Tf será 30 °C y el Δt será 20 °C. En cambio si ese mismo cuerpo sube su temperatura a 20°C, la Tf es de 20 °C y la Δt es de 10 °C

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En base a la ecuación general de la calorimetría: Qa + Qc= 0 y Q= m. Ce. ∆t

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Considerar pasaje de unidades y conversión de volumen a masa: 200 dg= 20 g; y dada la densidad del agua (1g/cm3), 9 cm3 de agua= 9 g.

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Absorbe energía la parte del sistema con menor temperatura, es decir, el sistema agua – hielo – plomo.

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Cede energía la parte del sistema que se encuentra a mayor temperatura, es decir, el hierro.

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Sabiendo que la temperatura final es de 20 °C, deducimos que va a haber necesariamente un cambio de estado: el hielo va a fusionarse (derretirse). Una vez que el hielo se fusiona pasará a tener las propiedades del agua líquida. Entonces: Qa + Qc= 0

Cfusión hielo + magua “ex hielo” x Ceagua x (Tfsistema – Tiagua “ex hielo”) + magua líquida x Ceagua x (Tfsistema – Tiagua líquida) + mplomo x Ceplomo x (Tfsistema – Tiplomo) + mhierro x Cehierro x (Tfsistema – Tihierro)= 0 20 g x 80 cal/g + 20 g x 1 cal/g°C x (20°C – 0 °C) + 9 g x 1 cal/g°C x (20°C – 0 °C) + 9 g x 0,03 cal/g°C x (20°C – 0 °C) + mhierro x 0,113 cal/g°C x (20°C-99°C)= 0 1600 cal + 20 cal/°C x 20 °C + 9 cal/°C x 20 °C + 0,27 cal/°C x 20 °C + mhierro x 0,113 cal/g°C x (-79 °C)= 0 1600 cal + 400 cal + 180 cal + 5,4 cal + mhierro x (-8,93 cal/g)= 0 2185,4 cal + mhierro (-8,93 cal/g)= 0

mhierro=

−2185,4 𝑐𝑎𝑙 −8,93 𝑐𝑎𝑙/𝑔

mhierro= 244,72 g ¡Recuerden! Cuando el hielo se fusiona, adquiere las propiedades del agua líquida. Por este motivo, otra forma de resolver este problema es sumar la masa de agua líquida correspondiente al hielo derretido con la masa de agua que originalmente estaba en estado líquido

20 g x 80 cal/g + 29 g x 1 cal/g°C x (20°C – 0 °C) + 9 g x 0,03 cal/g°C x (20°C – 0 °C) + mhierro x 0,113 cal/g°C x (20°C-99°C)= 0

EJERCICIO 6 

En base a la ecuación general de la calorimetría: Qa + Qc= 0 y Q= m. Ce. ∆t

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Considerar pasaje de unidades y conversión volumen a masa: 8 kg = 8000 g , 1 kg= 1000 g y 2dm3 de agua (densidad= 1 g/cm3)= 2000 g

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Observaciones: 1- la temperatura inicial del hielo-agua es de 0 °C, ya que (a 1 atm de presión) esa es la temperatura a la que coexisten los estados sólido y líquido del agua. 2- Aunque parezca evidente aclaremos que el hierro será quien ceda calor (por estar a mayor temperatura) y el agua-hielo será quien absorba calor (por estar a menor temperatura)

Antes de plantear el ejercicio debemos pensar cuáles son los posibles escenarios: - La cantidad de calorías que es capaz de ceder el hierro podrían alcanzar para fundir sólo una parte de los 1000 g de hielo (en este caso la Tf sería 0 °C ya que quedarían en equilibrio térmico agua-hielo-hierro). - La cantidad de calorías que es capaz de ceder el hierro podrían alcanzar para fundir los 1000 g de hielo (en este caso la Tf sería 0 °C ya que quedarían en equilibrio térmico agua-hierro). - La cantidad de calorías que es capaz de ceder el hierro podrían alcanzar para fundir los 1000 g de hielo y además para elevar la temperatura del agua hasta una temperatura final mayor a 0 °C. Para saber en cuál de estos 3 casos estamos y conocer la temperatura final, debemos hacer un “tanteo”. Sabemos por teoría, que la temperatura final será ≥ 0 °C y < 100 °C ya que estas son las temperaturas iniciales de los componentes de nuestro sistema. Entonces la 1° etapa en la resolución de este problema será realizar el “tanteo”: a)

Calculamos cuántas calorías podría, potencialmente, ceder el hierro como máximo. Es decir, si pasara de su Ti de 100 °C a una Tf de 0 °C (que es la temperatura del agua-hielo):

Qcedido= 8000 g x 0,113 cal/g°C * (0°C- 100°C) = - 90400 cal

b)

Calculamos cuántas calorías requieren los 1000 g de hielo a 0 °C para fundirse:

Qabsorbido= 1000 g x 80 cal/g = 80000 cal En este punto podemos sacar una conclusión del tanteo: como el hierro es capaz de ceder más calorías (90400 cal) que las que necesita el hielo para derretirse (80000 cal), sabemos que la temperatura final será mayor que 0 °C (no sólo cederá las 80000 cal necesarias para fundir el hielo, sino que cederá además un excedente de calorías que elevará la temperatura del agua). A esta temperatura final la podemos llamar temperatura final del sistema (Tfs) ya que tanto el agua como el hierro tendrán la misma Tf (equilibrio térmico). Ahora podríamos hacernos una pregunta: ¿podemos decir que el hierro va a ceder 90400 cal? No, porque esa es la cantidad máxima de energía térmica que puede ceder potencialmente, siempre y cuando llegue a una temperatura final de 0 °C. Y por lo que acabamos de concluir la temperatura final del sistema será mayor que 0°C. Otra aclaración que podemos hacer es que una vez fundidos los 1000 g de hielo, tendremos 3000 g de agua a 0 °C (1000 g que provienen del hielo + 2000 g que ya se encontraban en estado líquido). Ahora sí, pasamos a la 2° etapa, en la que reemplazaremos en la ecuación general de la calorimetría: Vale la pena aclarar que en el Qabsorbido vamos a tener que incluir 2 términos: el primero calculará las calorías necesarias para fundir los 1000 g de hielo y el segundo calculará las calorías necesarias para llevar los 3000 g de agua desde los 0 °C hasta la Tf del sistema. Qa + Qc= 0 mhielo . Cfhielo + magua . Ceagua . (Tfs – Ti) + mhierro . CeFe . (Tfs – TiFe) = 0 1000 g . 80 cal/g + 3000 g . 1 cal/g°C . (Tfs – 0 °C) + 8000 g . 0,113 cal/g°C . (Tfs-100°C) = 0 80000 cal + 3000 cal/°C . (Tfs – 0 °C) + 904 cal/°C . (Tfs - 100°C) = 0 80000 cal + 3000 cal/°C . Tfs + 904 cal/°C . Tfs – 90400 cal = 0 -10400 cal + 3904 cal/°C . Tfs = 0 Tfs =

10400 cal 3904 cal/°C

Tfs = 2,66 °C

EJERCICIO 7 

En base a la ecuación general de la calorimetría: Qa + Qc = 0 y Q = m . Ce . ∆t

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Considerar pasaje de unidades: 1 hg= 100 g, 20 kcal = 20000 cal

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Si hielo y agua coexisten en equilibrio (a 1 atm de presión), Temp. inicial= 0°C

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Por enunciado el calor cedido (que es igual al absorbido en módulo) es de 20 Kcal (20000 calorías) y la temperatura final del sistema es de 10°C

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Una vez fundidos los 100 g de hielo tendremos una masa de agua líquida a 0 °C, formada por estos 100 g del deshielo + la masa de agua líquida que había originalmente.

Qa + Qc = 0 mhielo . Cfhielo + magua . Ceagua . (Tfs – Ti) + (-20000 cal) = 0 100 g . 80 cal/g + magua . 1 cal/g°C . (10 °C – 0 °C) + (-20000 cal) = 0 8000 cal + magua . 10 cal/g + (-20000 cal) = 0 -12000 cal + magua . 10 cal/g = 0

magua =

12000 cal 10 cal/g

magua = 1200 g

Ya sabemos que la masa de agua líquida que finaliza a una temperatura de 10 °C es de 1200 g. Pero ¿esta era la masa de agua líquida inicial? No, recordar que había 100 g de hielo, por lo tanto, la masa de agua líquida inicial será: m = 1200 g – 100g = 1100 g

100 g ______ 1 hg 1100 g ______ x = 11 hg = masa inicial de agua

EJERCICIO 9

mvapor = 250 dg = 25 g

→

tinicial = 388 K = 115°C

Fuente fría → 15 kcal = 15000 cal Qs= Calor sensible Ql= Calor latente Cede: vapor a 115°C Absorbe: Fuente fría QA = 15000 cal 

Vapor de 115°C a 100°C QS = mvapor . Cevapor . (tf – ti) QS = 25 g.0,45 cal/g°C.(100°C – 115°C) QS = -168,75 cal

Todavía falta absorber 14831,25 cal 

Vapor cambia de estado, condensación. QL = mvapor . Ccond. QL = 25 g . (-540 cal/g) QL = -13500 cal

Todavía falta absorber 1331,25 cal 

Agua de 100°C a 0°C QS = magua . Ceagua . (tf – ti) QS = 25 g . 1 cal/g°C . (0°C – 100°C) QS = -2500 cal

Las calorías cedidas exceden las calorías absorbidas por la fuente fría. La temperatura final estará entre los 0°C y 100°C. QC + QA = 0 mvapor.Cevapor.(100°C-115°C) + mvapor.Ccond. + magua.Ceagua.(tf – 100°C) + QA = 0 -168,75 cal - 13500 cal + 25 g .1 cal/g°C . (tf – 100°C) + 15000 cal = 0 -168,75 cal - 13500 cal + 25 cal/°C . tf – 2500 cal + 15000 cal = 0 -1168,75 cal + 25 cal/°C . tf = 0 25 cal/°C . tf = 1168,75 cal tf =

1168,75 𝑐𝑎𝑙 25 𝑐𝑎𝑙/°𝐶

tf = 46,75 °C

EJERCICIO 10

VolH2O = 10 dm3 = 10 litros mH2O = 10 kg = 10000 g →

mhielo = 500 g

ti

→

ti = ?

tfinal = 9°C

ti = -7°C

Q1 QC + QA = 0 Q1 + Q2,3,4 = 0

9°C

Q3 0°C

Q4 tiempo

Q2 -7°C

mH2O.CeH2O.(tf-ti) + mhielo.Cehielo.(tf-ti) + mhielo.Cf + mex-hielo.CeH2O.(tf-ti) = 0 10000g.1cal/g°C.(9°C-ti) + 500g.0,5cal/g°C.[0°C-(-7°C)] + 500g.80cal/g + 500g.1cal/g°C.(9°C-0°C) = 0

90000 cal – 10000 cal/°C. ti + 1750 cal + 40000 cal + 4500 cal = 0 136250 cal – 10000 cal/°C . ti = 0 – 10000 cal/°C. ti = -136250 cal −136250 𝑐𝑎𝑙

ti = −10000 𝑐𝑎𝑙/°𝐶 ti = 13,625 °C

EJERCICIO 11

a)

mH2O = 1hg = 100 g mvapor = 10 g

ti = 100°C

mH2O = 500 g → ti = 80°C Cede: H2O y vapor a 100°C → mH2O(C) y mvapor Absorbe: H2O a 80°C → mH2O(A) Qs= calor sensible Ql= calor latente



Agua de 80°C a 100°C QS = mH2O(A) . CeH2O . (tf – ti) QS = 500g. 1 cal/g°C. (100°C – 80°C) QS = 10000 cal

Necesita absorber 10000 calorías para alcanzar los 100°C. 

Vapor cambia de estado, condensación. QL = mvapor . Ccond. QL = 10 g.(-540 cal/g) QL = -5400 cal

El vapor cede 5400 cal, que no son suficientes para que el agua de 80°C llegue a 100°C. El sistema sigue cediendo calorías hasta llegar a una temperatura de equilibrio entre 80°C y 100°C.

QC + QA = 0 mvapor.Ccond. + (mH2O(C)+mvapor).CeH2O.(tf – 100°C) + mH2O(A).CeH2O.(tf – 80°C) = 0 -5400 cal + (100g+10g).1 cal/g°C.(tf-100°C) + 500g.1 cal/g°C.(tf-80°C) = 0 -5400 cal + 110 cal/°C. tf – 11000 cal + 500 cal/°C. tf – 40000 cal = 0 -56400 cal + 610 cal/°C. tf = 0

610 cal/°C. tf = 56400 cal 56400 𝑐𝑎𝑙

tf = 610 𝑐𝑎𝑙/°𝐶 tf = 92,46 °C

En el equilibrio toda la masa es agua líquida → 610 g b)

mH2O = 1hg = 100 g mvapor = 100 g

ti = 100°C →

mH2O = 500 g

ti = 80°C

Cede: H2O y vapor a 100°C → Absorbe: H2O a 80°C 

mH2O(C) y mvapor → mH2O(A)

Agua de 80°C a 100°C QS = mH2O(A) . CeH2O . (tf – ti) QS = 500g. 1 cal/g°C. (100°C – 80°C) QS = 10000 cal

Necesita absorber 10000 calorías para alcanzar los 100°C. 

Vapor cambia de estado, condensación. QL = mvapor . Ccond. QL = 100 g.(-540 cal/g) QL = -54000 cal

El vapor puede ceder 54000 cal, que son suficientes para que el agua de 80°C llegue a 100°C. El sistema alcanza el equilibrio y deja de intercambiar calorías. tfinal = 100°C La masa de vapor condensado cede 10000 calorías. Por lo tanto… 

Gramos de vapor condensado QL = mvapor . Ccond. -10000 cal = mvapor.(-540 cal/g) −10000 𝑐𝑎𝑙

mvapor = −540 𝑐𝑎𝑙/𝑔 mvapor = 18,52 g Estado de agregación final: -

Vapor → Agua →

100 g – 18,52 g = 81,48 g 100 g + 500 g + 18,52 g = 618,52 g

EJERCICIO 13

Datos generales del ácido benzoico:  = 1,27 g/cm3, Teb = 249 °C, Tfusión = 122,4 °C; Cfusión = 35,4 °C/g, Cesólido = 0,29 cal/g.°C, Celíquido = 0,27 cal/g.°C Datos aportados por el problema: a) cuerpo con mayor energía: 24 g de ácido benzoico a 140 °C b) cuerpo con menor energía 54 g de ácido benzoico a 25 °C Aclaración: a 140 °C el ácido benzoico se encuentra en estado líquido y a 25 °C en estado sólido 1° etapa: - realizar tanteos: a) qué cantidad de energía térmica (calorías) pueden ceder los 24 g de ácido benzoico desde su estado inicial (140 °C) hasta alcanzar el cambio de estado (temperatura de fusión = 122,4 °C), b) qué cantidad de energía térmica puede absorber los 54 g de ácido benzoico desde su temperatura inicial (25 °C) hasta alcanzar el cambio de estado (122,4 °C).

a. Calor cedido: Qc = m . Ce . (tf - ti) = 24 g . 0,27 cal . (122,4 °C – 140 °C) = 6,48 cal . (– 17,6 °C) = – 114,05 cal g .°C °C b. Calor absorbido: Qa = m . Ce . (tf - ti) = 54 g . 0,29 cal . (122,4 °C – 25 °C) = 15,66 cal . 97,4 °C = 1525,3 cal g .°C °C Es evidente, en este tanteo, que se pueden ceder muchas más calorías. Probemos con el cambio de estado de quien cede para poder calcular, ¿cuántas calorías se pierden durante el mismo? a´. Calor cedido en el cambio de estado de líquido a sólido: Aclaración: el Cf, es de solidificación, o sea que las calorías se están cediendo, por ende el valor de la constante se pone en la ecuación con signo negativo. QL = m . Cf = 24 g . (– 35,4 cal) = – 849,6 cal g Ahora volvemos a comparar: a- energía cedida por los 24 g de ác benzoico líquido para enfriarse y cambiar de estado a sólido Qc + QL = – 114,05 cal + (– 849,6 cal) = – 963,65 cal b- energía absorbida por los 54 g de ác benzoico hasta alcanzar el punto fusión Qa = 1525,3 cal Al no alcanzar las calorías que cede la fuente de mayor energía con la que puede absorber la de menor energía el planteo de este problema debería agregar un paso más que es el enfriamiento de los 24 g de ác benzoico hasta que se equilibren la cantidad de energía cedida con la absorbida.

2° etapa Planteo de la Ecuación de la calorimetría: Qc + Qa = 0 m . Ce . (tf - ti) + m . Cf + m . Ce . (tf - ti) + m . Ce . (tf - ti) = 0

24g . 0,27cal .(122,4°C–140°C) + 24g .(–35,4 cal) + 24g . 0,29cal . (tf –122,4°C) + 54g . 0,29cal . (tf –25°C) = 0 g.°C g g.°C g.°C 6,48 cal .(– 17,6°C) + (– 849,6 cal) + (6,96 cal. tf) +(– 851,9 cal) + (15,66 cal. tf) + 391,5 cal = 0 °C °C °C – 114,05 cal – 849,6 cal – 851,9 cal – 391,5 cal + (6,96 cal. tf + 15,66 cal. tf) = 0 °C °C – 2207,05 cal + (22,62 cal . tf) = 0 °C 22,62 cal . tf = 2207,05 cal °C tf = 2207,05 cal .°C = 97,57 °C 22,62 cal

EJERCICIO 14 Datos generales: Tfusión Pb = 327,5 °C; CePb = 0,03 cal/g.°C, Cfusión hielo = 80 °C/g, Cvaporización = 540 °C/g, Cehielo = 0,5 cal/g.°C, Cevapor agua = 0,45 cal/g.°C Datos aportados por el problema: c) cuerpo con mayor energía: 10 dag de vapor de agua + 10 dag de plomo ambos a 110 °C (Pr: 1 atm) d) cuerpo con menor energía 30 g de hielo a -5 °C Aclaración: el plomo no va a cambiar de estado (Tfusión Pb = 327,5 °C). Se va a encontrar siempre como sólido. 1° etapa: - realizar tanteos: c) qué cantidad de energía térmica (calorías) pueden ceder los 10 dag de vapor de agua desde su estado inicial (110 °C) hasta alcanzar el cambio de estado (temperatura de condensación/ebullición = 100 °C), al plomo por su masa y bajo Ce lo consideraremos despreciable en la cantidad de calorías que aporta para el tanteo. d) qué cantidad de energía térmica puede absorber los 30 g de hielo desde su temperatura inicial (-5 °C) hasta alcanzar el cambio de estado (temperatura de fusión = 0 °C), de poder seguir absorbiendo hacer el cambio de estado y continuar luego subiendo su temperatura hasta alcanzar el punto de ebullición. Equivalencia: 10 dag = 100 g c. Calor cedido: Qc = mvapor . Ce . (tf - ti) = 100 g . 0,45 cal . (100 °C – 110 °C) = 45 cal . (– 10 °C) = – 450 cal g .°C °C QL = mvapor . Cv = 100 g . (– 540 cal) = – 54000 cal g Calor cedido = – 54000 cal + (– 450 cal) = – 54450 cal d. Calor absorbido:

Qa = mhielo . Ce . (tf - ti) = 30 g . 0,5 cal . (0 °C – (-5 °C)) = 15 cal . 5 °C = 75 cal g .°C °C QL = mhielo . Cf = 30 g . 80 cal = 2400 cal g Qa = mex-hielo . Ce . (tf - ti) = 30 g . 1 cal . (100 °C – 0 °C) = 30 cal . 100 °C = 3000 cal g .°C °C Calor absorbido = 75 cal + 2400 cal + 3000 cal = 5475 cal Es evidente, en este tanteo, que el vapor enfriándose y cambiando de estado pueden ceder muchas más calorías que las que puede absorber el hielo aumentando su temperatura hasta 0 °C, cambiando de estado a agua y elevando la temperatura de ésta hasta 100 °C

La temperatura final del sistema en equilibrio va a ser de 100 °C, coexistiendo en el mismo: agua líquida, vapor de agua y plomo en estado sólido.

Probemos calcular, ¿cuántos gramos de agua en estado líquido y de vapor coexisten a 100 °C?

2° etapa Planteo de la Ecuación de la calorimetría: Qc + Qa = 0 mvapor . Ce . (tf - ti) + mvapor . Cv + mPb . CePb . (tf - ti) + mhielo . Ce . (tf - ti) + CL. mhielo + magua . Ce . (tf - ti) = 0 100 g . 0,45 cal . (100 °C - 110 °C) + m . (-540 cal) + 100 g . 0,03 cal . (100 °C - 110 °C) + g.°C g g.°C + 30 g . 0,5 cal . (0 °C - (- 5 °C)) + 30 g . 80 cal + 30 g . 1 cal . (100 °C – 0 °C) = 0 g.°C g g °C 45 cal . (- 10 °C) + mvapor . (- 540 cal) + 3 cal . 10 °C + 15 cal . 5 °C + 2.400 cal + 30 cal . 100 °C= 0 °C g °C °C °C – 450 cal + mvapor . (– 540 cal) + 30 cal + 75 cal + 2400 cal + 3000 cal = 0 g 5055 cal + mvapor . (– 540 cal) = 0 g mvapor . (– 540 cal) = – 5055 cal g tf = + 5055 cal . g = 9,36 g de vapor se condensan + 540 cal En el sistema adiabático coexisten en equilibrio a 100 °C: -

100 g de plomo, 39,36 g de agua líquida 90,64 g de vapor de agua

EJERCICIO 15 Datos generales: Cfusión hielo = 80 °C/g, Cvaporización = 540 °C/g, Cehielo = 0,5 cal/g.°C, Cevapor agua = 0,45 cal/g.°C Datos aportados por el problema: a) cuerpo con mayor energía: 10 g de vapor de agua a 105 °C (Pr: 1 atm) b) cuerpo con menor energía 2 kg de hielo a -30 °C

1° etapa: - realizar tanteos: a) qué cantidad de energía térmica puede absorber los 2 kg de hielo desde su temperatura inicial (-30 °C) hasta alcanzar el cambio de estado (temp. de fusión = 0 °C). b) qué cantidad de energía térmica (calorías) pueden ceder los 10 g de vapor de agua desde su estado inicial (105 °C) hasta alcanzar el cambio de estado (temp. de condensación/ebullición = 100 °C). Ver si se sigue enfriando y hasta cuando. Equivalencia: 2 kg = 2.000 g a. Calor absorbido: Qa = mhielo . Ce . (tf - ti) = 2.000 g . 0,5 cal . (0 °C – (-30 °C)) = 1.000 cal . 30 °C = 30.000 cal g .°C °C Calor absorbido = 30.000 cal b. Calor cedido: Qc = mvapor . Ce . (tf - ti) = 10 g . 0,45 cal . (100 °C – 105 °C) = 4,5 cal . (5 °C) = – 22,5 cal g .°C °C QL = mvapor . Cv = 10 g . (– 540 cal) = – 5.400 cal g Qa = mex-hielo . Ce . (tf - ti) = 10 g . 1 cal . (0 °C – 100 °C) = 10 cal . (-100 °C) = – 1.000 cal g .°C °C QL = mhielo . Cf = 10 g . 80 cal = 800 cal g Calor cedido = – 22,5 cal – 5.400 cal – 1.000 cal – 800 cal = – 7.222,5 cal Es evidente, en este tanteo, que el vapor se enfría hasta 100 °C, cambia de estado, ya como agua en estado líquido se sigue enfriando hasta alcanzar los 0 °C y vuelve a cambiar de estado (solidificación) y como hielo seguirá bajando la temperatura hasta que alcance el equilibrio térmico (temperatura final del sistema) con la fuente que absorbe energía (hielo a – 30 °C) que aumentará su temperatura llegar al mismo punto. La temperatura final del sistema en equilibrio va a ser por debajo de 0 °C, el mismo estará conformado por : agua sólida (hielo) en su totalidad, o sea 2000 g + 10 g = 2010 g de hielo. Probemos calcular, ¿cuál será la temperatura final del sistema?

2° etapa Planteo de la Ecuación de la calorimetría: Qc + Qa = 0 mvapor . Ce . (tf - ti) + mvapor . Cv + magua . Ce . (tf - ti) + CL. mhielo + mhielo . Ce . (tf - ti) + mhielo . Ce . (tf - ti) = 0 10 g . 0,45 cal . (100 °C - 105 °C) + 10 g . (- 540 cal) + 10 g . 1 cal . (0 °C - 100 °C) + 10 g . (- 80 cal) + g.°C g g.°C g + 10 g . 0,5 cal . (tf – 0 °C) + 2.000 g . 0,5 cal . (tf - (- 30 °C)) = 0 g.°C g.°C 4,5 cal .(- 5 °C) + 10 g . (- 540 cal) + 10 cal . (- 100 °C) - 800 cal + 5 cal . tf + 0 + 1.000 cal . tf + 30.000 cal = 0 °C g °C °C °C – 22,5 cal – 5.400 cal – 1.000 cal – 800 cal + 5 cal . tf + 1.000 cal . tf + 30.000 cal = 0 °C °C – 7.222,5 cal + 30.000 cal + 5 cal . tf + 1.000 cal . tf = 0 °C °C 22.777,5 cal + (5 cal + 1.000 cal ) . tf = 0 °C °C 1.005 cal . tf = – 22.777,5 cal °C tf = – 22.777.5 cal . °C = – 22,66 °C 1.005 cal Rta.: La temperatura final del sistema será de – 22,66 °C y estará conformado por 2010 g de hielo.

EJERCICIO 16 Datos generales: Tfusión Pb = 327,5 °C; CePb = 0,03 cal/g.°C, Cfusión hielo = 80 °C/g, Cvaporización = 540 °C/g, Cehielo = 0,5 cal/g.°C, Cevapor agua = 0,45 cal/g.°C Datos aportados por el problema: a) cuerpo con mayor energía: 65,36 dag de plomo ambos a 373 K b) cuerpo con menor energía 1/2 kg de hielo a -8 °C Aclaración: el plomo no va a cambiar de estado (Tfusión Pb = 327,5 °C). Se va a encontrar siempre como sólido. 1° etapa: - realizar tanteos: a) qué cantidad de energía térmica (calorías) pueden ceder los 65,36 dag de plomo a 373 K b) qué cantidad de energía térmica puede absorber los ½ kg de hielo desde su temperatura inicial (-8 °C) hasta alcanzar estado final (temp. final del sistema). Equivalencia: 65,36 dag = 653,6 g

½ kg = 0,5 kg = 500 g 373 K = 100 °C a. Calor cedido: Qc = mPb . Ce . (tf - ti) = 653,6 g . 0,03 cal . (0 °C – 100 °C) = 19,608 cal . (– 100 °C) = – 1960,8 cal g .°C °C b. Calor absorbido: Qa = mhielo . Ce . (tf - ti) = 500 g . 0,5 cal . (0 °C – (-8 °C)) = 250 cal . 8 °C = 2000 cal g .°C °C

En este tanteo podemos ver que el hielo para llegar a 0 °C (temperatura en la cual puede comenzar el cambio de estado, fusión) necesita 2.000 calorías y que el Plomo para enfriarse hasta 0 °C donde alcanzaría el equilibrio con el hielo solo puede ceder 1.960,8 calorías. La temperatura final del sistema en equilibrio va a ser menor de 0 °C, coexistiendo en el mismo: hielo y plomo en estado sólido.

Probemos calcular, ¿cuántos gramos de agua en estado líquido y de hielo coexisten, a 0 °C, con el plomo?

2° etapa Planteo de la Ecuación de la calorimetría: Qc + Qa = 0 MPb . Ce . (tf - ti) + mhielo . Ce . (tf - ti) = 0 653,6 g . 0,03 cal . (tf - 100 °C) + 500 g . 0,5 cal . (tf - (- 8 °C)) = 0 g.°C g °C 19,608 cal . (tf - 100 °C) + 250 cal . (tf + 8 °C) = 0 °C °C (19,608 cal . tf) – 1.960,8 cal + (250 cal . tf) + 2.000 cal = 0 °C °C 39,2 cal + tf . (269,608 cal) = 0 °C tf . (269,608 cal) = – 39,2 cal °C tf = – 39,2 cal . °C = – 0,145 °C 269,608 cal

EJERCICIO 19 mmetal = 10 kg = 10000 g

→ ti = 250 K = -23°C

tf = 90°C

→ ti = 110°C

mvapor = 300 g Cede: vapor a 110°C Absorbe: metal a -23°C

QC + QA = 0 mvapor.Cevapor.(100°C-110°C) + mvapor.Ccond. + magua.Ceagua.(90°C–100°C) + mmetal.Cemetal.[90°C–(-23°C)] = 0 300g.0,45cal/g°C.(-10°C) + 300g.(-540cal/g) + 300g.1cal/g°C.(-10°C) + 10000g.Cemetal.(113°C) = 0 -1350 cal - 162000 cal - 3000 cal + 1130000 g°C.Cemetal = 0 -166350 cal + 1130000 g°C.Cemetal = 0 1130000 g°C.Cemetal = 166350 cal 166350 𝑐𝑎𝑙

Cemetal = 1130000 𝑔/°𝐶 Cemetal = 0,147 cal/g°C