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1.- (7.2 José Segura Clavel) Se suministra 90 KJ en forma de calor a una casa de 1 Kg. De aire durante un proceso que tiene lugar a presión constante. Si la temperatura inicial es de 60 0C y Cp = 1.006KJ/Kg. OK, determínese la temperatura final. Solución: Los datos Q = 90KJ. m = 1 Kg. T1 = 60OC Cp = 1.006KJ:/Kg. OK T2 =? Datos sacados de la tabla R = 0.8700 KJ. /Kg. OK Cv = 0.07165 KJ. /Kg. OK ⇒ De la siguiente ecuación Q = Δu +W Donde: W = R (T2-T1) Δu = Cv (T2-T1)

⇒ 90 KJ . =0.7165

KJ . KJ . (T2 −T1 ) +0.87 (T2 −T1 ) Kg .O K Kg .O K

⇒ (T2 −T1 ) =88.4135 O K ⇒ T2 =(88.4132 +333) O K ⇒ T2 =421.40135 O K

2.- (7.5 José Segura Clavel) c T

2 La entalpía especifica de una sustancia viene dada por h = aT + bT + ( ) − d siendo a, b, c

y d constantes. Calcúlese el calor específico de esta sustancia a presión constante. Solución: Por la relación ya conocida de la parte teórica podemos afirmar que:  ∂h   ∂h  dh =   dT +   dp  ∂T  p  ∂p  T  ∂h  dh = c p dT +   dp  ∂h  T  ∂h  ∴cp =    ∂T  p

⇒ ( dp = 0,

porser la

presion = cte )

∂(aT + bT 2 + c − d ) T cp = ∂T c p = a + 2bT − c 2 Rpta T

3.- (7.6 José Segura Clavel) Un gas perfecto se comprime politropicamente desde el estado inicial de p 1 = 2 atm. y V1 = 12 litros al estado final de p2 = 5atm. y V2 = 8 litros. Determínese, en Joules, el trabajo realizado.

Solución: Los datos son: P1 = 2 atm. P2 = 5 atm. V1 = 12 lt. V2 = 8 lt. Entonces como nos dicen que es un proceso politrópico usamos las ecuaciones correspondientes Para hallar primero el valor de n

⇒

P1V1n = P2V2n ( 2atm.)(12lt.) n = (5atm, )(8lt .) n

2 x 2 2 n x3 n = 5 x 2 3 n 2 2 =  5 3

n

⇒

0.4 = (0.67) n

log(0.4) = log(0.67) n

log(0.4) = n log(0.67)

n=

log(0.4) ⇒ log(0.67 )

n = 2.29

Ahora hallamos el trabajo efectuado de la siguiente ecuación W = ∫ 12 PdV

W = ∫ 12 cte.V

W = cte.

V 1−n 1−n

⇒

W =

⇒

W =

−n

dV

⇒ W=

1 2

PV 1− n

1 2

P2V2 − P1V 1 1−n

5atm.x8lt . − 2atm.x12lt . 1 − 2.29

⇒ W= -12.40atm.xlt

÷ (0.097058)

⇒ W= -1256.5 joule

⇒W =

atm.xlt. joule

40atm.xlt. − 24atm.xlt. −1.29

4. – (7.7 José Segura Clavel) Una masa de aire seco se expande adiabaticamente hasta adquirir un volumen que sea cuatro veces el inicial. Calcúlese la presión y la temperatura final si inicialmente estaba a 20 oC. (Índice adiabático γ = 1.4) Solución: Los datos son: V1= 4V2 P1= 1atm. T1= 20oC γ =1.4

T2=? P2=? Como este problema es adiabático entonces usaremos la siguiente ecuación para hallar la temperatura final

T1V1γ −1 = T2V2γ −1 1 V1 )1.4−1 4 ⇒T2 = 293 x 0.574 0 K 2930 KxV11.4−1 =T2 x (

⇒T2 =168.182 0 K

Para hallar la presión final usamos la siguiente ecuación P1V1γ = P2V γ 1 1atm.xV11.4 = P2 x( V1 )1.4 4 ⇒P2 =1x 0.1436atm. ⇒P2 = 0.1436atm.

5.- (7.9 J. Segura) Dos kilogramos a 20ºC ocupan un volumen de 0.8 m 3 . Si recalientan a volumen cte. Hasta una temperatura de 140ºC, ¿Qué cantidad de calor se a suministrado al gas?¿cual es su presión final? tómese c v = 0.72 KJ Kg º k

y R = 0.29 KJ Kg º k

Solución: Datos: m=2kg

T1 = 20º C

V1 = 0.8m 3 T2 =140º C Q =? P =?

Como se ve en este problema una transformación isobárica utilizamos las ecuación es del caso a) Q = c v ( ∆T ) Q = ( 2kg )(0.72 kJ kg º k )(T2 − T1 Q = 2kg )(0.72

kJ

kg º k

)(120º k )

)

∴Q = 172.8kJ Rpta b).- Por la ecuación ideal de los gases se tiene PV = nRT

nRT 2kg (0.29 kg º k ) 413º k = V 0.8m 3 P = 299.425 mkN2 Rpta KJ

P=

6.- (5.20 J. Manrique) Dos kilogramos de nitrógeno a 27ºC y 1Bar se comprimen de forma isotérmica hasta 3 bar. ¿Determine el trabajo mínimo requerido en la compresión? Solución Datos

T1 = 27 º C p1 = 1Bar p 2 = 3Bar m = 2 Kg W =?

Como lo enuncia el problema es un proceso isotérmico lo cual indica usar las relaciones siguientes PV = nRT nRT 2(0.2968)300 V1 = = p 100kPa V 1 = 1.78m 3 V2 =

nRT 2(0.2968)300 = p 300kPa

V2 = 0.59m 3 V2  W = ART ln  V    1  0.59  W = 1(0.29683 kJ kg º k )300º k ln    1.78  W = −97.76 KJ Rpta kg

7.- (5.1 J. Manrique) El proceso de compresión en un motor diesel puede tomarse como proceso politropico de la forma PV 1.3 = cte. el aire se comprime hasta ocupar 1/5 de su volumen inicial. Si la presión y temperatura iniciales son 1 bar. y 80 ºC respectivamente a) ¿calcule el volumen especifico inicial? b) ¿calcule la presión final? c) ¿calcule la temperatura final? Solución: V1 = V

V 5 Datos P1 = 1Bar V2 =

T1 = 80º C

Por el enunciado del problema se tiene que es un proceso politropico a).- Para hallar la presión final usamos la siguiente ecuación

⇒

Donde n=1.3

PV 1.3 = cte. ⇒ P1V11.3 = P2V21.3 ⇒ P1 (15V2 )1.3 = P2V21.3 ⇒1barx151.3 V21.3 = P2V21.3 ⇒ P2 = 33.8bar .

b).- Para hallar la temperatura usamos esta ecuación

⇒

TV n −1 = cte. ⇒T1V1n −1 = T2V2n −1 ⇒T1 (15V2 ) 0.3 = T2V20.3 ⇒T2 = 15 0.3 x353O K ⇒T2 = 795.43O K

c).- Y para hallar el volumen usamos la relación

⇒

P V = RT

P V1 =RT1

O

⇒ V1 =

RT1 P1 0.287 x

⇒ V1 =

⇒ V1 = 1.01

KJ . x353O K O Kg . K N 10 5 2 m

m3 Kg .

8).- (3.21 José Ángel Manrique) Una licuadora aislada térmicamente contiene 20gr. De hielo picado. Estime el tiempo en que el hielo se convertirá en líquido si la licuadora emplea para mover sus aspas un motor de 0.1 KW. Se requiere 335 J. para fundir un gr. de hielo. Solución: Los datos son: Potencia = 0.1 KW. masa = 20 gr. J

W = 335 gr. ⇒W = 6700 J

⇒ P=

W t

W P 6700 J ⇒t = 100W ⇒ t = 67 seg . ⇒t =

9.- (3.3 José Ángel Manrique) Una bomba succiona agua a una presión de 1 bar. Y la descarga a 8 bar. Despreciando los cambios de densidad, velocidad y altura del agua estime el trabajo por unidad de masa requerido. Suponga que el proceso se desarrolla sin fricción y que la densidad del agua es de 1 Kg . dm 3 Solución:

Datos: P1 = 1bar. P2 = 8bar. Kg . Kg . ρ = 1 3 = 1000 3 dm m m = 1 Kg. W =?

⇒

ρ=

m V

⇒V =

m

ρ

⇒V = 10 −3 m 3

Para hallar el trabajo

⇒

W = P1V1 − P2V2 + ∫ PdV

W = V ( P1 − P2 )

V = cte. W=0

W =10 −3 ( −7) J W = −700 Kg .

10).- (3.25 José Ángel Manrique) Un Gas con una presión absoluta constante de 35 bar. Actúa sobre un embolo que tiene un diámetro de 10 cm. Calcular el trabajo por el gas cuando el embolo se mueve sin fricción a lo largo del desplazamiento de 10 cm. Solución: P = 35 bar. φ = 10 cm. d = 10 cm. W =

V2

V2

∫ PdV = P ∫ dV

V1

V1

V2

⇒W = P(V ) V

1

⇒W = P(V2 −V1 ) ⇒W = P( Ah2 − Ah1 ) ⇒W = PA(h2 − h1 )

⇒ Pero : →V = Axh ⇒V1 = Axh1 → h1 = 0 ⇒V2 = Axh2 → h2 = 10cm. = 0.1m.

⇒W = 35 x10 5 π (0.05) 2 (0.1 − 0) ⇒W = 2748.89 Joule

11.-Calcúlese el trabajo que puede obtenerse en un cilindro de una maquina de vapor, suponiendo que la expansión se realiza adiabaticamente y que las entalpías especificas de entrada y salida son 3300 kJ/Kg. y 2500 kJ/kg. Respectivamente. Determínese también la potencia teórica de esta maquina si acciona 300 Kg. de vapor por hora. Solución: Los datos del problema son: h1 = 3300 kJ/kg h2= 2500 kJ/kg m= 300 kg/hr= 300 kg/3600s= 1 kg/12s Puesto que se supone que la expansión del vapor en el cilindro de trabajo es adiabática, se verificara que q = 0; con lo cual la expresión del texto de teoría se reduce a:

1 h1 + c12 + gz1 = w + h2 + c22 + gz 2 2

y si consideramos despreciable el cambio de energía mecánica, quedara: h1 +h2= w con lo que: w = h1 – h2 = 3300 - 2500 = 800 kJ/Kg. y la potencia teórica de esta maquina, será: Pot = m • w = -1/12kg/s • 800kj/kg = 800/12kj/s = 66,67 kW 12 s Kg. 12 s 12.-En una tobera de una turbina de vapor entra el vapor de agua con una entalpía de 3200 kJ/Kg. y sale de la misma con una entalpía de 2600 kJ/kg. Despreciando la velocidad de entrada del vapor, calcúlese: (a) la energía especifica del vapor a la salida de la tobera y (b) la velocidad de salida del vapor. Solución: Los datos del problema son: h1 = 3200 kJ/kg h2 = 2600 kJ/kg 1 h1 + c12 + gz1 = w + h2 + c22 + gz 2 2

(a) Energía cinética especifica en la salida de la tobera: εc

2

1 = c22 = h1 − h2 = 3200 - 2600 = 600kj/kg 2

(b) Velocidad de salida del vapor: c2 = 2.600

kj kj m = 1200 1095.45 kg kg s

13.-Si la turbina del ejercicio anterior tiene una potencia de 370 kW, calculese la cantidad de vapor que debe circular por hora. Solución: Siendo εc 2 la energía cinética especifica de salida de la tobera calculada en el ejercicio anterior. Por tanto: m=

370kw 370kg kg = = 0.6167 kj 600 s hr 600 kg

14.-En una tobera de una turbina de vapor entra el vapor con una entalpía de 3150 kJ/kg y sale con una entalpía de 2680 kJ/kg. Despreciando la velocidad de entrada del vapor, calcúlese (a) la energía cinética del vapor a la salida, (b) la velocidad de salida y Solución: (a) El ejercicio resulta similar a los anteriores, por lo que para su resolución basta aplicar la ecuación general de conservación de la energía con las restricciones del caso: εc

2

1 2 kj c2 = h1 − h2 = 3150 − 2680 = 470 2 kg

(b) La velocidad es inmediata: 1 2 kj kj kg .m 2 / s 2 m c2 = 470 , c2 = 2.470 = 940.103 = 969.54 2 kg kg kg s

15.-Un compresor toma aire con una entalpía inicial de 20 kJ/Kg. y lo descarga con una entalpía de 280 kJ/kg. Si no hay cambios de calor con el exterior, y considerando despreciables las

variaciones de energías cinética y potencial, calcúlese: (a) el trabajo suministrado al compresor y (b) la potencia teórica del mismo para una circulación de 120kg de aire por hora. Solucion: En la figura adjunta se esquematiza el compresor a que Hace referencia el problema y, de acuerdo con el enunciado, Se tiene: q=0 h1 = 20 kJ/kg c1 = c2 h2 = 280 kJ/k h 1= w + h 2 De donde: (a) el trabajo suministrado al compresor viene dado por: w = h1 – h2 = 20 - 280 = - 260 kJ/Kg. (b) para una circulación de m = 120 Kg./hr, la potencia teórica de accionamiento del compresor es: Pot = - 260kj/kg • 120 kg/hr = - 31.200kj/hr = - 8.67 kW 16.-En un condensador de una instalación frigorífica, el vapor de amoniaco entra con una entalpía de 1463 kJ/kg y sale con una entalpía de 125 kJ/k.o., circulando 250 Kg. de amoniaco por hora. Calcúlese la cantidad de calor que el agua de enfriamiento extrae en una hora. Solución: h1 = 1463kJ/Kg. h2 = 125 kj/Kg. m = 250kg/hr Puesto que en el condensador no se produce trabajo (w = 0) y se supone diseñado de forma que las variaciones de energía cinética y potencial sean despreciables, se verificara: q = h2 – h1 = 125 - 1463 = - 1338 kJ/Kg. El "flujo térmico" horario será: Q = mq = 250kg/hr . – 1338kj/Kg. = - 334.500kj/hr= - 92,92 Kw. 17.-En un generador de vapor, el agua entra con una entalpía de 84 kJ/Kg. y sale en el estado de vapor con una entalpía de 3278 kJ/kg. Calcúlese la cantidad de calor por hora que se suministra al agua si la instalación produce 1250 Kg. de vapor en una hora. Solución: h1 = 84 kj/Kg. h2= 3278 kj/Kg. m = 1250 Kg./hr Al ser w = 0, c1 = C2 y z1 = z2, se cumplirá: q = h2 – h1 y por tanto, la cantidad de calor requerida para la producción de 1 kg. de vapor de agua será: q = h2 – h1 = 3278 - 84 = 3194 kJ/Kg. y el consume horario de energía : Q = m • q = 1250 Kg./hr. 3194 kj/Kg. = 3.992.500 Kg./hr 18.-Una bomba hidráulica eleva una solución de densidad de 1200 Kg./m 3 desde un tanque a un deposito, como se indica en el esquema adjunto. La diferencia de nivel entre el deposito y la bomba es de 15 m, y entre el tanque y la bomba es de 2 m. En el tanque existe una presión de 1 bar. y en el deposito de 10 bar. Si las conducciones tienen el mismo diámetro y la cantidad de solución que se ha de bombear es de 15 Kg./s, calcúlese la potencia teórica de bombeo. Solución:

ρ = 1200 kg/m3 p1 = 1bar pg = 10 bar m= 15kg/s 1 1 q + h1 + c12 + gz1 = w + h2 + c22 + gz2 (kj / kg ) 2 2 p 1 p 1 q + u1 + 1 + c22 + gz1 = w + u2 + 2 + c22 + gz2 (kj / kg ) p 2 p 2

Considerando despreciable la variación de energía cinética especifica asi como la de energía interna y al ser q = 0, queda : w=

p1 − p2

ρ

p1 − p2

+ g ( z1− z 2 )

2 1 − 10bar 9 kj 2 kN / m = − 10 = −0.75 3 3 ρ 1200kg / m 1200 kg / m kg 2 2 m kgm / s g ( z1 − z2 ) = 9.8 2 .(−13)m = −127.4 = −127.4 j / kg = −0.1274kj / kg s kg / m3

=

El trabajo empleado en el funcionamiento de la bomba resulta, entonces: w = - 0,75 kj/kg - 0,1274 kj/kg = - 0,8774 kj/kg . y la potencia teórica de bombeo : Pot = - 0,8774 kj/kg • 15 kj/s= - 13,161 kj/s= - 13,161 kW 19.-Un compresor ideal monofásico, sin volumen o espacio muerto, aspira el aire a 1 bar. (Abs.) y 20 °C y lo descarga a 6 bar. Después de una compresión adiabática. Calcúlese (a) el trabajo de aspiración; (b) el trabajo de compresión. Solución: En este caso: r = 0,287 kJ/Kg. k Ta =Tb =T1 293.15K(20oC)

 p  γ −1 T2 = T  2  γ = 293.15.60.4 / 1.4 = 489.12 K  p1 1 (a) El trabajo correspondiente a la etapa de aspiración es:

Wasp p1 ( v b − v a ) = p1 v1 = rT1 = 0.28kj/kgK.293.15 K = 84.13kj/kg

(b) El trabajo de compresi6n, aplicando la ecuación (8.18) del texto de teoría, es: kj p v − p1v1 r kj kgK = 2 2 = (T2 −T1 ) = − (489.12 − 293.15) K = −140.61 1 −γ 1 −γ 1 −1.4 kg 0.28

Wcomp

20.-Un compresor ideal monofásico, sin espacio muerto, aspira el aire a 1 bar. (abs.) y 20°C y lo descarga a 4 bar. y 150 °C. Calcúlese: el exponente poli -trópico, n, para el proceso Solución:

T2=423.15K (15oC) T1=293.15K (20oC) El índice de politropia del proceso de compresi6n A B se determina a partir Por lo que:  p2  p  1

n −1 n

   

=

T2 T1

Entonces

T2 423.15 log n −1 T1 293.15 = 0.265 = = p2 n log 4 log p1 log

n −1 = 0.265n ; n =

1 kj = −141 1 − 0.265 kg

21.- Cuatro pies cúbicos de nitrogenote calientan a volumen constante, tal que la presión cambia de 30 psiabs a 154.7 psiabs hallar: a) El trabajo. b) El cambio de la energía interna. C) El calor transferido. d) El cambio de entalpía. Solución: a) Por no haber variación de volumen el trabajo es cero. w =0 b) Por la ley de los gases perfectos se tiene p1v1 = wRT1.....(1) p2 v2 = wRT2 .....(2) (1) −( 2)

w( T2 − T1 ) =

Se sabe que v1 = v 2

v ( p 2 − p1 ) R

Ahora la ecuación de la energía interna es: ∆U = wC v ( T2 − T1 ) C v ( p 2 − p1 ) C = 0.1776 Reemplazando se tiene: ∆U = v Para: v R = 55.1 R Reemplazando con los valores se tiene: 0.1776 * 4(154.7 − 30 ) *144 ∆U = = 231.5 Btu 55.1 c) Q = ∆U = 231.5 Btu d) ∆H = wC p (T2 − T1 ) Para C p = 0.2484

∆H = ∆H =

C p v ( p 2 − p1 ) R

Reemplazando los valores se tiene:

0.2434 * 4(154.7 − 30 ) *144 = 323.6 Btu 55.1

22.- Cuanto de calor tendríamos que sustraer de 200 pies cúbicos de nitrógeno encerrado en un tanque para bajar la presión de 300 Psiasb a 1000 Psiasb. Solución: Por la ley general de los gases perfectos se ti€n€ p1 v1 = wRT1 ..........(1) p 2 v 2 = wRT2 ...........( 2) Restando (2) – (1) v ( p 2 − p1 ) Q = wC v (T2 −T1 ).............( 4) w( T2 − T1 ) = ...........(3) R Sustituyendo (3) en (4) se tiene:  C v = 0.1776 KJ C v ( p 2 − p1 ) Kg º C  Q= v ................(5)  R R = 55.1 Sustituyendo los valores en (5) Q=

0.1776 * 200(100 − 300 ) *144 = −18665.8Btu 55.1

23.- Un gas perfecto tiene un valor de R=386 y K=1.659 si a cinco libras de Este gas se adicionan 500 Btu a presión constante cuando la t€mp€ratura inicial es 100 ºF Hallar: a) Temperatura final. b) l cambio de entalpía. c)l cambio de energía interna. d) l trabajo. Solución:Por formula se tiene : C v K=

Cp

R

( K −1) J

=

386

(1.659 −1)778

C p = K * C v = 0.753 *1.659 = 1.25 KJ

Cv 5 a) T1 = ( F − 32 ) + 273.15 = 310.93º K 9 Q = wC p (T2 − T1 ) ⇒ T2 =

= 0.753 KJ

Kg º C

Kg º C

Q 500 + T1 = + 310.93 = 390.93º K wC p 5 *1.25

∆H = wC p ( T2 − T1 ) = 500 Btu b) Por formula se tiene: c) ∆U = wC v ( T2 − T1 ) = 5 * 0.753( 390.93 − 310.93) = 301.2 Btu p ( v 2 − v1 ) p( v 2 − .v1 ) = wR ( T2 − T1 ) d) W = J wR( T2 − T1 ) 5 * 386( 80 ) W = = = 199.4 Btu J 778 24.-el calor transferido ha cierta cantidad de airé durante un proceso a presión constante es de 48 Btu cual será el cambio de entalpía, energía interna y el trabajo. Solución: Q = wC p (T2 −T1 )........(1) ∆U = wC v (T2 −T1 )............( 2 ) Dividiendo (1) entre (2) se tiene:

Q K 48 ∆U = = 34.3Btu 1.4

K = 1 .4

∆U =

W = Q − ∆U = 48 −34.3 =13.7 Btu

25.-Tres libras de anhídrido carbónico ( CO 2 ) a 70ºF se comprimen isotermicamente de 15 a 135 Psiasb Calcular: Trabajo, el calor transferido, el cambio en la energía interna, la variación en la entalpía. Solución: v2 p = 1 ............( 2) P1 v1 = wRT1 .........(1) V1 p2 R = 34.9 T1 =

5 ( F + 459.67 ) = 294.26º K 9

− 67779.8 lb  p1  pi €  15  W = wRT1 ln  = 3 * 34.9( 294.26) ln  = −87.2 Btu = 778  135   p2  W = Q = −87.2 Btu ∆U = 0 ∆H = 0

26.- Aire a 300ºF y 120 Psiasb se expande a temperatura constante hasta llegar a 60 Psiasb si v 2 = 12.3 pies 3 hallar el trabajo, el cambio de €n€rgia interna el calor transferido. v p p1 v1 = p 2 v 2 ...... ⇒ 2 = 1 v1 p2 v p  120  W = p1 v1 ln 2 = p 2 v 2 ln 1 = 60 * 144(12.3) ln  = v1 p2  60 

lb pi € s = 94.7 Btu 778

73662

∆U = 0 Q =W = 94.7 Btu

27.-Aire a 63.3 Psiasb ocupando 2.79 pies cúbicos a 60ºF sigue un proceso isentrópico hasta qué la presión llega a 15 Psiasb determinar: volumen final, la temperatura final, el cambio de energía interna y el trabajo. p1 v1k = p 2 v 2k  p1 v 2 = v1  p  2 T1  p1   =  T2   p2 

w=

   

k −1 k

K = 1.4 1 k

1 1 .4

 63.3  = 2.79   15 

⇒T 2 =

T1  p1  p  2

   

k −1 k

= 7.81 pi € s 3

= 191.3º K

p1 v1 63.3 *144( 2.79 ) = = 1.653lb RT1 53.3 * 288.7

∆U = wC v ( T2 − T1 ) = 1.653 * 0.1715(191.3 − 288.7 ) = −27.6 Btu

p 2 v 2 − p1 v 1

W=

(1 − K ) J

=

(

wR T 2 − T1

(1 − K ) J

)

= 27.6 Btu

28.-Cinco libras de aire a 120 psiasb y 180ºF sigue un proceso politropico sin flujo ( pv n = C ) donde n=1.28 hasta un a presión de 40 Psi asb hallar: volumen final, temperatura final, trabajo, calor, cambio de entalpía. wRT1 5 * 53.3( 355.4 ) p1 v1 = wRT1 ⇒ v1 = = = 5.5 pies 3 p1 120 *144 n

n

p1 v1 = p 2 v 2 ⇒ v 2 = 12.9 pi € s 3 W =

p 2 v 2 − p1 v1 144( 40 *12.9 −120 * 5.5) = = 95.2 Btu (1 − n ) J (1 −1.28) 778

p 2 v 2 = wRT2 ⇒ T2 = 27.8º K  K −n   1.4 −1.28  Cn = Cv   = 1.1715  = −0.0735  1−n   1 −1.28  Q = wC n ( T2 − T1 ) = 5 * −0.0735( 27.8 − 355.4 ) = 120.4 Btu ∆H = wC p ( T2 − T1 ) = 5 * 0.24( 27.8 − 355.4 ) = −393.12 Btu