Mezcla de agua y vapor de agua

Enunciado

Se tiene un recipiente cilíndrico de paredes adiabáticas y con pistón móvil también adiabático, inmerso en un ambiente a 300 K y 101.3 kPa de presión. Dentro del recipiente se ponen en contacto 1 kg de agua a 100 ℃ (“subsistema 1”) con 1 m³ de vapor de agua a 200 ℃ (“subsistema 2”). El agua puede considerarse un líquido incompresible de densidad 958.4 kg/m³. El vapor de agua puede suponerse un gas ideal tal que a 100 ℃ y 101.3 kPa tiene una densidad de masa de 0.598 kg/m³. En todo el rango 100 ℃-200 ℃ su calor específico promedio vale $c_{p}=1.850\,\mathrm {kJ} /\mathrm {kg} \cdot \mathrm {K}$. La entalpía específica de vaporización a 100 ℃ y 101.3 kPa vale 2257 kJ/kg.

1. Calcule, para una vez que se ha alcanzado el equilibrio térmico, qué cantidad de agua y de vapor de agua tenemos en el sistema. ¿Cuál es la proporción de la masa de vapor de agua respecto a la masa total (calidad del vapor)?
2. Calcule la variación de energía interna y de entalpía del sistema completo y de cada subsistema en este proceso, así como el trabajo realizado sobre el sistema completo y sobre cada subsistema.

Equilibrio térmico

En este sistema, lo que ocurre es que el vapor se enfría, cediendo calor al agua, que pasa a la forma gaseosa. Sin embargo, de manera análoga a lo que ocurre en el problema “Mezcla de agua y hielo”, puede suceder que todo el agua pase a vapor o que no lo haga.

Por ello, antes de hacer el cálculo del estado final, vamos a ver si en su enfriamiento, el vapor puede proporcionar el calor necesario.

Tenemos 1 kg de agua saturada. Para convertir toda esta agua en vapor saturado necesitamos

$Q_{v}=m\,\Delta h_{v}=1\,\mathrm {kg} \times 2257\,{\frac {\mathrm {kJ} }{\mathrm {kg} }}=2257\,\mathrm {kJ}$

En el proceso de enfriamiento del vapor de agua hasta 100 ℃, la cantidad de calor que se puede liberar es

$Q_{2\mathrm {out} }=mc_{p}(T_{i}-T_{f})=\rho _{v}V_{v}c_{p}(T_{i}-T_{f})=0.598{\frac {\mathrm {kg} }{\mathrm {m} ^{3}}}\times 1\,\mathrm {m} ^{3}\times 1.85\,\mathrm {kJ} {\mathrm {kg} \cdot \mathrm {K} }(200-100)\,\mathrm {K} =110.6\,\mathrm {kJ}$

Vemos que no se puede evaporar, ni de lejos, toda el agua. Lo que ocurre es que el vapor se enfría, evaporando parcialmente el agua. Cuando el vapor llega a 100\,℃ se alcanza el equilibrio térmico (ya que el agua que se está evaporando sigue a 100 ℃) y el proceso se detiene

La masa que se evapora es

$m_{1}={\frac {Q_{2\mathrm {out} }}{\Delta h_{v}}}=0.049\,\mathrm {kg}$

Como resultado en el estado final tenemos una cantidad de agua

$m_{a}=1000\,\mathrm {g} -49\,\mathrm {g} =951\,\mathrm {g}$

y una cantidad de vapor

$m_{v}=598\,\mathrm {g} +49\,\mathrm {g} =647\,\mathrm {g}$

Por tanto, la calidad del vapor resultante es

$x={\frac {647}{961+647}}=40.4\%$

Variación de energía y entalpía

Entalpía

La variacion en la entalpía del agua es la correspondiente a la que se evapora

$\Delta H_{a}=m_{1}\Delta h_{v}=+110.6\,\mathrm {kJ}$

La del vapor corresponde al enfriamiento a presión constante

$\Delta H_{v}=mc(T_{f}-T_{i})=-110.6\,\mathrm {kJ}$

La veriación de entalpía del sistema es nula, como corresponde a un que las paredes sean adiabáticas y el proceso sea a presión constante.

$\Delta H=\Delta H_{a}+\Delta H_{v}=0\,\mathrm {kJ}$

Energía interna

Para la energía interna debemos hallar el valor del trabajo realizado sobre cada subsistema. Tanto la evaporación del agua como el enfriamiento del vapor son a presión constante.

Tenemos, para el agua (incluyendo aquí la cantidad de agua que se evapora)

$W_{a}=-p_{\mathrm {ext} }(V_{f}-V_{i})$

siendo

$V_{i}={\frac {m_{a}}{\rho _{a}}}={\frac {1\,\mathrm {kg} }{958\,\mathrm {kg} /\mathrm {m} ^{3}}}=0.00104\,\mathrm {m} ^{3}$

y

$V_{f}={\frac {m_{af}}{\rho _{a}}}+{\frac {m_{1}}{\rho _{v}}}=\left({\frac {0.951}{958}}+{\frac {0.049}{0.598}}\right)\mathrm {m} ^{3}=0.0820\,\mathrm {L}$

lo que da el trabajo

$W_{a}=-101.3\,\mathrm {kPa} \times (0.0820-0.00104)\,\mathrm {m} ^{3}=-8.30\,\mathrm {kJ}$

y la variación de la energía interna del agua es

$\Delta U_{a}=Q_{a}+W_{a}=\Delta H_{a}+W_{a}=+110.6\,\mathrm {kJ} -8.30\,\mathrm {kJ} =102.3\,\mathrm {kJ}$

Para el vapor (sin contar aquí el agua que se evapora) tenemos, de la misma manera

$W_{v}=-p_{\mathrm {ext} }(V_{f}-V_{i})$

siendo ahora

$V_{i}=1\,\mathrm {m} ^{3}$

y, aplicando la ley de Charles,

$V_{f}={\frac {T_{f}}{T_{i}}}\,V_{i}={\frac {373}{473}}\,\mathrm {m} ^{3}=0.789\,\mathrm {m} ^{3}$

lo que da el trabajo

$W=-101.3\,\mathrm {kPa} (0.789-1.000)\,\mathrm {m} ^{3}=+21.4\,\mathrm {kJ}$

y la variación de la energía interna

$\Delta U_{v}=Q_{v}+W_{v}=-110.6\,\mathrm {kJ} +21.4\,\mathrm {kJ} =-89.2\,\mathrm {kJ}$

La variación de energía total es la suma de las dos

$\Delta U=\Delta U_{a}+\Delta U_{v}=+13.11\,\mathrm {kJ}$

Esta variación es positiva porque hay un trabajo neto sobre el sistema, ya que su volumen total se reduce.