Aplicación De Ecuacion De Clapeyron PDF

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Problemas ilustrativos empleando la ecuación de Clapeyron....

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APLICACIÓN DE LA ECUACIÓN DE CLAPEYRON Problema 1. 0.5 lbm de vapor saturado se convierte en líquido saturado al enfriarse en un dispositivo pesado de cilindro-émbolo que se mantiene a 50 psi. Durante la conversión de fase, el volumen del sistema disminuye en 1.5 pies³, se mueven 250 Btu de calor, y la temperatura permanece fija a 15ºF. Estime la temperatura de punto de ebullición de esta sustancia cuando su presión es de 60 psi.

De la ecuación de Clapeyron (

𝑑𝑃 ) 𝑑𝑇 𝑠𝑎𝑡

5.404 𝑝𝑠𝑖𝑎 ∙ 𝑓𝑡 3 (250 𝐵𝑡𝑢) ( ) / (0.5 𝑙𝑏𝑚) ℎ𝑓𝑔 1 𝐵𝑡𝑢 = = 𝑇𝑣𝑓𝑔 (475𝑅)(1.5𝑓𝑡³)/(0.5 𝑙𝑏𝑚) = 1.896 𝑝𝑠𝑖𝑎/𝑅

Empleando ( 𝑇2 = 𝑇1 +

𝑑𝑃 𝑃2 − 𝑃1 ) ) ≈( 𝑇2 − 𝑇1 𝑠𝑎𝑡 𝑑𝑇 𝑠𝑎𝑡

(60 − 50)𝑝𝑠𝑖𝑎 𝑃2 − 𝑃1 = 475 𝑅 + = 480.3 𝑅 𝑑𝑃/𝑑𝑇 1.896 𝑝𝑠𝑖/𝑅

Problema 2. Calcule la ℎ𝑓𝑔 y la 𝑠𝑓𝑔 del agua a 120ºC a partir de la ecuación de Clapeyron, y compárelas con los valores tabulados.

𝑑𝑃 ℎ𝑓𝑔 ( ) = 𝑇𝑉𝑔 𝑑𝑇 𝑠𝑎𝑡 𝑑𝑃 ℎ𝑓𝑔 = 𝑇𝑉𝑓𝑔 ( ) 𝑑𝑇 𝑠𝑎𝑡 De acuerdo con la tabla A-4. Agua saturada. Tabla de temperaturas. ℎ𝑓𝑔 ≅ 𝑇(𝑉𝑔 − 𝑉𝑓 ) 𝑇(𝑉𝑔 − 𝑉𝑓 )

120℃

(

120℃

(

∆𝑃 ) ∆𝑇 𝑠𝑎𝑡,120℃

𝑃𝑠𝑎𝑡,125℃ − 𝑃𝑠𝑎𝑡,115℃ ) 125℃ − 115℃

ℎ𝑓𝑔 = (120 + 273.15𝐾)(0.89133 − 0.001060 𝑚3 /𝑘𝑔) ( ℎ𝑓𝑔 = 2206.8𝑘𝐽/𝑘𝑔

Para el valor de 𝑠𝑓𝑔 𝑠𝑓𝑔 =

(232.23 − 169.18)𝐾𝑃𝑎 ) 10𝐾

ℎ𝑓𝑔 2206.8 𝑘𝐽/𝑘𝑔 = 5.6131 𝑘𝐽/𝑘𝑔 ∙ 𝐾 = (120 + 273.15)𝐾 𝑇

Los valores tabulados a 120ºC son ℎ𝑓𝑔 = 2202.1 𝑘𝐽/𝑘𝑔 y 𝑠𝑓𝑔 = 5.5013 𝑘𝐽/𝑘𝑔.

Problema 3. Mediante la ecuación de Clapeyron, estime el valor de la entalpía de vaporización del refrigerante 134 a 20ºC, y compárelo con el valor tabulado. Determinar el ℎ𝑓𝑔 del refrigerante 132a usando la ecuación de Clapeyron.

𝑑𝑃 ℎ𝑓𝑔 ( ) = 𝑇𝑉𝑔 𝑑𝑇 𝑠𝑎𝑡 𝑑𝑃 ℎ𝑓𝑔 = 𝑇𝑉𝑓𝑔 ( ) 𝑑𝑇 𝑠𝑎𝑡 De acuerdo con la tabla A-11. Refrigerante 134a saturado. Tabla de temperatura. 𝑉𝑔 = (𝑉𝑔 − 𝑉) 20℃ = 0.035969 − 0.0008161 = 0.035153 𝑚3 /𝑘𝑔 (

𝑑𝑃 ∆𝑃 𝑃𝑠𝑎𝑡 24℃ − 𝑃𝑠𝑎𝑡 16℃ ) ≅( ) = 𝑑𝑇 𝑠𝑎𝑡,20℃ 24℃ − 16℃ ∆𝑇 𝑠𝑎𝑡,20℃ =

646.18 − 504.58𝐾𝑃𝑎 = 17.70𝐾𝑃𝑎/𝐾 8℃

Sustituyendo, se obtiene ℎ𝑓𝑔 = (293.15𝐾) (

𝑘𝑃𝑎 1 𝑘𝐽 0.035153 𝑚3 ) ) (17.70 )( 1 𝑘𝑃𝑎 ∙ 𝑚3 𝑘𝑔 𝐾 ℎ𝑓𝑔 = 182.40 𝑘𝐽/𝑘𝑔

El valor tabulado de ℎ𝑓𝑔 a 20ºC es 182.27 𝑘𝐽/𝑘𝑔.

Problema 4. Usando los datos P-V-T de las tablas para agua saturada, calcúlese para 100ºC a) ℎ𝑔 − ℎ𝑓 , b) 𝑢𝑔 − 𝑢𝑓 y c) 𝑠𝑔 − 𝑠𝑓 . Compárese el resultado con los valores respectivos tomados de la tabla de vapor. a) La variación de ℎ𝑔 − ℎ𝑓 puede obtenerse a partir de la ecuación de Clapeyron, expresada de la forma 𝑑𝑃 ℎ𝑔 − ℎ𝑓 = 𝑇(𝑣𝑔 − 𝑣𝑓 ) ( ) 𝑑𝑇 𝑠𝑎𝑡 Sin embargo, para aplicar esta ecuación es preciso conocer el valor de la pendiente (

𝑑𝑃

)

𝑑𝑇 𝑠𝑎𝑡

de la curva de saturación presión – temperatura a la temperatura dada. Este valor puede determinarse gráficamente, usando los datos de saturación presión – temperatura tomados de las tablas, se puede preparar la gráfica.

La pendiente de esta tangente es aproximadamente 3570 𝑁/𝑚 2

(

𝑑𝑃 𝑁 ) ≈ 3570 2 𝑑𝑇 𝑠𝑎𝑡 𝑚 ∙𝐾

Sustituyendo los valores de la tabla A-4. Agua saturada. Tabla de temperaturas, en la ecuación de Clapeyron se obtiene para ℎ𝑔 − ℎ𝑓

𝑁 𝑚3 1 𝑘𝐽 ℎ𝑔 − ℎ𝑓 = (373.15𝐾)(1.673 − 1.0435 × 10−3 ) ( ) (3570 2 ) ( ) 𝑘𝑔 𝑚 ∙ 𝐾 1 × 103 𝑁 ∙ 𝑚 ℎ𝑔 − ℎ𝑓 = 2227 𝑘𝐽/𝑘𝑔

b) La variación de la energía interna específica durante el cambio de fase puede determinarse usando la definición ℎ = 𝑢 + 𝑃𝑣 ∴ 𝑢𝑔 − 𝑢𝑓 = ℎ𝑔 − ℎ𝑓 − 𝑃(𝑣𝑔 − 𝑣𝑓 )

Sustituyendo los valores para (ℎ𝑔 − ℎ𝑓 ) obtenidos en el apartado (a) junto con los datos de las tablas para 100ºC. 𝑢𝑔 − 𝑢𝑓 = 2227

𝑘𝐽 𝑁 𝑚3 1 𝑘𝐽 ) − (1.014 × 105 2 ) (1.672 )( 𝑘𝑔 𝑘𝑔 1 × 103 𝑁 ∙ 𝑚 𝑚 𝑢𝑔 − 𝑢𝑓 = 2057.5

c) La integración de la expresión

𝑘𝐽 𝑘𝑔

𝑑ℎ = 𝑇𝑑𝑠

Da 𝑠𝑔 − 𝑠𝑓 =

ℎ𝑔 − ℎ𝑓 𝑇

Sustituyendo datos 𝑠𝑔 − 𝑠𝑓 =

𝑘𝐽 2227 𝑘𝑔

373.15 𝐾

= 5.971

𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾

A efectos de comparación, la tabla A-4. Agua saturada. Tabla de temperaturas, da a 100ºC ℎ𝑔 − ℎ𝑓 = 2257 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑢𝑔 − 𝑢𝑓 = 2087.6 𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑠𝑔 − 𝑠𝑓 = 6.048 𝑘𝐽/𝑘𝑔 ∙ 𝐾

Problema 5. Usando la ecuación de Clapeyron, estime la entalpía de vaporización del agua a 300KPa y compárela al valor tabulado. 𝑑𝑃 ℎ ( ) = 𝑔 𝑇𝑉 𝑑𝑇 𝑠𝑎𝑡 𝑔 ℎ𝑓𝑔 = 𝑇𝑉𝑓𝑔 (

𝑑𝑃 ) 𝑑𝑇 𝑠𝑎𝑡

De acuerdo con la tabla A-5. Agua saturada. Tabla de presiones. ℎ𝑓𝑔 ≅ 𝑇(𝑉𝑔 − 𝑉𝑓 ) 𝑇𝑠𝑎𝑡,300𝐾𝑃𝑎 (𝑉𝑔 − 𝑉𝑓 )

( 300 𝐾𝑃𝑎

300 𝐾𝑃𝑎

(

∆𝑃 ) ∆𝑇 𝑠𝑎𝑡,300𝐾𝑃𝑎

(325 − 275)𝑘𝑃𝑎 ∆𝑃 ) ) ( ∆𝑇 𝑠𝑎𝑡,300𝐾𝑃𝑎 𝑇𝑠𝑎𝑡,325𝐾𝑃𝑎 − 𝑇𝑠𝑎𝑡,275𝐾𝑃𝑎

Sustituyendo se obtiene 50𝑘𝑃𝑎 ) ℎ𝑓𝑔 = (133.52 + 273.15𝐾)(0.60582 − 0.001073 𝑚3 /𝑘𝑔) ( (136.27 − 130.58)℃ ℎ𝑓𝑔 = 2159.9 𝑘𝐽/𝑘𝑔

El valor tabulado de ℎ𝑓𝑔 a 300kPa es 2163.5 𝑘𝐽/𝑘𝑔.

APLICACIÓN DE LA ECUACIÓN DE CLAUSIUS - CLAPEYRON Problema 1. Determine la ℎ𝑓𝑔 del refrigerante 134a a 10ºF con la ecuación de ClausiusClapeyron. Compare sus resultados con el valor tabulado de ℎ𝑓𝑔 . De la ecuación Clausius-Clapeyron ln (

ℎ𝑓𝑔 1 1 𝑃2 ) ≅ ( − ) 𝑃1 𝑠𝑎𝑡 𝑅 𝑇1 𝑇2 𝑠𝑎𝑡

De a tabla A-11 Refrigerante 134a saturado. Tabla de temperatura ln (

ℎ𝑓𝑔 1 1 23.793 𝑝𝑠𝑖𝑎 ) ) ≅ ( − 29.759𝑝𝑠𝑖𝑎 0.01946 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚 ∙ 𝑅 15 + 459.67𝑅 5 + 459.67𝑅 ℎ𝑓𝑔 = 96.04 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚

El valor tabulado de ℎ𝑓𝑔 a 10ºF es 89.23 Btu/lbm

Problema 2. La presión de vapor de 1-propanol es 10 Torr a 14.7ºC. Calcula la presión de vapor a 52.8ªC. (Calor de vaporización del 1-propanol es 57.2kJ/mol) 𝑇1 = 14.7℃ = 287.85𝐾 𝑇2 = 52.8℃ = 325.95𝐾 De la ecuación Clausius – Clapeyron ln

∆𝐻𝑣𝑎𝑝 1 1 𝑃2 =− [ − ] 𝑃1 𝑇2 𝑇1 𝑅

Tomando antilogaritmo por ambos lados −∆𝐻𝑣𝑎𝑝 1 1 𝑃2 )( 𝑇 −𝑇 ) ( 𝑅 2 1 =𝑒 𝑃1

𝑃2 = 𝑃1 𝑒 𝑃2 = (10 𝑇𝑜𝑟𝑟)𝑒

−∆𝐻𝑣𝑎𝑝 1 1 ( )( 𝑇 − 𝑇 ) 𝑅 1 2

−47.2 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙 1 1 )( − ( 0.008314 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙𝐾 325.95𝐾 287.85𝐾)

𝑃2 = 100.38 𝑇𝑜𝑟𝑟

Problema 3. La presión de vapor del etanol es de 135.3 mmHg a 40ºC y 542.5 mmHg a 70ºC. Calcular el calor molar de vaporización y la presión del etanol a 50ºC. La ecuación de Clausius – Clapeyron describe satisfactoriamente el equilibrio líquido-gas permitiendo determinar el calor de vaporización involucrado en el proceso. ∴ ln

∆𝐻𝑣𝑎𝑝 1 𝑃2 1 =− [ − ] 𝑃1 𝑇2 𝑇1 𝑅 ∆𝐻𝑣𝑎𝑝 = −

𝑅 = 0.082 𝑎𝑡𝑚 𝐿/𝑚𝑜𝑙 𝐾 ∆𝐻𝑣𝑎𝑝

𝑃 𝑅 ln 𝑃2

1

1 1 𝑇2 − 𝑇1

542.5𝑚𝑚𝐻𝑔 (0.082 𝑎𝑡𝑚 · 𝐿/𝑚𝑜𝑙 · 𝐾) ln ( ) 135.3𝑚𝑚𝐻𝑔 = − 1 1 343.14𝐾 − 313.15𝐾

∆𝐻𝑣𝑎𝑝 = (408.003

𝑎𝑡𝑚 · 𝐿 101.325 𝐿 1 𝑐𝑎𝑙 ) = 9880.71 𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙 )( )( 4.184 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑎𝑡𝑚 · 𝐿 ∆𝐻𝑣𝑎𝑝 = 9880.71 𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙

Problema 4. El punto de ebullición del etanol a una presión de 760 Torr (1atm) es de 78.3ºC y su entalpía de vaporización es de 39.3 kJ. ¿Cuál será su presión de vapor a una temperatura de 46ºC? 𝑇1 = 78.3℃ = 351.3 𝐾 𝑇2 = 46℃ = 319 𝐾 ∆𝐻𝑣𝑎𝑝 = 39.3 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙 = 39300 𝐽/𝑚𝑜𝑙 De la ecuación Clausius – Clapeyron ln

∆𝐻𝑣𝑎𝑝 1 1 𝑃2 =− [ − ] 𝑃1 𝑇2 𝑇1 𝑅

Tomando antilogaritmo por ambos lados −∆𝐻𝑣𝑎𝑝 1 1 )( 𝑇 −𝑇 ) 𝑅 2 1

𝑃2 ( =𝑒 𝑃1

𝑃2 = 𝑃1 𝑒 𝑃2 = (760 𝑇𝑜𝑟𝑟)𝑒

−∆𝐻𝑣𝑎𝑝 1 1 ( )( 𝑇 − 𝑇 ) 𝑅 1 2

−39300 𝐽/𝑚𝑜𝑙 1 1 ( ) )( − 8.314 𝐽/𝑚𝑜𝑙𝐾 319𝐾 351.3𝐾

𝑃2 = 194.58 𝑇𝑜𝑟𝑟

Problema 5. La presión de vapor del hielo es 4.58 Torr a 0ºC y 1.95 Torr a -10ºC ¿Cuál es su entalpía de sublimación en ese rango de temperaturas?

De la ecuación Clausius – Clapeyron ln

∆𝐻𝑣𝑎𝑝 1 1 𝑃2 =− [ − ] 𝑃1 𝑇2 𝑇1 𝑅 ∆𝐻𝑣𝑎𝑝 = −

𝑃 𝑅 ln 𝑃2

1

1 1 𝑇2 − 𝑇1

Sustituyendo los datos con las unidades correspondientes 𝑃1 = 4.58 𝑇𝑜𝑟𝑟 𝑇1 = 0℃ = 273.15 𝐾 𝑃2 = 1.95 𝑇𝑜𝑟𝑟 𝑇2 = 263.15𝐾 𝑅 = 8.314 𝐽/𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾 ∆𝐻𝑣𝑎𝑝

1.95 𝑇𝑜𝑟𝑟 𝐽 (8.314 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾) ln (4.58 𝑇𝑜𝑟𝑟) =− 1 1 263.15𝐾 − 273.15𝐾 ∆𝐻𝑣𝑎𝑝 = 51027.20 𝐽/𝑚𝑜𝑙 ∆𝐻𝑣𝑎𝑝 = 51.0272 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

APLICACIÓN DEL COEFICIENTE DE JOULE-THOMSON Problema 1. Estime el coeficiente de Joule-Thomson del nitrógeno a a) 120 psia y 350R, b) 1200 psia y 700R. a) De acuerdo con EES, la entalpía del nitrógeno a 120 psia y 350R es ℎ = 84.88𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚 El coeficiente de Joule-Thomson esta expresado como 𝜇=(

𝜕𝑇 ∆𝑇 ) ≅( ) 𝜕𝑃 ℎ ∆𝑃 ℎ=84.88𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚

Considerando un proceso de estrangulamiento de 130 psia a 110psia con ℎ = 84.88𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚. El coeficiente de Joule-Thomson quedará determinado por 𝜇=(

(349.40 − 350.50)𝑅 𝑇110𝑝𝑠𝑖𝑎 − 𝑇130𝑝𝑠𝑖𝑎 = 0.0599 𝑅/𝑝𝑠𝑖𝑎 ) = (110 − 130)𝑝𝑠𝑖𝑎 (110 − 130)𝑝𝑠𝑖𝑎 ℎ=84.88𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚 𝜇 = 0.0599 𝑅/𝑝𝑠𝑖𝑎

b) De acuerdo con EES, la entalpía del nitrógeno a 1200psia y 700R ℎ = 170.14𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚 El coeficiente de Joule-Thomson esta expresado como 𝜇=(

𝜕𝑇 ∆𝑇 ) ≅( ) 𝜕𝑃 ℎ ∆𝑃 ℎ=170.14𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚

Considerando un proceso de estrangulamiento de 1210 psia a 1190 psia con ℎ = 170.14𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚. El coeficiente de Joule-Thomson quedará determinado por

𝑇1190𝑝𝑠𝑖𝑎 − 𝑇1210𝑝𝑠𝑖𝑎 (699.91 − 700.09)𝑅 𝜇=( = 0.00929 𝑅/𝑝𝑠𝑖𝑎 ) = (1190 − 1210)𝑝𝑠𝑖𝑎 (1190 − 1210)𝑝𝑠𝑖𝑎 ℎ=170.14𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚 𝜇 = 0.00929 𝑅/𝑝𝑠𝑖𝑎

Problema 2. Estime el coeficiente de Joule-Thomson para refrigerante 134a a 40psia y 60ºF. El coeficiente de Joule-Thomson está definido por 𝜇=(

𝜕𝑇 ) 𝜕𝑃 ℎ

Usando una aproximación de diferencias 𝜇≅

𝑇2 − 𝑇1 𝑃2 − 𝑃1

Para el estado 1, de acuerdo con la Tabla A-13. Refrigerante 134a sobrecalentado 𝑃1 = 40𝑝𝑠𝑖𝑎 𝑇1 = 60℉ ℎ1 = 113.9 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚 El segundo estado esta definido por una presión de 30psia. A esta presión y a la misma entalpía, tenemos 𝑃2 = 30𝑝𝑠𝑖𝑎 𝑇2 = 56.78℉ ℎ2 = ℎ1 = 113.9 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚 Sustituyendo datos en la ecuación 𝜇≅

𝑇2 − 𝑇1 (56.78 − 60)𝑅 = 0.322 𝑅/𝑝𝑠𝑖𝑎 = 𝑃2 − 𝑃1 (30 − 40)𝑝𝑠𝑖𝑎 𝜇 = 0.322 𝑅/𝑝𝑠𝑖𝑎

Problema 3. Demuestre que el coeficiente de Joule-Thomson de un gas ideal es cero. Para un gas ideal

𝑣=

𝑅𝑇 𝑃

y por ello (

𝜕𝑣 𝑅 ) = 𝜕𝑇 𝑃 𝑃

Al sustituir esto, en la ecuación general para el coeficiente de Joule-Thomson −

1 𝜕𝑣 𝜕𝑇 [𝑣 − 𝑇 ( ) ] = ( ) = 𝜇𝐽𝑇 𝐶𝑝 𝜕𝑃 ℎ 𝜕𝑇 𝑃 𝜇𝐽𝑇 = − 𝜇𝐽𝑇 = −

1 𝑅 [𝑣 − 𝑇 ] 𝐶𝑝 𝑃

1 (𝑣 − 𝑣) = 0 𝐶𝑝

𝜇𝐽𝑇,𝑔𝑎𝑠 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 = 0

Problema 4. Estime el coeficiente de Joule-Thomson del refrigerante 134 a 200kPa y 90ºC. El coeficiente de Joule-Thomson esta definido por 𝜕𝑇 𝜇=( ) 𝜕𝑃 ℎ Usando una aproximación de diferencias 𝜇≅

𝑇2 − 𝑇1 𝑃2 − 𝑃1

Para el estado 1, de acuerdo con la Tabla A-13. Refrigerante 134a sobrecalentado 𝑃1 = 200𝑘𝑃𝑎 𝑇1 = 90℃ ℎ1 = 333.93 𝑘𝐽/𝑘𝑔 El segundo estado esta definido por una presión de 180kPa. A esta presión y a la misma entalpía, tenemos 𝑃2 = 180𝑘𝑃𝑎 𝑇2 = 89.78℃ ℎ2 = ℎ1 = 333.93𝑘𝐽/𝑘𝑔 Sustituyendo datos en la ecuación 𝜇≅

(89.78 − 90)𝐾 𝑇2 − 𝑇1 = 0.0110 𝐾/𝑘𝑃𝐴 = (180 − 200)𝑘𝑃𝐴 𝑃2 − 𝑃1 𝜇 = 0.0110 𝐾/𝑘𝑃𝑎

Problema 5. Se estrangula vapor de agua desde 1MPa y 300ºC a una presión ligeramente más pequeña. ¿La temperatura del vapor aumentará, disminuirá o seguirá igual durante este proceso? La entalpía del sistema a 1MPa y T=300ºC es ℎ = 3051.5 𝑘𝐽/𝑘𝑔. Considerando un proceso de estrangulamiento de ese estado a 0.8MPa, la cual es la presión más baja listada en las tablas. La temperatura del estado al final del estrangulamiento será 𝑃 = 0.8 𝑀𝑃𝑎 ℎ = 3051.5 𝑘𝐽/𝑘𝑔 𝑇2 = 297.52℃

Por lo tanto, la temperatura disminuirá.

Fuentes bibliográficas

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Moran M. & Shapiro H.. (sf). Fundamentos de Termodinámica Técnica . Barcelona: Editorial Reverté.

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Cengel Y. & Boles M.. (2012). Termodinámica. Madrid: McGrawHill....