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UNIVERSIDAD CATÓLICA DE TEMUCO FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA DE INGENIERÍA AMBIENTAL MANUAL DE RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA XIMENA PETIT-BREUILH SEPULVEDA ALEJANDRA SANCHEZ 2008 - Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco SECCIÓN I – BALANCE DE MATERIA SIN REACCIÓN QUÍMICA 1.1. a. El flujo de alimentación a un secador se especifica como 1.000 lb/h. Calcule el flujo en kg/min 1.1. b. En un proceso de amoníaco se producen 105 lbmol/día. Calcule la producción equivalente en gmol/h. SOLUCIÓN: Los cálculos se efectúan utilizando directamente los factores de conversión, factores que siempre son iguales a la unidad. a. Flujo en kg/min. 1.000 1 kg 1h lb lb 453,6 g kg = 1.000 × × × = 7,56 h h 1 lb 1.000 g 60 min min b. Producción equivalente en gmol/h. 10 5 lbmol lbmol 453,6 gmol 1 día gmol = 10 5 × × = 1,89 × 10 7 1 lbmol 24 h día día h 1.2. Una planta produce una mezcla de 90 % en mol de etanol (C2H5OH) y el resto de agua. a. Calcule la fracción en masa de etanol. b. Si la producción de la planta es 1.000 lbmol/h, calcule la producción equivalente en kg/min. c. Para la producción de (b), calcule los flujos molares de los componentes de la corriente en kgmol/h. SOLUCIÓN a. Fracción masa o fracción másica de etanol Masa Molecular (MM) del etanol = 46 g/mol MM del agua = 18 g/mol Base de cálculo: 1 gmol de mezcla. 2 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Para hallar el valor pedido se calcula la masa de etanol en un gramo-mol de mezcla y la masa de un gmol de mezcla o, lo que es lo mismo, la masa molecular media (MM media). La relación entre ellas da la respuesta. ⎛ gmol de e tan ol g de e tan ol gmol de agua g de agua ⎞ MM Media = ⎜ ⎜ 0,9 gmol de mezcla × 46 gmol de e tan ol + 0,1 mol de mezcla × 18 gmol de agua ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 41,4 g de e tan ol 1,8 g de agua ⎞ ⎟ MM media = ⎜ + ⎜ gmol de mezcla gmol de mezcla ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 41,4 g de e tan ol + 1,8 g de agua MM media = ⎜ ⎜ gmol de mezcla ⎝ MM media = 43,2 g de mezcla gmol de mezcla ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Aunque se tomó una base de cálculo de 1 gmol, recuérdese que la respuesta se cumple en otras unidades, siempre y cuando haya consistencia dimensional, pudiendo decirse que MM media = 43,2 kg de mezcla lb de mezcla Tonelada de mezcla = 43,2 = 43,2 kgmol de mezcla lbmol de mezcla Toneladamol de mezcla miligramo de mezcla arroba de mezcla = 43,2 miligramo − mol de mezcla arrobamol de mezcla = 43,2 Continuando con el problema: ⎛ gmol de e tan ol g de e tan ol ⎞ M de e tan ol = ⎜ ⎜ 0,9 gmol de mezcla × 46 gmol de e tan ol ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ = 41,4 g de e tan ol gmol de mezcla g de e tan ol ⎞ ⎛ ⎜ 41,4 ⎟ gmol de mezcla ⎟ ⎜ = ⎜ g de mezcla ⎟ ⎜ 43,2 ⎟ gmol de mezcla ⎠ ⎝ Fracción masica de e tan ol = WC2 H 5OH WC2 H 5OH = 0,95833 g de e tan ol g de mezcla Es importante resaltar, como lo muestra el análisis dimensional, que la fracción másica, de igual manera que la fracción molar o la fracción en volumen, tiene 3 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco unidades, las cuales, normalmente, no se colocan, porque puede utilizarse en cualquier tipo de unidad: WC2 H 5OH = 0,95833 kg de e tan ol lb de e tan ol Tonelada de e tan ol = 0,95833 = 0,95833 kg de mezcla lb de mezcla Tonelada de mezcla b. La producción equivalente en kg/min Utilizando los factores de conversión y la masa molecular media se encuentra, directamente, que: 100 1h lbmol lbmol 43,2 lb 453,6 kg kg = 1.000 × × × = 326,592 h h 1 lbmol 1.000 lb 60 min min c. Flujos molares para la corriente en kgmol/h A partir del flujo, las fracciones molares y el factor de conversión puede plantearse que: N C2 H 5OH = 0,9 lbmol e tan ol lbmol mezcla 453,6 kgmol mezcla kgmol × 1.000 × = 408,24 lbmol mezcla h h 1.000 lbmol mezcla N H 5O = 0,1 lbmol e tan ol lbmol mezcla 453,6 kgmol mezcla kgmol × 1.000 × = 45,36 1.000 lbmol mezcla lbmol mezcla h h tal como se pedía. 1.3. Una corriente que contiene H2 O C2H5OH CH3OH CH3COOH 0,4 0,3 0,1 0,2 en fracciones en masa, se alimenta a una columna de destilación a razón de 1.000 lb/h. Convierta estas variables de las corrientes a: a. Flujos molares por componente. b. Flujo molar total y fracciones molares. c. Fracciones molares, en base libre de agua. 4 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco SOLUCIÓN a. Flujos molares por componente Hallando el flujo másico de cada componente y pasándolo a moles, se plantean las siguientes expresiones (obsérvese que en este cálculo se muestran las unidades de las fracciones másicas) que dan los valores pedidos: N H 2O = 0,4 lb H 2 O 1 lbmol lb mezcla lbmol × 1.000 × = 22,2222 18 lb H 2 O lb mezcla h h lb C 2 H 5 OH 1 lbmol lb mezcla lbmol × 1.000 × = 6,5217 46 lbC 2 H 5OH lb mezcla h h lb CH 3OH 1 lbmol lb mezcla lbmol × 1.000 × = 3,125 32 lbCH 3OH lb mezcla h h N C2 H 5OH = 0,3 N C2 H 5OH = 0,1 N CH 3COOH = 0,2 lb CH 3 COOH lb mezcla 1 lbmol lbmol × 1.000 × = 3,333 lb mezcla h h 60 lbCH 3 COOH b. Flujo molar total y fracciones mol. Sumando los flujos parciales de la parte (a) se encuentra el flujo molar total: Flujo molar total = (22,2222 + 6,5217 + 3,125 + 3,333) lbmol / h Flujo molar total = 35,2022 lbmol / h Las fracciones molares se encuentran dividiendo el flujo molar de cada uno de los componentes por el flujo molar total. Así, para el agua: ⎛ 22,2222 mol de agua ⎞ mol de agua Χ H 2O = ⎜ ⎜ 35,2022 mol de mezcla ⎟ ⎟ = 0,63127 mol de mezcla ⎝ ⎠ De nuevo puede verse que las fracciones tienen unidades. Procediendo de manera análoga, las otras fracciones molares son: Χ C2 H 5OH = 0,18527 Χ CH 3OH = 0,08877 mol de e tan ol mol de mezcla mol de e tan ol mol de mezcla mol de ácido acético mol de mezcla Χ CH 3COOH = 0,09469 5 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco c. Fracciones mol, en base libre de agua. El cálculo puede hacerse mediante un cambio de base, utilizando los porcentajes calculados en la parte (b); o a partir del flujo total, utilizando los flujos por componente del ítem (a). Calculando la fracción molar de etanol de ambas maneras se tendrá que: Con los porcentajes de la parte (b): ⎛ 0,18527 mol de e tan ol ⎞ ⎛ ⎞ 1 mol de mezcla ⎟ ⎜ ⎟ Χ C 2 H 5OH = ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ mol de mezcla ⎝ ⎠ ⎝ (1 − 0,63127) mol de mezcla excenta de agua ⎠ Χ C2 H 5OH = 0,50244 mol de e tan ol mol de mezcla excenta de agua Con los flujos por componente de la parte (a): ⎛ ⎞ 6,5217 mol de e tan ol Χ C2 H 5OH = ⎜ ⎜ (35,2022 − 22,222) mol de mezcla excenta de agua ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ Χ C2 H 5OH = 0,50244 mol de e tan ol mol de mezcla excenta de agua Análogamente se encuentran las otras fracciones en base seca. Con sus respectivas unidades son: Χ Me tan ol = 0,24075 Χ e tan oico = 0,2568 mol de e tan ol mol de mezcla excenta de agua mol de e tan oico mol de mezcla excenta de agua 1.4. Una solución que contiene Na2S, NaOH y Na2CO3 en agua se conoce como “licor blanco” y se usa en la industria del papel para procesar pulpa de madera. Supóngase que el análisis de laboratorio indica 50 g/L de Na2S, 250 g/L de NaOH y 100 g/L de Na2CO3. Si la densidad de la solución es 1.05 g/cm3, calcule los flujos molares por componente, correspondientes a un flujo total de la corriente de 1.000 kgmol/h. 6 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco SOLUCIÓN Los resultados se muestran en la tabla siguiente. El procedimiento para construirla es: 1. Tomando como base de cálculo 1 litro de solución se calcula su masa. 2. Con los datos del problema se puede calcular la masa de cada componente y, por diferencia, la masa de agua (Columna 2). 3. Se hallan las moles de cada uno de los componentes (dividiendo por la masa molecular) (Columna 3). 4. La suma de los valores anteriores da el número total de moles. 5. Dividiendo las moles de cada componente por el número total de moles se halla su fracción molar (Columna 4). 6. Como la fracción molar es independiente de la unidad usada para la cantidad de sustancia, se multiplica por 1.000 kgmol/h cada valor hallado en el ítem 5. y se encuentra los flujos molares pedidos (Columna 5). La masa de 1 litro de SOLUCIÓN es: Masa = 1 litro × Componente Na2S NaOH Na2CO3 H2 O Totales 1.000 cm 3 g × 1,05 3 = 1.050 g 1 litro cm Masa (g) 50 250 100 650 1.050 Moles (gmol) 0,6410 6,2500 0,9434 36,1111 43,9455 Fracción molar 0,0146 0,1422 0,0215 0,8217 1,0000 Flujo molar (kgmol/h) 14,587 142,222 21,467 821,724 100,000 1.5. A un proceso de producción de metano a partir de gas de síntesis y vapor de agua, se alimentan 6 kgmol/min de un gas que contiene 50 % de H2, 33 1 3 % de CO y el resto CH4 (todos en base molar), así como 72 kg/min de vapor de agua. Los productos son 3 kgmol/min de agua líquida y 95 kg/min de un gas que contiene 25 % de CH4, 25 % de CO2 y el resto H2 (todos en base molar). Vapor Gas de síntesis 50% H2 33% CO CH4 Gas como producto H2 25% CO 25% CH4 Agua 7 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Determine, con tres cifras significativas, si: a. ¿Se conserva la masa total? b. ¿Se conservan las moles totales? c. ¿Se conservan las moles de cada tipo de átomo? d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? SOLUCIÓN Para la mezcla gaseosa de salida se conoce el flujo másico y su porcentaje molar, puede efectuarse un cambio de fracción molar a másica o, lo que es más sencillo, encontrar la masa molecular media de la mezcla. Procediendo de ambas maneras: Masa Molecular Media = (0,25 × 16 + 0,25 × 44 + 0,5 × 2) = 16 Por tanto: ⎛ ⎞ ⎜ 96 kg ⎟ min ⎟ = 6 kg Flujo molar de mezcla = ⎜ ⎜ kg ⎟ kgmol ⎜ 16 ⎟ ⎝ kgmol ⎠ Conocida la fracción molar se toma como base un mol de mezcla y la fracción másica de cada componente se calcula dividiendo la masa de cada componente (fracción molar por masa molecular) por la masa total del mol de mezcla (o masa molecular media): WCH 4 mol de CH 4 masa de CH 4 ⎡ ⎢ 0,25 mol de mezcla × 1 mol de mezcla × 16 mol de CH 4 =⎢ masa de mezcla ⎢ 16 ⎢ mol de mezcla ⎣ masa de CH 4 masa total ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ WCH 4 = 0,25 Para los otros componentes se procede de manera análoga (sin todas las unidades): ⎛ 0,25 × 1× 44 ⎞ ⎛ masa de CO 2 W CO2 = ⎜ ⎟⎜ ⎜ 16 ⎝ ⎠ ⎝ masa total ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 8 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco ⎛ masa de CO 2 W CO2 = 0,6875 ⎜ ⎜ masa total ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎛ 0,5 × 1× 2 ⎞ ⎛ masa de H 2 W H2= ⎜ ⎟⎜ ⎜ ⎝ 16 ⎠ ⎝ masa total ⎛ masa de H 2 W H 2 = 0,0625 ⎜ ⎜ masa total ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Para visualizar el balance de materia, se toma como base un minuto y con los flujos másicos y/o molares conocidos se construye la siguiente tabla. ENTRADA kgmol 3 2 1 4 10 SALIDA kgmol 3 1,5 1,5 3 9 H2 CO CH4 H2 O Total kg 6 56 16 72 150 H2O CH4 CO2 H2 Total kg 54 24 66 6 150 En ella se hace inventario de las masas de los componentes y las moles totales a la entrada y a la salida: a. ¿Se conserva la masa total? Al proceso entran 150 kg y de él salen 150 kg. La masa total que entra es igual a la masa total que sale, de acuerdo con la Ley de la Conservación de la Materia. b. ¿Se conservan las moles totales? Las moles totales no se conservan: Al proceso entran 10 kgmol y de él salen 9 kgmol. c. ¿Se conservan las moles de cada tipo de átomo? Sumando los átomos mol de cada componente a la entrada y a la salida se tiene que: ENTRADA: Los elementos que intervienen en el proceso son H, C y O. kg − átomo de H = H del H 2 + H del CH 4 + H del H 2 O kg − át de H = 3 kgmol H 2 × 2 kg − át H 2 2 kg − át H 4 kg − át H + 1 kgmol CH 4 × + 4 kgmol H 2 O × kgmol H 2 kgmol CH 4 kgmol H 2 O kg − át de H = 18 kg − át de C = C del CO + C del CH 4 9 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco kg − át de C = 2 kgmol CO × 1 kg − át C 1 kg − át C + 1 kgmol CH 4 × kgmol CO kgmol CH 4 kg − át de C = 3 kg − át de O = O del CO + O del H 2 O 1 kg − át O 1 kg − át O kg − át de O = 2 kgmol CO × + 4 kgmol H 2 O × kgmol CO kgmol H 2 O kg − át de O = 6 SALIDA: Efectuando el mismo procedimiento para los componentes a la salida (sin colocar las unidades): kg − átomo de H = H del H 2 + H del CH 4 + H del H 2 O kg − átomo de H = (3 × 2 + 1,5 × 4 + 3 × 2) kg − átomo de H = 18 kg − átomo de C = C del CH 4 + C del CO2 kg − átomo de C = (1,5 × 1 + 1,5 × 1) kg − átomo de C = 3 kg − átomo de O = O del H 2 O + O del CO2 kg − átomo de O = (3 × 1 + 1,5 × 2) kg − átomo de O = 6 Los kg – átomo que entran y salen de los elementos H, C y O son, respectivamente: 18, 3 y 6. Se conserva el número de átomos mol de cada tipo de átomo. d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? Como puede verse en la tabla anterior, la masa de cada tipo de sustancia no se conserva. Esto se debe a que en el proceso ocurre una reacción química en la que, como es obvio, desaparecen unas sustancias y se forman otras. e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? Que hay interacción química entre los diferentes componentes. Puede plantearse que ocurre la reacción: 2 CO + H 2 O → 1,5 CO2 + 0,5 CH 4 La cual explica que en el proceso haya desaparecido el CO, que los kg-mol de agua hayan disminuido en 1, que hayan aparecido 1,5 kg-mol de CO2 y que el número de kg-mol de CH4 haya aumentado en 0,5, tal como puede constatarse en la tabla. 10 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 1.6. Un proceso de producción de yoduro de metilo, CH3I, tiene las corrientes de entrada y salida que se muestran en la figura. La corriente de desperdicio consiste en 82,6 % (en masa) de HI y el resto agua, mientas que la corriente de producto contiene 81,6 % (másico) de CH3I y el resto CH3OH. Determine con tres cifras significativas, si: a. ¿Se conserva la masa total? b. ¿Se conservan el número total de moles? c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo? d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? CH3OH 150 lbmol/día HI 125 lbmol/día Producto 13.040 lb/día Desperdicio 7.760 lb/día SOLUCIÓN: Tomando como base un día se tendrá que: a. ¿Se conserva la masa total? Masa que entra = (125 × 128 + 150 × 32) lb = 20.800 lb Masa que sale = (7.760 + 13.040) lb = 20.800 lb De la igualdad de las masas se concluye que se conserva la masa total. b. ¿Se conservan el número total de moles? Moles que entran = (125 + 150) lbmol = 275 lbmol Moles que salen: Es la suma de las moles del desperdicio y del producto: Desperdicio: HI = 7760 × 0,826 = 6.409,76 lb 11 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco HI = 50,076 lb H 2 O = 7.760 × 0,174 lb = 1.350,24 lb H 2 O = 75,013 lbmol Producto: CH 3 I = 13.040 × 0,816 = 10.640,64 lb = 74.41 lbmol CH 3OH = 2.399,364 lb = 74,98 lbmol Así Moles que salen = (50,076 + 75,013 + 74,41 + 74,98) = 274,479 lbmol Con tres cifras significativas el número de moles no se conserva: 275 vs. 274.479 c. ¿Se conserva el número de moles de cada tipo de átomo? Los elementos que intervienen en las sustancias del proceso son: C, H, O e I. Hallando la cantidad total de cada uno de ellos en los componentes de los flujos de entrada y salida, se encuentra que: Entrada: lb átomo de C = C del CH 3 OH = 150 lb átomo de O = O del CH 3 OH = 150 lb átomo de I = I del HI = 125 lb átomo de H = H del HI + H del CH 3 OH = (125 + 150 × 4) = 725 Salida: lb átomo de C = C del CH 3 I + C del CH 3 OH = (74,41 + 74,98) = 143,39 lb átomo de O = O del H 2 O + O del CH 3 OH = (75,013 + 74,98) = 149,993 lb átomo de I = I del HI + I del CH 3 I = (50,076 + 74,41) = 124,486 lb átomo de H = H del HI + H del H 2 O + H del CH 3 I + H del CH 3 OH lb átomo de H = (50,076 + 75,013 × 2 + 74,41 × 3 + 74,98 × 4) = 723,252 En el proceso, con tres cifras significativas, el número de átomos de cada elemento no se conserva. 12 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? La masa de cada tipo de sustancia química no se conserva porque hay una transformación química, en la que desaparecen unas sustancias y se forman otras. e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? Primero, hay reacción química. Segundo, es probable que los porcentajes másicos del desperdicio y del producto sean aproximaciones y que al dar sus valores con más cifras significativas se obtenga el resultado esperado: que la masa se conserve. 1.7. En una planta de ácido sulfúrico, se mezclan 100 lbmol/h de una corriente que contiene 90 % mol de H2SO4 en agua, con 200 lbmol/h de otra que contienen 95% mol de H2SO4 en agua y con 200 lbmol/h de una corriente que consiste de 15% mol de SO3 en N2. El resultado son 480 lbmol/h de una corriente mezclada que contiene 170 lbmol/h de N2, 62,5 % mol de H2SO4, nada de agua y el resto SO3. Determine, mediante cálculos, si: a. ¿Se conserva la masa total? b. ¿Se conservan el número total de moles? c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo? d. ¿Se conserva la masa de cada sustancia? e. ¿Si el balance total de masa no resulta, cuál es la explicación más probable? f. ¿Si el balance del número total de moles no resulta, cuál es la explicación más probable? SOLUCIÓN: Con base en una hora de operación y los flujos correspondientes a la entrada y a la salida se construye la tabla siguiente. En ella, cada columna corresponde a: Columna 1 : Componentes de cada flujo Columna 2, 3 y 4 : los tres flujos Columna 5 : Suma total de moles de estas corrientes Columna 6 : Masa que entra al proceso Columna 7 : Corriente de salida en moles Columna 8 : Masa que sale del proceso Ultima fila : Suma de los componentes de cada columna, en lb o lbmol 13 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 1 H2SO4 H2 O SO3 N2 lbmol 2 90 10 100 lbmol 3 190 10 200 lbmol 4 30 170 200 lbmol 5 280 20 30 170 500 lb 6 27.440 360 2.400 4.760 34.960 lbmol 7 300 10 170 480 lb 8 29.400 800 4.760 34.960 a. ¿Se conserva la masa total? La masa total se conserva: resultados de las columnas 6 y 8. b. ¿Se conservan el número total de moles? El número total de moles no se conserva. Columnas 5 y 7: entran 500 y salen 480. c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo? El número de moles de cada tipo de átomos se conserva. Esto puede deducirse como consecuencia de que se conserve la masa y de que no haya dos compuestos que tengan la misma masa molecular. Para corroborarlo se halla la suma de los lb-átomo de hidrógeno, azufre y oxígeno de las corrientes de entrada, y compararla con los lb-átomo a la salida: Hidrógeno: Entrada: H = (90 × 2 + 10 × 2) + (190 × 2 + 10 × 2) lb − átomo = 600 lb − átomo Salida: Azufre: Entrada: S = 90 × 1 + 190 × 1 + 30 × 1 lb − átomo = 310 lb − átomo Salida: Oxígeno: Entrada: O = 90 × 4 + 10 × 1 + 190 × 4 10 × 1 + 30 × 3 lb − átomo = 1.230 lb − átomo Salida: [ ] H = (280 × 2 + 20 × 2) lb − átomo = 600 lb − átomo [ S = [280 × 1 + 30 × 1] lb − átomo = 310 lb − átomo ] [ O = [280 × 4 + 20 × 1 + 30 × 3] lb − átomo = 1.230 lb − átomo ] d. ¿Se conserva la masa de cada sustancia? La masa de cada sustancia no se conserva porque hay reacción química. e. ¿Si el balance total de masa no resulta, cuál es la explicación más probable? El balance total de masa resulta. 14 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco f. ¿Si el balance del número total de moles no resulta, cuál es la explicación más probable? Las veinte lb-mol de H2O que entran al proceso reaccionan con 20 de las 30 lb-mol de SO3 que llegan, según la ecuación: H 2O + SO3 → H 2 SO4 Desaparecen en total, 40 lbmol y se forman 20 lbmol de H2SO4, como puede observarse en la tabla: Columnas 5 y 7. ENTRADA lbmol 280 20 30 GENERACIÓN O CONSUMO lbmol 20 20 20 SALIDA lbmol 300 0 10 H2SO4 H2 O SO3 1.8. Un gas que contiene 79,1 % de N2, 1,7 % de O2 y 19,2 % de SO2, se mezcla con otro gas que contiene 50 % de SO2, 6,53 % de O2 y 43,47 % de N2, para producir un gas que contiene 21,45 % de SO2, 2,05 % de O2 y 76,50 % de N2. Todas las composiciones corresponden a porcentaje en mol. Determine: a. El número de variables de corrientes independientes que hay en el problema. b. El número de balances de materia que pueden expresarse y cuántos serán independientes. c. ¿En qué proporción deberán mezclarse las corrientes? 15 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco SOLUCIÓN: El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, es: N1 X1 N 2 =0,791 1 =0,017 XO 2 1 N3 ( X 1 SO2 =0,192 3 3 =0,0205 XN 2 3 XO =0,7650 2 ( N2 2 =0,0653 XN 2 2 =0,4347 XO 2 3 =0,2145) X SO 2 2 ( 2 =0,50) X SO 2 a. Número de variables de corrientes independientes que hay en el problema. En el diagrama cuantitativo puede verse que el número de variables de corriente independientes es nueve (9): hay tres corrientes y las variables independientes de cada una son tres: 1 flujo y 2 composiciones. b. Número de balances de materia que pueden expresarse y cuántos serán independientes. Pueden expresarse cuatro balances de materia: Uno, para cada uno de los tres componentes, y el balance de materia total. Solamente tres son independientes porque al sumar las ecuaciones de balance de los tres componentes se obtiene la ecuación para el balance total. c. ¿En qué proporción deberán mezclarse las corrientes? Para encontrar la respuesta, se plantea un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (N1, N2 y N3): Balance de Nitrógeno: Balance de Oxígeno: Balance Total: 0,79 N 1 + 0,4347 N 2 = 0,7650 N 3 0,017 N 1 + 0,0653 N 2 = 0,0205 N 3 N1 + N2 = N3 En este caso, al no haber reacción química, el número de moles totales debe conservarse y los balances molares son análogos a los balances de materia. 16 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Se trata de un sistema homogéneo de 3 ecuaciones con 3 incógnitas que tiene o una solución (la solución trivial) o infinitas soluciones. Dividiendo el sistema de ecuaciones por N1 (con lo cual se descarta la solución trivial) se obtiene un sistema de 3 ecuaciones con 2 incógnitas. N2 Sea X = 1 N N3 Y= 1 N 0,79 + 0,4347 x = 0,7650 z 0,017 + 0,0653 x = 0,0205 z 1 + x = z Al resolver este sistema se encuentra la siguiente redundancia: z = 1,0787 y z = 1,0781, es decir, 2 valores diferentes para z. Por tanto el sistema sólo tendría la solución trivial: N1 = N2 = N3 = 0, o dicho de otra manera, es imposible obtener el flujo de salida con esa composición a partir de los 2 flujos con las composiciones dadas. Sin embargo, la pequeña diferencia entre los dos valores encontrados para la variable z (1,0787 vs. 1,0781) hacen pensar que ésta se debe al corte de decimales, y no a que el problema esté mal planteado. Resolviendo el problema para un flujo dado se comprobará lo anterior. Tomando como base de cálculo N1 = 1.000, el sistema de ecuaciones de balance anteriores se transforma en: Nitrógeno: Oxígeno: Total: 791 + 0,4347 N 2 = 0,7650 N 3 17 + 0,0653 N 2 = 0,0205 N 3 1 .000 + N 2 (1) (2) (3) =N3 En el cual sólo hay dos incógnitas: N2 y N3 Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (3) se encuentra que: N2= 78,716 N3=1.078,716 Reemplazando en la ecuación (2) estos valores se encuentra que: 17 + (0,0653 × 78,716) = 0,0205 × 1.078,716 22,140 = 22,114 Situación que indica que si la composición de O2 en la corriente de salida tuviera más decimales, las dos incógnitas satisfarían la ecuación (2). Proporción ⎡ N 1 ⎤ ⎡ 1.000 ⎤ ⎢ 2 ⎥ = ⎢ 78,716 ⎥ = 12,704 ⎦ ⎣N ⎦ ⎣ 17 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 1.9. Puede recuperarse acetona de un gas portador, disolviéndola en una corriente de agua pura en una unidad llamada absorbedor. En el diagrama de flujo de la figura, 200 lb/h de una corriente con 20 % de acetona se tratan con 1.000 lb/h de una corriente de agua pura, lo que produce un gas de descarga libre de acetona y una solución de acetona en agua. Supóngase que el gas portador no se disuelve en el agua. a. Determine el número de variables de corrientes independientes y de balances de materia que hay en el problema. b. Exprese todas las ecuaciones de balance de materia. c. Calcule todas las variables de corrientes desconocidas. Gas Agua 20% Acetona 80% Gas Solución Acetona – agua SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo: F4 Gas 4 Agua 3 F3=1.000 F3=1.000 W1AC=0,2 W1G=0,8 1 2 F2 W2AC W2AGUA 18 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco a. Determine el número de variables de corrientes independientes y de balances de materia que hay en el problema. Teniendo en cuenta el diagrama de flujo: Variables de corrientes independientes: F1, w1AC, F2, w2AC, F3 y F4 (en total 6 variables). Balances de materia: Acetona, Gas, Agua y Total. Cuatro balances, de los cuales tres son independientes. b. Exprese todas las ecuaciones de balance de materia. Las ecuaciones de balance son: Total: F1 + F 3 = F 2 + F 4 200 + 1.000 = F 2 + F 4 = 1.200 (1) Acetona: 1 2 W AC × F 1 = W AC ×F2 2 0,2 × 200 = W AC ×F2 (2) Agua: 2 F 3 = (1 − W AC )× F 2 2 1.000 = (1 − W AC )×F2 (3) Gas: 1 WG × F1 = F 4 0,8 × 200 = F 4 c. Calcule todas las variables de corrientes desconocidas. Tabla de Grados de Libertad Número de variables independientes Número de balances de materia independientes Número de flujos conocidos Número de composiciones independientes conocidas Número de relaciones conocidas GRADOS DE LIBERTAD (NVI) (NBMI) (NFC) (NCC) (NRC) (G de L) (4) 6 3 2 1 0 -6 0 De acuerdo con la Tabla de Grados de Libertad, el sistema está especificado correctamente y pueden plantearse un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas. En todos los procesos se encontrará que la diferencia entre el número de incógnitas y el número de ecuaciones es, también, igual al número de Grados de Libertad del proceso. En este proceso: 3 Incógnitas – 3 Ecuaciones = 0 Grados de Libertad. 19 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Resolviendo el sistema de ecuaciones planteado se obtiene: De la ecuación (4): De las ecuaciones (4) y (1): Con F2 conocido y la ecuación (2): Por diferencia: F 4 = 160 F 2 = 1.040 2 W AC = 0,03846 WG2 = 0,96154 En este problema no se utilizó la ecuación (3) por ser dependiente, por tanto debe satisfacerse con los valores encontrados. Reemplazando: 1.000 = (1 − 0,03846) × 1.040 1.000 = 1.000 Igualdad que garantiza que se resolvió correctamente el sistema. 1.10. Puede obtenerse una pasta de proteína vegetal libre de aceite a partir de semilla de algodón, usando hexano para extraer el aceite de las semillas limpias. Teniendo una alimentación de semilla de algodón cruda que consiste (porcentajes másicos) de: Materia Celulósico (MC) Pasta (P) Aceite (A) 14% 37% 49% Calcule la composición del extracto de aceite que se obtendrá utilizando 3 libras de hexano por cada libra de semilla cruda. Hexano Pasta pura de proteína Proceso Semillas crudas Extracto de aceite Aceite Hexano Material 20 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo Hexano F1 1 Semillas crudas F2 2 W MC=0,14 W2P=0,37 (W2A=0,49) Pasta pura F4 4 Extracto de aceite Proceso 2 3 Material Celulósico F3 Relaciones: Se utilizan 3 libras de hexano por cada libra de semilla cruda, es decir: R1 : 5 F5 W5A (W5H) F1 =3 F2 Tabla de Grados de Libertad (F1, F2, F3, F4, F5, W2MC, W2P, W5A) NVI 8 NBMI 4 (Total, Material Celulósico, Pasta, Aceite) NFC 0 (W2MC, W2P) NCC 2 NRC 1 -7 (El sistema esta sub-especificado. Al tomar G de L 1 una base de cálculo el sistema queda especificado correctamente) Base -1 Las cuatro ecuaciones independientes de balance de materia son: Total: Material Celulósico: Pasta: Aceite: F 1 + F2 = F 3 + F 4 + F 5 0,14 F 2 = F 3 0,37 F 2 = F 4 3 0,49 F 2 = W A F3 (1) (2) (3) (4) 21 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco De la relación F1 =3 F2 (5) Se obtiene un sistema de 5 ecuaciones y 6 incógnitas (F1, F2, F3, F4, F5, W5A), o dicho de otro modo: 6 Incógnitas – 5 Ecuaciones = 1 Grado de Libertad Al tomar como base de cálculo uno de los flujos, se tiene un sistema de 5 x 5, por lo tanto: 5 Incógnitas – 5 Ecuaciones = 0 Grado de Libertad Base de cálculo: Sea F1: 1.000 libras Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que: De (5): De (3): De (4): F 2 = (1.000 / 3) libras F 4 = 123,33 libras 5 WA = 0,13 De (2): De (1): Por diferencia: F 3 = 46,67 libras F 5 = 1.256,67 libras 5 WH = 0,87 libras 1.11. En una columna de destilación se separa una mezcla equimolar de etanol, propanol y butanol, en una corriente de destilado que contiene 2/3 de etanol y nada de butanol, y una corriente de fondos que no contiene etanol. Destilado E 2/3 P 1/3 B0 1/3 1/3 1/3 E P B Alimentación Columna de destilación Fondos E 0 P B 22 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Calcular las cantidades y composiciones de las corrientes de destilado y fondos, para una alimentación de 1.000 mol/h. SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo: N D D XE =0,66667 (P) NA =1000 A XE =1/3 A =1/3 XP (B) N F F =0,66667 XP (B) Tabla de grados NVI NBMI 3 NFC 1 NCC 3 NRC 0 G de L Base de libertad 7 (NA, XEA, XPA, ND, XED, NF XPF) (Total, Etanol (E) y Propanol (P)) (Flujo de alimentación, NA) (XEA, XPA, XED) -7 0 (El proceso está especificado y puede Formarse un sistema de 3 ecuaciones Con 3 incógnitas) Las ecuaciones del balance de materia son: Total: Etanol: Propanol: 1.000 = N D + N F (1.000 / 3) = ( 2 / 3) N D F (1.000 / 3) = (1 / 3) N D + X P ND (1) (2) (3) Resolviendo es sistema se encuentra que: De la ecuación (2): De la ecuación (1): De la ecuación (3): N D = 500 N F = 500 F XP = 1/ 3 23 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 1.12. La alimentación a una columna de destilación contiene 36 % en masa de benceno y el resto tolueno. El destilado deberá contener 52 % en masa de benceno, mientras que los fondos contendrán 5 % en masa de benceno. Calcule: a. El porcentaje de la alimentación de benceno que contiene el destilado. b. El porcentaje de la alimentación total que sale como destilado. SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo: FD W BD =0,52 (T 48%) W BA =0,36 (T 64%) FA FF W BF =0,05 (T 95%) Tabla de grados de libertad NVI 6 NBMI 2 0 NFC NCC 3 NRC 0 -5 1 G de L Base -1 El sistema tiene un grado de Libertad, pero al fijar una base de cálculo queda correctamente especificado. Base de cálculo: Sea FA = 1000 Las ecuaciones de balance son: 1.000 = F D + F F 360 = 0,52 F D + 0,05F F (1) (2) Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1) y (2): F F = 340,426 F D = 659,574 24 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco a. El Porcentaje de la alimentación de benceno que contiene el destilado: % de benceno recuperado = benceno en D × 100 benceno en A % de benceno recuperado = 0,52 × 659,574 × 100 = 95,2718% 360 b. El porcentaje de la alimentación total que sale como destilado. % de A que sale como destilado = 659,574 × 100 = 65,9574% 1.000 1.13. Un método para determinar el flujo volumétrico de una corriente de proceso en flujo turbulento, consiste en inyectar cantidades pequeñas y medibles de algún fluido que se disperse con facilidad, para luego medir la concentración de este fluido en una muestra de la corriente mezclada, obtenida en algún punto adecuado corriente abajo. Supóngase que a una corriente que contiene 95 % mol de butano y 5 % mol de O2, se le inyectan 16,3 moles/h de O2. Corriente abajo el porcentaje de O2 es del 10 %. Calcule el flujo de la corriente. SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo: N1 N3 3 =0,9 XB 3 ( X O2 =0,1) 1 =0,95 XB 1 ( X O2 =0,05) 2 =16,3 NB Tabla de Grados de Libertad 5 NVI NBMI 2 NFC 1 2 NCC 0 -5 NRC G de L 0 25 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco De la tabla de grados de libertad se determina que el proceso esta correctamente especificado. Total: Etanol: N1 + N 2 = N 3 ó N 1 + 16,3 = N 3 0,05 N 1 + 16,3 = 0,1N 3 Resolviendo el sistema de ecuaciones: N 1 = 293,4 N 3 = 309,7 Por lo tanto el flujo de la corriente es de 293,4 moles/h. 1.14. El ácido agotado de un proceso de nitración contiene 43 % de H2SO4 y 36 % de HNO3. La concentración de este ácido diluido se incremente mediante la adición de ácido sulfúrico concentrado que contiene 91 % de H2SO4 y ácido nítrico concentrado, que contiene 88 % de HNO3. El producto deberá contener 41.8 % de H2SO4 y 40 % de HNO3. Calcule las cantidades de ácido agotado y de ácidos concentrados que deberán mezclarse para obtener 100 lb del ácido mezclado reforzado. SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: FD D =0,43 WH 2 SO4 D =0,36 W HNO 3 (H2O 21%) FC C =0,418 WH 2 SO4 C =0,400 W HNO 3 FS S =0,91 WH 2 SO4 (H2O 9%) (H2O 18,2%) FN N =0,80 W HNO 3 (H2O 20%) 26 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Tabla de Grados de Libertad 10 NVI NBMI 3 NFC 1 NCC 6 NRC 0 -10 0 G de L Los balances de materia son: Total: Sulfúrico: Propanol: F D + F S + F N = 100 0,43F D + 0,91F S = 41,8 0,36 F D + 0,8F N = 40,0 Al resolver en sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (FD, FS, FN) se obtienen los siguientes resultados FD = 52,482 FS = 21,135 FN = 26,383 Que son, respectivamente, los flujos de ácido agotados y ácidos sulfúrico y nítrico concentrados necesarios para producir el ácido reforzado. 1.15. En una planta se mezclan cuatro corrientes de proceso para dar una corriente única de 2.000 lb/h. Las composiciones de las cuatro corrientes de entrada y la corriente de salida se muestran en la tabla de la página siguiente: Calcule las proporciones en que deberán mezclarse las corrientes si: a. Siempre deberán usarse dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, para dar la corriente de salida con la composición mencionada. b. Se utilizan dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, y tres libras de la corriente 2 por una libra de la corriente 4, para dar la misma mezcla de salida. c. La corriente de salida no deberá llevar componentes inertes y deberá tener iguales porcentajes en masa de los otros componentes de la corriente. d. El contenido de inertes en la corriente de salida puede ser arbitrario, pero el resto de los componentes en la corriente de salida deberán estar presentes en iguales porcentajes en masa. 27 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco H2SO4 (% en masa) HNO3 (% en masa) H2O (% en masa) Inertes (% en masa) Diagrama cuantitativo: F1 1 =0,80 WH 2 SO4 1 W Interte =0,04 1 80 0 16 4 Corrientes de entrada 2 3 4 0 30 10 80 10 10 20 60 72 0 0 8 Corrientes de salida 40 27 31 2 (H2O 16%) F2 F5=2.000 5 =0,40 WH 2 SO4 5 =0,27 W HNO 3 5 =0,02 W Interte W 2 HNO3 =0,80 (H2O 20%) F3 3 =0,30 WH 2 SO4 3 =0,10 W HNO 3 (H2O 31%) (H2O 60%) F4 4 =0,10 WH 2 SO4 4 =0,10 W HNO 3 4 =0,08 W Interte (H2O 72%) Tabla de Grados de Libertad 16 NVI NBMI 4 NFC 1 NCC 11 NRC 0 -16 G de L 0 28 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Total: Sulfúrico: Inertes: Nítrico: F 1 + F 2 + F 3 + F 4 = 2.000 0,8F 1 + 0,3F 3 + 0,1F 4 = 800 0,04 F 1 0,08 F 4 = 40 0,8 F 2 + 0,1F 3 + 0,1F 4 = 540 (1) (2) (3) (4) a. Siempre deberán usarse dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, para dar la corriente de salida con la composición mencionada. Al establecer esta relación, se tendrá el siguiente análisis de Grados de Libertad: Relación 1, R1: (F1/F3) = 2 NVI NBMI NFC NCC NRC G de L 16 4 1 11 1 (5) -17 -1 El sistema se encuentra sobre-especificado porque los Grados de Libertad son negativos. Esto significa una de dos cosas: 1. Sobra información pero ésta no es contradictoria y el problema puede resolverse; 2. La información es contradictoria y el problema no tiene solución ya que no pueden cumplirse todas las especificaciones impuestas. En este caso se tienen 5 ecuaciones y 4 incógnitas. Para averiguar si el sistema es consistente, se resuelve el sistema formado por cuatro cualesquiera de ellas y se comprueban los resultados en la quinta ecuación. Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3) y (5), se encuentra que: F3=416,67 F4=83,33 Comprobando estos valores en la ecuación (4): 0,8×666,667 + 0,1×416,667 + 0,1×83,333 = 583,333 ≠ 540 F1=833.33 F2=666,67 Por lo tanto, la información de la ecuación (5) es contradictoria y como no se pueden cumplir todas las condiciones impuestas el problema no tiene solución. La sobreespecificación es contradictoria. 29 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco b. Se utilizan dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, y tres libras de la corriente 2 por una libra de la corriente 4, para dar la misma mezcla de salida. Además de las condiciones dadas por el diagrama original, se tiene otra relación: Relación 1, Relación 2, R1 : ( F 1 / F 3 ) = 2 R2 : ( F 2 / F 4 ) = 3 NVI NBMI NFC NCC NRC G de L 16 (5) (6) 4 1 11 2 -18 -2 El problema está, en comparación a la parte (a), todavía más sobre-especificado. Si con la primera condición no se cumple, mucho menos lo va a ser con dos condiciones (o relaciones). Desde el punto de vista matemático, se tiene un sistema de 6 ecuaciones con 4 incógnitas. Pueden usarse los resultados de la parte (a) para comprobarlo: F 2 666,67 = ≠3 F 4 83,333 (Relación 2 ó Ec. 6) c. La corriente de salida no deberá llevar componentes inertes y deberá tener iguales porcentajes en masa de los otros componentes de la corriente. Con estas condiciones, no pueden intervenir las corrientes de entrada que contienen inertes y el diagrama cuantitativo del proceso es el siguiente: 2 =0,8 WHNO 3 (H2O 20%) F2 5 =1/3 WH 2 SO 4 5 =1/3 W HNO 3 F = 2.000 5 (H2O) 3 =0,30 WH 2 SO 4 F3 W 3 HNO3 =0,10 (H2O 60%) 30 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Tabla de Grados de Libertad NVI 8 NBMI 3 1 NFC NCC 5 0 -9 NRC G de L -1 En este caso la sobre-especificación equivale a tener un sistema de 3 ecuaciones con 2 incógnitas (los flujos de las corrientes 2 y 3): De nuevo sobra información (hay redundancia), pero ésta puede ser o no contradictoria, existiendo las mismas dos posibilidades: Si la información no es contradictoria, el problema tiene solución, si es contradictora, no tiene solución. Las ecuaciones de balance son: Total: Nítrico: Sulfúrico: De la ecuación (3), F 1 + F 3 = 2.000 0,8F 2 + 0,1F 3 = 666,67 0,3F 3 = 666,67 F 3 = 2.222,22 (1) (2) (3) Valor contradictorio (por imposible), ya que dicho flujo no puede tener un valor mayor que el flujo de salida que es de 2000. Por tanto el problema, con estas condiciones, no tiene solución. d. El contenido de inertes en la corriente de salida puede ser arbitrario, pero el resto de los componentes en la corriente de salida deberán estar presentes en iguales porcentajes en masa. El diagrama cuantitativo del proceso, con todas las variables de corriente, se muestra en la figura de la página siguiente: Relaciones: R1 : R2 : ( WH 2 SO4 = WHNO3 ) 5 5 (1) (2) ( W H SO 2 4 5 5 ) = WH 2O 31 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Tabla de Grados de Libertad NVI 16 NBMI 4 1 NFC NCC 8 2 -15 NRC G de L -1 De la Tabla de Grados de Libertad puede concluirse que el sistema se encuentra subespecificado. Diagrama cuantitativo: F1 1 WH =0,80 2 SO4 1 W Interte =0,04 (H2O 16%) F2 F5=2.000 5 WH 2 SO4 5 W HNO 3 5 WH 2O W 2 HNO3 =0,80 (H2O 20%) F3 3 =0,30 WH 2 SO4 3 =0,10 W HNO 3 (Inertes) (H2O 60%) F4 4 =0,10 WH 2 SO4 4 =0,10 W HNO 3 4 =0,08 W Interte (H2O 72%) Para demostrar que el sistema se encuentra subespecificado, se plantean las ecuaciones del balance y las relaciones: R1 : R2 : (1) (2) 5 5 (WH / WHNO ) =1 2 SO4 3 5 5 (W H / WH ) =1 2 SO4 2O 32 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Ecuaciones de Balance: Total: Sulfúrico: Agua: Nítrico: F 1 + F 2 + F 3 + F 4 = 2.000 5 0,8F 1 + 0,3F 3 + 0,1F 4 = W H × 2.000 2 SO4 5 0,16 F 1 + 0,2 F 2 + 0,6 F 3 + 0,72 F 4 = W H × 2.000 2O 5 0,8F 2 + 0,1F 3 + 0,1F 4 = W HNO × 2.000 3 (3) (4) (5) (6) El análisis de las ecuaciones (1) a (6) muestra que forman un sistema con 6 ecuaciones y 7 incógnitas (F1, F2, F3, F4, W H 2 SO4 5 , 5 5 , WH ). El Grado de Libertad del WHNO 3 2O problema es igual a la diferencia entre el número de incógnitas y el número de ecuaciones: 7 incógnitas – 6 ecuaciones = 1 Grado de Libertad y, por tanto, no puede resolverse completamente. Se puede expresar, como en cualquier sistema de ecuaciones con la misma característica (más incógnitas que ecuaciones), el resto de incógnitas en función de una o más de ellas (dependiendo del número de Grados de Libertad (ejercicio algebraico que es bueno comenzar a practicar para cuando se llegue a la solución de balances de materia con arrastre de variables). 1.16. Un fabricante mezcla tres aleaciones para obtener 10.000 lb/h de una aleación requerida. En la siguiente tabla se muestran las composiciones de las aleaciones (% en masa): Aleaciones alimentadas 2 3 20 20 60 0 0 60 20 20 Aleación deseada 25 25 25 25 Componente A B C D 1 60 20 20 0 a. Calcule los flujos de alimentación de las tres aleaciones. ¿Pueden cumplirse todas las condiciones requeridas? b. Supóngase que puede usarse también una cuarta aleación, que contiene 20 % en B, 20 % en C y 60 % D. Calcule los flujos de alimentación de las cuatro aleaciones. c. Supóngase que únicamente se requiere que la aleación final tenga 40 % A y cantidades iguales de B y C (no se especifica la fracción en masa de D). 33 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco ¿En qué proporciones deberán mezclarse las cuatro aleaciones para satisfacer estas condiciones, y cuál sería la composición de la aleación final? SOLUCIÓN Diagrama Cuantitativo: 1 =0,6 WA 1 =0,2 WB 1 ( WC ) F1 W W (W 2 A =0,2 2 B =0,6 2 D) F2 F4=10000 W A4 =0,25 W B4 =0,25 WC4 =0,25 (WD ) 4 3 WA =0,2 F3 W (W 3 C =0,6 3 D) a. Calcule los flujos de alimentación de las tres aleaciones. ¿Pueden cumplirse todas las condiciones requeridas? Tabla de Grados de Libertad NVI 13 NBMI 4 1 NFC NCC 9 NRC 0 -14 -1 G de L Como consecuencia, se puede formar un sistema de 4 ecuaciones y 3 incógnitas. Las cuatro ecuaciones de balances de materia son: Total: A: B: C: F 1 + F 2 + F 3 = 10.000 0,6 F 1 + 0,2 F 2 + 0,2 F 3 = 2.500 0,2 F 1 + 0,6 F 2 = 2.500 0,2 F 1 + 0,6 F 3 = 2.500 (1) (2) (3) (4) Las tres incógnitas son: F1, F2 y F3. 34 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Resolviendo las ecuaciones (1), (2) y (4), se obtiene: F1 =5.000 F2 =2.500 F3=2.500 Al reemplazar estos valores en la ecuación (2) se obtiene que: 0,6×5.000 + 0,2×2.500 + 0,2×2.500 = 4.000 ≠ 2.500 los cuales no satisfacen la ecuación y, por tanto, el sistema no es consistente. Se puede concluir que la información es, además de redundante, contradictoria y, por tanto, el problema no tiene solución. b. Supóngase que puede usarse también una cuarta aleación, que contiene 20 % B, 20 % C y 60 % D. Calcule los flujos de alimentación de las cuatro aleaciones. El diagrama cuantitativo del proceso tiene un nuevo flujo de entrada con respecto al diagrama de la parte a), tal como se muestra en el diagrama cuantitativo de la página siguiente, en el que se incluyen todas las variables de corriente necesarias para construir la Tabla de Grados de Libertad que se muestra a continuación: NVI NBMI NFC NCC NRC G de L 16 4 1 11 0 -16 0 De la cual se concluye que el problema está correctamente especificado. 1 =0,6 WA 1 W B =0,2 1 ( WC ) F1 W A2 =0,2 W B2 =0,6 2 (WD ) 3 =0,2 WA 3 WC =0,6 F2 F4=10000 W A4 =0,25 W B4 =0,25 WC4 =0,25 (WD ) 4 F3 (WD ) 3 WB5 =0,2 WC5 =0,2 ( WD ) 5 F5 35 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Las ecuaciones de balance de materia son: Total: A: B: C: (1) (2) (3) (4) F 1 + F 2 + F 3 + F 5 = 10.000 0,6 F 1 + 0,2 F 2 + 0,2 F 3 = 2.500 0,2 F 1 + 0,6 F 2 + 0,2 F 5 = 2.500 0,2 F 1 + 0,6 F 3 + 0,2 F 5 = 2.500 Que conforman un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas Resolviéndolo se obtiene que: F1 = 2.500 F2 = 2.500 F3 = 2.500 F5 = 2.500 Correspondientes a los flujos necesarios para las corrientes de entrada. Corroborando los resultados obtenidos en el balance del componente D, que no ha sido utilizado por ser dependiente, se encuentra que: 0,2×2.500 + 0,2×2.500 + 0,6×2.500 = 0,25×10.000 2.500 = 2.500 c. Supóngase que únicamente se requiere que la aleación final tenga 40 % A y cantidades iguales de B y C (no se especifica la fracción en masa del compuesto D). ¿En qué proporciones deberán mezclarse las cuatro aleaciones para satisfacer estas condiciones? ¿Cuál sería la composición de la aleación final? Diagrama Cuantitativo: F1 1 WA =0,6 1 W B =0,2 1 ( WC ) W A2 =0,2 W B2 =0,6 2 (WD ) 3 WA =0,2 3 WC =0,6 F 2 F =10.000 4 W A4 =0,4 W B4 WC4 (WD ) 4 F3 (WD ) 3 36 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Relaciones: R1: W B4 = WC4 Tabla de Grados de Libertad NVI 13 NBMI 4 1 NFC 7 NCC 1 -13 NRC 0 G de L El proceso se encuentra correctamente especificado. Puede plantearse un sistema de cinco ecuaciones de balances de materia con cinco incógnitas: Total: A: B: C: R1 : F 1 + F 2 + F 3 = 10.000 0,6 F 1 + 0,2 F 2 + 0,2 F 3 = 4.000 0,2 F 1 + 0,6 F 2 = 10.000 W B4 (1) (2) (3) (4) (5) 0,2 F 1 + 0,6 F 3 = 10.000 WC4 (W B4 / WC4 ) = 1 Resolviéndolo el sistema se encuentra que: F1 = 5.000 F2 = 2.500 F3 = 2.500 W B4 = 0,25 WC4 = 0,25 Como medida de precaución y para garantizar la correcta realización de los cálculos, ya se había planteado anteriormente, se reemplazan los valores de las variables en la ecuación de balance que no ha sido utilizada (por ser dependiente). En este caso se trata del balance del componente D: 4 0,2 F 2 + 0,2 F 3 = 10.000 W D 0,2 × 2.500 + 0,2 × 2.500 = (1 − 0,4 − 0,25) × 10.000 1.000 = 1.000 37 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 1.17. Una lechada que consiste de un precipitado de CaCO3 en solución de NaOH y H2O, se lava con una masa igual de una solución diluida de 5 % (en masa) de NaOH en agua. La lechada lavada y sedimentada que se carga de la unidad contiene 2 libras de solución por cada libra de sólido (CaCO3). La solución clara que se descarga de la unidad puede suponerse de la misma concentración que la solución acarreada por los sólidos. La lechada de alimentación contiene iguales fracciones masa de todos sus componentes. Calcule la concentración de la solución clara. NaOH H2O SOLUCIÓ N de SOLUCIÓN clara NaOH H2O Lachada de alimentación NaOH H2O CaCO3 Lachada lavada NaOH H2O CaCO3 SOLUCIÓN El Diagrama Cuantitativo es: Solución de lavado 2 W NaOH =0,05 (Agua) F2 LECHADA 3 WCaCO =1/3 3 W 1 NaOH =1/3 F1 F4 Solución clara 4 WNaOH (Agua) (Agua) F3 Lechada lavada 3 WCaCO (Sal) 3 3 WNaOH (Agua) 38 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Relaciones: R1 : R2 : R3 : F1 = F 2 ( WCaCO 3 3 (1) (2) = 1/ 3 ) Para expresar matemáticamente la Relación 3, y poder igualar la composición de NaOH en las corrientes 3 y 4, debe efectuarse un cambio de base en la corriente 3; es decir, expresar su composición de NaOH excluyendo el CaCO3. Puede plantearse que: ⎛ ⎞ ⎛ masa de NaOH ⎞ ⎛ ⎞ masa de NaOH masa total ⎜ ⎜ masa de agua + masa de NaOH ⎟ ⎟=⎜ ⎜ masa total ⎟ ⎟×⎜ ⎜ masa de agua + masa de NaOH ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ En función de los flujos y las composiciones: 3 ⎛ FNaOH ⎜ 3 3 ⎜ FNAOH + FH 2O ⎝ 3 ⎞ ⎛ FNaOH ⎟=⎜ 3 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ F ⎞ ⎛ F3 ⎟×⎜ 3 3 ⎟ ⎜F ⎠ ⎝ NaOH + FH 2O ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 3 3 ⎛ ⎞ ⎛ W NaOH ⎞ W NaOH F3 F3 ⎞ ⎛ F3 ⎜ ⎟=⎜ ⎜ ⎟ ⎟ × 3 3 3 3 3 3 3 ⎟ ⎜ (W ⎜ (W NaOH + W H O ) × F ⎟ ⎜ F ⎟ + × W ) F NaOH H O ⎝ ⎠ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Encontrándose que: 3 ⎛ ⎞ ⎛ masa de NaOH ⎜ WNaOH ⎜ ⎟ = ⎜ masa de agua + masa de NaOH ⎟ ⎜ 1 − W 3 ⎝ ⎠ ⎝ CaCO3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Reemplazando valores, la relación R3 se plantea como: 3 ⎛ W NaOH ⎞ ⎛ ⎞ lb de NaOH 4 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = W NaOH ⎟ ⎜ 1 − 0,3333 ⎟ = ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ lb de s ln sin sólidos ⎠ 3 (3) Tabla de Grados de Libertad 10 NVI NBMI 3 0 NFC NCC 3 NRC 3 -9 1 G de L Base -1 G de L 0 39 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco CÁLCULOS Base: Sea F1 = 1.000 Las ecuaciones del balance de materia son: Total: CaCO3: NaOH: F 3 + F 4 = 1.000 + F 2 3 WCaCO F 3 = 1.000 × (1 / 3) 3 4 3 W NaOH F 4 + W NaOH F 3 = 0,05F 2 + (1.000 / 3) (4) (5) (6) Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que: F2 = F3 = F4 = 1.000 3 =0,15333 W NaOH 4 =0,23 W NaOH Reemplazando estos resultados en la ecuación dependiente para el balance de agua se comprueba la correcta solución de las ecuaciones, ya que los valores encontrados deben satisfacer su ecuación de balance: 4 3 (1.000 / 3) + 0,95F 2 = W NaOH F 4 + W NaOH F3 1.000 ⎛ 1 ⎞ + 950 = ⎜1 − − 0,15333⎟ × 1.000 + (1 − 0,23) × 1.000 3 3 ⎝ ⎠ 1.283,333 = 1.283,333 1.18. Puede extraerse el ácido benzoico de una solución acuosa diluida, mediante el contacto de la solución con benceno en una unidad de extracción de etapa única. La mezcla se separará en dos corrientes: una que contiene ácido benzoico y benceno y la otra que contiene a los tres componentes, como lo muestra el diagrama de la figura. El benceno es ligeramente soluble en agua, por tanto, la corriente 4 contendrá 0,07 kg de benceno por kg de agua. El ácido benzoico se distribuirá entre las corrientes 3 y 4 de la siguiente forma: ⎛ masa de ácido benzoico ⎞ ⎛ masa de ácido benzoico ⎞ ⎜ ⎟ = 4×⎜ ⎜ masa (benceno + agua ) ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ masa de benceno ⎝ ⎠4 ⎝ ⎠3 40 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco La solución de alimentación, corriente 2, contiene 2 × 10-2 kg de ácido/kg de agua y se alimenta a razón de 104 kg/h: a. Demuestre que el problema está subespecificado. b. Supóngase que el ácido benzoico extraído en la corriente 3, vale $ 1/kg y que el benceno fresco (corriente 2) cuesta 3 centavos/kg. Construya una gráfica de utilidad neta contra flujo de benceno y seleccione el flujo óptimo de benceno. Ácido benzoico Agua 1 4 Ácido benzoico Benceno Agua Ácido benzoico Benceno 3 2 Benceno SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo: F1=10.000 kg/h 4 1 F4 4 W AB W 1 AB (A) WB4 (A) F 3 3 W AB 3 2 F2 (Benceno) (B) R 1: R 2: R 3: 0,02 kg de ácido/kg de agua en la alimentación 0,07 kg de benceno/ kg de agua en la corriente 4. ⎛ masa de ácido benzoico ⎞ ⎛ masa de ácido benzoico ⎞ ⎜ ⎟ = 4×⎜ ⎜ ⎟ ⎜ masa (benceno + agua) ⎟ ⎟ masa de benceno ⎠ 3 ⎝ ⎝ ⎠4 41 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco a. Demuestre que el problema está subespecificado. Tabla de Grados de Libertad NVI 8 NBMI 3 NFC 1 NCC 0 3 -7 NRC G de L -1 El problema se encuentra subespecificado. Hace falta información para calcular todas las variables del proceso. Como tiene un grado de Libertad esto significa que todas las incógnitas del proceso pueden expresarse en función de una de ellas. b. Supóngase que el ácido benzoico extraído en la corriente 3, vale $ 1/kg y que el benceno fresco (corriente 2) cuesta 3 centavos/kg. Construya una gráfica de utilidad neta contra flujo de benceno y seleccione el flujo óptimo de benceno. Para hallar la respuesta pedida, se plantean las ecuaciones de balance y se expresa el ácido recuperado en función del benceno utilizado: Balance de ácido benzoico: (AB) (1) 10.000 × Balance de benceno: (B) 0,02 3 = W AB F3 1,02 4 + W AB F 4 = 196,078 3 F 2 = (1 − W AB ) F 3 + WB4 F 4 (2) Balance de agua: (A) 10.000 × 1,00 4 4 = FA = (1 − W AB − WB4 ) F 4 = 9.803,922 1,02 (3) De la Relación 2 y la ecuación (3), el benceno en (4) será: 4 FB4 = W AB F 4 = 0,07 × 9.803,922 = 686,275 (4) Reemplazando la ecuación (4) en la (2): 3 F 2 = (1 − W AB ) F 3 + 686,275 (5) Expresando matemáticamente la Relación 3 y reemplazando los valores conocidos se encuentra que: 3 4 4 ⎛ W AB ⎛ ⎞ 4 W AB F3 ⎞ W AB F4 F4 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ (1 − W 3 ) F 3 ⎟ = 4 × ⎜ 9.803,922 + 686,275 ⎟ = 10.490,197 AB ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (6) 42 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Despejando de (1) y (5), reemplazando en (6) y reorganizando se llega a que: ⎛ 10.490,197 × 196,078 ⎞ ⎜ ⎟ F 2 − 686,725 ⎝ ⎠ 4 4 W AB F = ⎛ 10.490,197 ⎞ 4+⎜ 2 ⎟ ⎝ F − 686,725 ⎠ y 3 4 W AB F 3 = 196,078 − W AB F4 (7) (7) La ecuación (8) da el ácido recuperado en función del flujo de benceno y de la ecuación (7). A partir de ellas y asumiendo diferentes valores para el flujo de benceno se puede calcular el flujo de ácido recuperado. Con los flujos hallados y con los precios dados se puede construir la siguiente tabla: F2 kg 1.300 2.000 2.100 2.200 2.300 2.400 2.600 3.000 Valores de F2 $ 39 60 63 66 69 72 78 90 F4 W AB kg 158,916 130,652 127,415 124,334 121,399 118,599 113,370 104,182 4 F3 W AB kg 37,162 65,428 68,663 71,744 74,679 77,479 82,708 91,896 3 Valor de ácido reciclado $ 37,162 65,428 68,663 71,744 74,679 77,479 82,708 91,896 Utilidad $ -1,838 +5,428 +5,663 +5,744 +5,679 +5,479 +4,708 +1,896 De los valores hallados en la última columna de la Tabla puede observarse que el flujo óptimo de benceno se encuentra entre 2.100 y 2.300 kg, valores entre los cuales la utilidad presenta un máximo. Obsérvese que al asumir un flujo de benceno el proceso queda correctamente especificado, ya que la Tabla de Grados de Libertad es: NVI NBMI NFC NCC NRC G de L 8 3 2 0 3 -8 0 1.19 La alimentación aun sistema fraccionador de dos columnas es de 30000 lb/h de una mezcla que contiene 50 % de benceno (B), 30 % de tolueno (T) y 20 % de xileno (X). La alimentación se introduce en la columna I y resulta en un destilado con 95 % de benceno, 3 % de tolueno y 2 % de xileno. Los fondos de la columna I se alimentan a la segunda columna de la cual se obtiene un destilado con 3 % de benceno, 95 % de tolueno y 2 % de xileno. 43 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Supóngase que 52 % de la alimentación aparece como destilado en la primera columna y 75 % del benceno alimentado a la segunda columna aparece en el destilado de ésta. Calcule la composición y el flujo de la corriente de fondos de la segunda columna. SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo: 2 F2 2 =0,95 wB 2 wT =0,03 4 F4 4 =0,03 wB 4 wT =0,95 F4=30.000 (X, 2%) 1 (X, 2%) w1 B =0,5 1 wT =0,3 (X, 20%) I II 3 F 3 5 F5 5 wB 5 wT 5 ( wX w w 3 ( wX 3 B 3 T ) ) 44 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Relaciones: R1 : R2 : 0,52 F 1 = F 2 3 3 4 4 0,75 wB F = wB F Unidad I NVI NBMI 3 NFC 1 NCC 4 NRC R1 1 R2 G de L 9 -9 0 Tabla de grados de libertad Unidad II Proceso NVI 9 NVI 15 NBMI 3 NBMI 6 NFC 0 NFC 1 NCC 2 NCC 6 NRC NRC R1 R1 1 R2 1 -6 R2 1 -15 G de L 3 G de L 0 Global NVI NBMI 3 NFC 1 NCC 6 NRC R1 1 R2 G de L 12 -11 1 La Unidad I y el Proceso tienen 0 Grados de Libertad y se conoce un flujo. El proceso está correctamente especificado. Unidad I 1 1 1 3 Tabla de Balances Unidad II 1 1 1 3 Proceso 2 2 2 6 Global 1 1 1 3 Tolueno (T) Benceno(B) Xileno (X) Total Estrategia de SOLUCIÓN: 1. Resolviendo la Unidad I se conocen F2, F3, wB y wT . Se agota R1. 3 3 2. Actualizando Grados de Libertad: Unidad II: Global: 3 3 G de L A = 3 − 1 ( F 3 ) − 2 ( wB , wT )=0 G de L A = 1 − 1 ( F 2 ) + 1 ( R1 agotada) = 1 5 5 3. Se resuelven los balances en la Unidad II y se conocen F4, F5, wB , wT . Se agota R2. No es necesario actualizar los Grados de Libertad: como pueden realizarse balances independientes en dos de los tres sistemas (Unidad I, Unidad II y Globales) ya que el tercero es dependiente, los resultados se comprueban en los balances Globales, para la cual ya son conocidas todas las incógnitas: F2 (al resolver la Unidad I) y F4, F5, wB , wT (al resolver la Unidad II). 5 5 45 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco CÁLCULOS: Base de cálculo: F1 = 30.000 Balances en la Unidad I: De R1: Los balances son: Total: F2=15.600 F1 = F 2 + F 3 30.000 = 15.600 + F 3 F 3 = 14.400 1 2 2 3 3 w1 B F = wB F + wB F 0,5 × 30.000 = 0,95 × 15.600 + 3 wB = 0,0125 1 1 2 2 3 3 wT F = wT F + wT F 0,3 × 30.000 = 0,03 × 15.600 + 3 wT = 0,5925 Benceno: 3 wB × 14.400 Tolueno: 3 wT × 14.400 Por diferencia: 3 3 w3 X = (1 − w B − wT ) = (1 − 0,25 − 0,5925) w3 X = 0,395 Comprobando los resultados en el balance de xileno: 0,2 × 30.000 = (0,02 × 15.600 + 0,395 × 14.400) 6.000 = 312 + 5.688 = 6.000 Balances en la Unidad II: Balance Total: De R2: 14.400 = F 4 + F 5 3 0,75 w B F 3 = 0,75 × 0,0125 × 14.400 = 135 4 4 135 = wB F = 0,03 F 4 (1) (2) Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2): F 4 = 4.500 F 5 = 9.900 46 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Balance de benceno: Balance de tolueno: 3 3 4 4 5 5 wB F = wB F + wB F 5 0,0125 × 14.400 = 0,03 × 4.500 + w B (9.900) 5 wB = 0,00454 3 5 wT F 3 = 0,95F 4 + wT × 9.900 5 0,5925 × 14.400 = 0,95 × 4.500 + wT (9.900) 5 wT = 0,43 5 5 w5 X = (1 − wB − wT ) = (1 − 0,00454 − 0,43) w5 X = 0,56546 Por diferencia: Comprobando los resultados en el balance dependiente de xileno: 0,395 × 14.400 = 0,02 × 4.500 + 0,56546 × 9.900 5.688 = 90 + 5.598,05 = 5.688,05 El balance es correcto. La pequeña diferencia es debida a los cortes en los decimales de las fracciones másicas. Como se planteaba anteriormente, después de resolver los balances en la Unidad I, la actualización de la Tabla de Grados de Libertad permitió establecer dónde podían continuarse los balances. Al resolver los balances en la Unidad II se encuentra que se conocen todos los flujos y composiciones del proceso, sin necesidad de utilizar los balances en el proceso global. Esto está de acuerdo con el hecho, demostrado en la teoría, de que para un proceso con n unidades pueden plantearse (n + 1) sistemas de balance, pero de ellos sólo n serán independientes. Por tanto, los resultados obtenidos deben satisfacer, también, los balances de materia de la unidad no utilizada, por ser dependiente. O sea que las respuestas encontradas pueden corroborarse de otra manera, garantizándose la correcta solución del problema. En este caso el tercer sistema de ecuaciones de balance, y no utilizado, corresponde al proceso global. Al reemplazar los valores en las correspondientes ecuaciones de dicho balance se obtiene que: Total: F1 = F 2 + F 4 + F5 30.000 = 15.600 + 4.500 + 9.900 = 30.000 1 2 2 4 4 5 5 w1 B F = wB F + wB F + wB F 0,5 × 30.000 = 0,95 × 15.600 + 0,03 × 4.500 + 0,00454 × 9.900 15.000 = 14.820 + 135 + 44,946 = 14.999,946 Benceno: Tolueno: 1 2 4 5 wT F 1 = wT F 2 + wT F 4 + wT F5 0,3 × 30.000 = 0,03 × 15.600 + 0,95 × 4.500 + 0,43 × 9.900 9.000 = 468 + 4.275 + 4.257 = 9.000 47 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 1.20. Se utiliza un sistema de purificación con recirculación, para recuperar al solvente DMF de un gas de desperdicio que contiene 55% de DMF en aire. El producto deberá tener únicamente 10% de DMF. Calcule la fracción de recirculación, suponiendo que la unidad de purificación puede eliminar a dos terceras partes del DMF presente en la alimentación combinada a la unidad. DMF Aire 55% Unidad de purificación DMF Aire 90% DMF SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo: 5 F5 5 WD 5 ( Waire ) F1 1 WD =0,65 1 ( Waire ) 2 1 M 2 F2 Unidad de purificación 3 3 F3 D 4 F4 4 WD =0,1 4 ( Waire ) W 2 ( Waire ) 2 D 6 W = 0,1 3 ( Waire ) 3 D 6 FD Relaciones: R1 : R2: Restricciones del Divisor: 2 2 W D F2 3 (2 − 1)(2 − 1) = 1 F6 = 48 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 G de L Mezclador 6 2 0 1(1) 2 Tabla de grados de libertad Purificación Divisor Proceso 5 6 11 2 2 6 0 0 0 0(1) 1 2 1 1 1 1 1 2 1 Global 5 2 0 2 1 Reconfirmación de grados de libertad: Mezclador: Incógnitas = Ecuaciones= G de L = Purificación: Incógnitas = Ecuaciones= G de L = Divisor: Incógnitas = Ecuaciones= G de L = Global: Incógnitas = Ecuaciones= G de L = 4(F1, F2, W2D, F5) 2 (balances) 2 4(F2, F2, W6D, F7) 2 (balances) + 1(R1) 1 5(F3, F4, W3D, F5, W5D) 2 (balances) + 1(R2) 2 3(F1, F6D, F4) 2 (balances) 1 Analizando la Tabla se encuentra que puede tomarse base de cálculo en el Proceso Global o en la Unidad de Purificación, porque en el proceso no se conoce ningún flujo y ambas unidades tienen un grado de Libertad. La elección de una u otra base depende de un análisis de los Grados de Libertad actualizados, ya que una elección puede llevar a un punto en el que no se pueda continuar o no aportar nada a los balances, como se mostrara en la estrategia de solución. Mezclador 1 1 2 Tabla de Balances Purificación Divisor 1 1 1 1 2 2 Proceso 3 3 6 Global 1 1 2 DMF (D) Aire Total Estrategia de solución: 1. Tomando base de calculo en la unidad de purificación y resolviendo se conoce: F2, W2D, F3, F6. Se agota R1. 49 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 2. Actualizando grados de Libertad se encuentra que: Mezclador : G de L A = Divisor: G de L A = Global: G de L A = 2-2(F2, W2D) = 0 2-1(F3) = 1 1-1(F6) = 0 3. Resolviendo el mezclador, se conoce: F1, F5. 4. Resolviendo Grados de Libertad: Global: G de L A = 0-0 = 0 5. Se resuelve el balance Global y los resultados se comprueban en el Divisor o unidad dependiente. CÁLCULOS: Balance en la Unidad de Purificación: Base de calculo: F6 = 150 Total: DMF: R1 : F2= F3 +150 F2W2D= 0,1 F3+150 150 = (2/3) F2W2D Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas: F2= 900 F3= 750 W2D= 0,25 Comprobando los resultados en el balance de aire: (1-0,25)x 900 675 Balance en el Mezclador: Total DMF: F1 + F5 = 900 0,55 F1 + 0,1 F5= 225 = (1-0,1) x 750 = 675 Resolviendo las ecuaciones: F1= 300 F5= 600 Comprobando los resultados en el balance de aire: (1-0,55)x 300 + (1-0,1)x600 675 = (1-0,25) x 900 = 675 50 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Balances en el Global: Total 300 = F4 + 150 F4 = 150 Comprobando los resultados en el balance de aire: (1-0,55)x 300 135 Comprobando los resultados en el Divisor: Total: 750 = 150 + 600 = 750 = (1-0,1) x 150 = 135 La igualdad nos demuestra que el problema se resolvió correctamente. La relación de recirculación será: F 5 600 = = 0.8 F 3 750 Para resolver el problema se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de solución: Base de Cálculo: Unidad de Purificación: Total: DMF: R1 : F6= 150 F2= F3 +150 F2W2D= 0,1 F3+150 150 = (2/3) F2W2D (1) (2) (3) Balance en el Mezclador: Total DMF: F1 + F5 = F2 0,55 F1 + 0,1 F5= F2W2D (4) (5) Global: Total F1 = F4 + 150 (6) 51 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Resolviendo se obtienen los siguientes resultados: F1 = 300 F2 = 899,9999994 F3 = 749,9999994 Comprobando los resultados con el divisor: Total 749,9999994 = 150 + 599,399999 749,9999994 = 749,99999 F4= 150 F5= 599,9999994 W2D= 0,24999999 1.21. Frecuentemente se utiliza un método de purificación de gases que consiste en la absorción selectiva de los componentes indeseables del gas, en un medio líquido específicamente seleccionado. Posteriormente se regenera el medio líquido mediante un tratamiento químico o térmico para liberar al medio absorbido. En una instalación particular se alimentan temporalmente 10.00 moles/h a un sistema de purificación (diseñado para eliminar compuestos de azufre), cuya capacidad de diseño es de 820 moles/h. Como el sistema de absorción simplemente puede manejar 82% de este flujo, se propone derivar una corriente con el exceso, de manera que la concentración de H2S en la salida del sistema de absorción se reduzca lo suficiente para que la mezcla de salida contenga únicamente 1% de H2S y 0,3% de COS en base molar. Calcule todos los flujos del sistema. La corriente de alimentación consiste (en base molar) de 15% de CO2, 5% de H2S y 1.41% de COS; el resto es CH4. CH4 CO2 H2 S COS CH4 CO2 H2S COS Sistema de Absorción CH4 CO2 H2S 1 % COS 0,3% CH4 CO2 H2S COS H2S COS 52 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo: 2 N2 X 2 CO2 = 0,15 2 = 0,05 XH 2S 2 X COS = 0,0141 ( 2 ) X CH 4 N1=1.000 1 = 0,15 X CO 2 1 XH 2S 1 X COS 1 = 0,05 = 0,0141 D 3 N3 3 X CO = 0,15 2 3 XH 2S Sistema de Absorción N6 5 N5 5 X CO 2 M 6 6 X COS =0,003 X ( 6 H2S = 0,01 (X1CH4) = 0,05 = 0,0141 4 N 4 X 3 COS 4 X CO 2 4 XH 2S 4 X COS 5 XH 2S 6 ) X CH 4 ( 5 ) X CH 4 ( 3 ) X CH 4 ( 4 ) X CH 4 Relaciones: R1 : R2 : Restricciones del Divisor: Tabla de Grados de Libertad: Divisor 12 4 1 3 1 3 0 Adsorción 10 4 0 0(3) 3 Mezclador 12 4 0 2(3) 3 Proceso 22 12 1 5 1 3 0 Global 10 4 1 5 0 0,82 N1 = N3 RD = (2-1)(4-1) = 3 NVI NBMI NFC NCC NRC G de L R1 R2 Reconfirmación de Grados de Libertad: Divisor Incógnitas = Ecuaciones= G de L = Absorción Incógnitas = Ecuaciones= G de L = 8( N 2 , x 2 CO2 , x 2 H 2 S , x 2 COS , N 3 , x 3 CO2 , x 3 H 2 S , x 3 COS ) 4(balances)+4(R1,R2) 0 7( N 3 , N 4 , x 4 H 2 S , N 5 , x 5 CO2 , x 5 H 2 S , x 5 COS ) 4(balances) 3 53 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Global Incógnitas = Ecuaciones= G de L = 4( N 4 , x 4 H 2 S , N 6 , x 6 CO2 ) 4(balances) 0 Tabla de Balances: Divisor 1 1 1 1 4 Absorción 1 1 1 1 4 Mezclador 1 1 1 1 4 Proceso 3 3 3 3 12 Global 1 1 1 1 4 CO2 H2 S COS CH4 Total Estrategia de solución: 1. Resolviendo los balances del proceso global, se conoce: N4, x4H2S, N6, x6CO2. De R1, se halla N3, y por tanto se agota la relación. 2. Reconfirmando Grados de Libertad: Divisor: G de L A = 0 - 1 (N3) + 1(R1 agotada) = 0 3. Resolviendo el Divisor, se conoce: N2, N3. 4. Actualizando Grados de Libertad: Mezclador: G de L A = 3-3 (N6, x6CO2, N2) = 0 Absorción: G de L A = 3-3 (N3, N4, x4H2S) = 0 5. Se resuelve la Torre de Absorción y los resultados se comprueban en los balances en el Mezclador. CÁLCULOS: Balance en el Proceso Global: Total: CO2: H2S: COS: 1.000 = N4 + N6 0,15 0,05 x x 1.000 = x6co2 x N6 x 1.000 = x4H2S x N4 + 0,01 x N6 x 0,0141 1.000 =(1-x4H2S) x N4 + 0,003 N6 Resolviendo el sistema de ecuaciones: N4 = 51,773 N6 = 948,226 X4H2S = 0,7826 X6CO2 = 0,1581 Comprobando los resultados en el balance de CH4: (1 – 0,15 – 0,05 – 0,0141) x 1.000 = (1 – 0,01 – 0,003 – 0,1581) x 948,226 785,9 = 785,98 54 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco De R1 : Balance en el Divisor: Total: 0,82 x 1.000 = N3 N3 = 820 1.000 = 820 +N2 N2 = 180 Balances en la torre de Absorción: Total: CO2: H2S: COS: 820 = 51,773 + N5 0,15 0,05 x x 820 = x5co2 x N5 x 820 = 0,7826 x 51,773 + x5H2S x N5 x 0,0141 1.000 = (1- 0,7826) 51,773 + x5COS x N5 Resolviendo el sistema: N5 = 768,226 X5CO2 = 0,160 X5H2S = 0,000627 X5COS = 0,000399 Comprobando el resultado en el Mezclador: Total: N5 +N2 768,226 +180 948,226 = N6 = 948,226 = 948,226 Resolviendo el problema se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de solución : Global: Total: CO2: H2S: COS: R1 : Divisor: Total: CO2: H2S: COS: 1.000 = N2 +N3 150 = x2CO2 x N2 + x3CO2 x N3 50 = x2H2S x N2 + x3H2S x N3 14,1 = x2COS x N2 + x3COS x N3 (6) (7) (8) (9) 1.000 = N4 +N5 150 = x6CO2 x N6 50 = x4H2S x N4 + 0,01 x N6 14,1 = (1- x4H2S) x N4 + 0,003 820 = N3 (1) (2) (3) (4) (5) x N6 Restricciones del Divisor: X2CO2 = 0,15 X2H2S = 0,05 X2COS = 0,0141 (10) (11) (12) 55 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Torre de Absorción: Total: CO2: H2S: COS: N3 = N4 +N5 x3CO2 x N3 = x5CO2 x N5 x3H2S x N3 = x4H2S x N4 + x5H2S x N5 x3COS x N3 = (1 - x4H2S) x N4 + x5COS (13) (14) (15) (16) x N5 Resolviendo el sistema se obtienen los siguientes resultados: N2 =180 x3CO2 = 0,15 N3= 820 x3H2S = 0,05 N4= 51,7730496453 x3COS = 0,0141 N5= 768,226950354 x4H2S = 0,782602739727 N6 = 948,226950355 x5CO2 = 0,160108936484 x2CO2 = 0,15 x5H2S = 0,000627769571526 x2H2S = 0,05 x5COS = 0,000399206056199 x2COS = 0,0141 x6CO2 = 0,158189977562 56 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco SECCIÓN II – BALANCE DE MATERIA CON REACCIÓN QUÍMICA 2.1. a. Escribir una reacción química balanceada para la reacción de 1 mol de C8H12S2 con O2 para producir CO2, H2O y SO2. 2.1. b. Calcule la velocidad de producción de todas las sustancias, si se hacen reaccionar 2 moles/h de C8H12S2 con una cantidad estequiométrica de O2. 2.1. c. Calcule la velocidad de la reacción. SOLUCIÓN a. Escriba una reacción química balanceada para la reacción de 1 mol de C8H12S2 con O2 para producir CO2, H2O y SO2. La ecuación balanceada es: C8 H12 S 2 + 13O2 → 8CO2 + 6 H 2O + 2 SO2 b. Calcule la velocidad de producción de todas las sustancias, si se hacen reaccionar 2 moles/h de C8H12S2 con una cantidad estequiométrica de O2. Con base en la simbología utilizada y la estequiometría de la reacción: Entrada =2 NC 8 H 12 S 2 mol h y Entrada NO = 26 2 mol h A partir de la s ecuaciones de definición: salida Entrada − NC = 0 − 2 = −2 RC8 H12 S 2 = N C 8 H12 S 2 8 H12 S 2 mol h salida Entrada RO2 = N O − NO = 0 − 26 = −26 2 2 mol h salida Entrada RCO2 = N CO − N CO = 16 − 0 = 16 2 2 mol h mol h salida Entrada R H 2O = N H − NH = 12 − 0 = 12 2O 2O salida Entrada RSO2 = N SO − N SO = 4−0 = 4 2 2 mol h 57 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco c. Calcule la velocidad de la reacción. Los coeficientes estequiométricos para reactivos y productos son: σ C8 = −1 σ O2 = −13 σ CO2 =8 σ H 2O =6 σ SO2 =2 La velocidad de reacción es: r= R σ = − 2 mol − 26 mol 16 mol 12 mol 4 mol = = = = 8 h 6 h 2 h −1 h − 13 h r=2 mol h 2.2. La combustión de C3H6 hasta CO2 y H2O puede describirse por cualquier de las reacciones: C3 H 6 O la reacción: + 9 O2 2 + 9O2 → 3CO2 → 6CO2 + 3H 2 O + 6H 2O 2C 3 H 6 Suponga que se hacen reaccionar 10 moles/h de C3H6 con 50 moles/h de O2, lográndose la conversión completa de C3H6. Calcule las velocidades de reacción que se obtienen con cada reacción. Explique de que manera se relacionan las dos velocidades y por qué. SOLUCIÓN Para la primera reacción: C3 H 6 + 9 O2 2 → 3CO2 + 3H 2 O Los coeficientes estequimétricos son: σ C H = −1 3 6 σO = −92 2 σ CO = 3 2 σH O = 3 2 Por tanto: Entrada NC = 10 3H 6 mol h Entrada NO = 50 2 mol h 58 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco salida NC = 30 3H 6 mol h salida NH = 30 2O mol h Salida NO = (50 − 45) = 5 2 mol h La velocidad de reacción es: r1 = 0 − 10 mol 5 − 50 mol 30 − 0 mol 30 − 0 mol = = = 3 h 3 h −1 h − 4,5 h mol r 1 = 10 h Para la segunda reacción: 2C 3 H 6 + 9O2 → 6CO2 + 6H 2O Los coeficientes estequimétricos son: σ C H = −2 3 6 σ O = −9 2 σ CO = 6 2 σH O = 6 2 La velocidad de reacción es: r2 = 0 − 10 mol 5 − 50 mol 30 − 0 mol 30 − 0 mol = = = h 6 h 6 h −2 h −9 r2 = 5 mol h Se encuentra que r1= 2r2 porque la segunda reacción se obtiene multiplicando la primera por 2, lo que significa que sus coeficientes estequimétricos serán el doble. Como las dos reacciones explican la transformación química de la cantidad de propano (10 mol/h), la velocidad de la segunda reacción debe ser la mitad de la velocidad de la primera. 2.3. Considere la reacción: 3C 2 H 5 OH + 2 Na 2 Cr2 O7 + 8 H 2 SO4 → 3CH 3COOH + 2Cr2 ( SO4 ) 3 + 2 Na 2 SO4 + 11H 2 O a. Si una alimentación al reactor tiene la composición (porcentaje en mol) de 20% de C2H5OH, 20% de Na2Cr2O7 y el resto H2SO4, ¿cuál es el reactivo limitante? b. ¿Si se alimenta a un reactor 230 kg/h de C2H5OH, que flujos de alimentación de los otros dos reactivos serian necesarios para tener una mezcla estequiométrica de alimentación? 59 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco SOLUCIÓN a. Si una alimentación al reactor tiene la composición (porcentaje en mol) de 20% de C2H5OH, 20% de Na2Cr2O7 y el resto H2SO4, ¿cuál es el reactivo limitante? La reacción es: 3C 2 H 5 OH + 2 Na 2 Cr2 O7 + 8 H 2 SO4 → 3CH 3COOH + 2Cr2 ( SO4 ) 3 + 2 Na 2 SO4 + 11H 2 O Para una mezcla de alimentación de 100 moles, las cantidades molares de etanol, cromato y sulfúrico son 20, 20 y 60 respectivamente. Los coeficientes estequiométricos son: σ C H OH = −3 2 5 σ Na Cr O = −2 2 2 7 σ H SO = −8 2 4 Al calcular la relación entre el número de moles que entra y el coeficiente estequimétrico para cada uno de los reactivos se tiene que: entrada NC 2 H 5 OH σ C H OH 2 5 = 20 = 6,67 3 entrada NH 2 SO4 entrada N Na 2Cr2O7 σ Na Cr O 2 = 2 7 20 = 10 2 σ H SO 2 = 7 60 = 7,50 8 Comparándolas entre ellas, la menor de las tres relaciones es de 6,67, o sea que el reactivo limite es el etanol. b. ¿Si se alimenta a un reactor 230 kg/h de C2H5OH, que flujos de alimentación de los otros dos reactivos serían necesarios para tener una mezcla estequiométrica de alimentación? C 2 H 5 OH que entra = 230 kg = (230 / 46) kg − mol = 5 kg − mol Na 2 Cr2 O7 necesario = (5 × 2) / 3 kg − mol = 3,333 kgmol = 873,33 kg H 2 SO 4 necesario = (5 × 8) / 3 kg − mol = 13,333 kgmol = 1.306,667 kg 60 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 2.4. A un reactor se alimenta una mezcla equimolar de las sustancias A, B y C, para producir el producto D mediante la reacción: A + 2B + 3 C → 2D + E 2 Si la conversión en el reactor es de 50%, calcule el número de moles del producto D que se forma por mol de alimentación al reactor. SOLUCIÓN La reacción es: A + 2B + 3 C → 2D + E 2 Los coeficientes estequiométricos de los reactivos son: σ A = −1 σ B = −2 σ C = − 32 Es necesario encontrar el reactivo límite para determinar a cual de ellos se refiere la conversión. Para un mol de reactivos, las cantidades de A, B y C será de 1/3 mol para cada uno: entrada entrada entrada NA = NB = NC = 1 3 Por lo tanto: N σA entrada A ⎛1⎞ ⎜ ⎟ 1 3 =⎝ ⎠= 1 3 N σB entrada B ⎛1⎞ ⎜ ⎟ 1 3 =⎝ ⎠= 3 6 entrada NC σC ⎛1⎞ ⎜ ⎟ 2 3 =⎝ ⎠= ⎛3⎞ 9 ⎜ ⎟ ⎝2⎠ La cantidad menor es 1/6, lo que significa que el compuesto B es el reactivo límite y la conversión de 50% estará referida a él. La velocidad de reacción es: 1 × 0,5 entrada entrada NS X S NB X 3 1 r= = = = mol −σ S −σ B 2 12 Los moles del producto serán: salida ND =σD r = 2× 1 1 mol = mol 12 6 61 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 2.5. Se efectúa una reacción cuya ecuación estequiométrica es: A + 3B → 2 D Con 20% de conversión de A. La corriente de alimentación al reactor contiene 25% de A y 75% de B (porcentaje en masa) y tiene un flujo de 1000 kg/h. Si la masa molecular de A es 28 y e de B es 2: a. Calcule la masa molecular de D. b. Calcule la composición en base masa de la corriente de salida. SOLUCIÓN a. Calcule la masa molecular de D. La reacción es: A + 3B → 2 D y X A = 0,2 Los flujos de entrada son: F ent . A = 1.000 × 0,25 = 250 kg F ent . B = 750 kg Los coeficientes estequimétricos son: N ent . A = (125 / 14) kgmol N ent . B = (750 / 2) kg − mol σ A = −1 σ B = −3 σ C = −2 La velocidad de reacción es: 1 125 × entrada NA X A 5 14 125 = = r= −σ A 1 70 Los flujos de salida son: ⎛ 125 125 ⎞ 500 salida entrada NA = NA +σ A r = ⎜ − ⎟= 70 ⎠ 70 ⎝ 14 ⎛ 750 3 × 125 ⎞ 25.875 salida entrada NB = NB +σB r = ⎜ − ⎟= 70 ⎠ 70 ⎝ 2 2 × 125 ⎞ 250 ⎛ salida entrada ND = ND +σ D r = ⎜0 − ⎟= 70 ⎠ 70 ⎝ Como la masa se conserva, Fsal. = 1000, o sea que: salida F Asalida + FBsalida + FD = 1.000 62 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco y en función del número de moles y la masa molecular: salida salida salida MM A N A + MM B N B + MM D N D = 1.000 donde MM es la masa molecular: Reemplazando: 250 25.875 500 × 28 + ×2+ × MM D = 1.000 70 70 70 Despejando, MM D = 17 b. Calcule la composición en base masa de la corriente de salida. Las masas de A, B y D son respectivamente 200, 739,3 y 60,7 kg, por tanto, w A = 0,2 wB = 0,7393 wD = 0,0607 2.6. El gas de dióxido de cloro se utiliza en la industria papelera para blanquear la pulpa producida en un molino Kraft. El gas se produce haciendo reaccionar clorato de sodio, acido sulfúrico y metanol, en reactores recubiertos de plomo: 6 NaClO3 + 6 H 2 SO4 + CH 3 OH → 6 ClO2 + 6 NaHSO4 + CO2 + 5 H 2 O Suponga que se utilizan 14 moles de una mezcla equimolar de NaClO3 y H2SO4 por mol de CH3OH como se muestra en la figura: CH3OH NaClO3 H2SO4 Reactor Productos de reacción a. Determine el reactivo limitante. b. Calcule los flujos de reactivos necesarios para producir 10 toneladas métricas por hora de ClO2, suponiendo que se obtiene una conversión del 90 %. 63 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco SOLUCIÓN La reacción es: 6 NaClO3 + 6 H 2 SO4 + CH 3 OH → 6 ClO2 + 6 NaHSO4 + CO2 + 5 H 2 O a. Determine el reactivo limitante. Las moles de reactivos son: entrada N CH =1 3OH entrada N NaClO =7 3 entrada NH =7 2 SO4 Los coeficientes estequiométricos son: σ CH OH = −1 3 σ NaClO = −6 3 σ H SO = −6 2 4 Las relaciones entre las moles de alimentación y los coeficientes estequiométricos son: entrada N CH 3OH σ CH OH 3 =1 entrada N NaClO 3 σ NaClO = 3 7 6 entrada NH 2 SO4 σ H SO 2 = 4 7 6 El reactivo límite es el metanol, ya que tiene la menor de las tres relaciones anteriores. b. Calcule los flujos de reactivos necesarios para producir 10 toneladas métricas por hora de ClO2, suponiendo que se obtiene una conversión del 90%. La conversión es: X CH 3OH = 0,9 El flujo de salida de producto es: F sal ClO2 = 10.000 kg / h El coeficiente estequiométrico del ClO2 es: Por tanto, σ CO = 6 σ 2 N sal ClO2 = N ent ClO2 + σ ClO2 r luego la velocidad de reacción es: r= 148,258 kgmol kgmol = 24,71 6 h h 64 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Ahora, con base en la conversión: entrada entrada N CH N CH × 0,9 kgmol 3OH 3OH = = 6 h − σ CH 3OH 24,710 Despejando, entrada N CH = 27,456 3OH kgmol h y con las condiciones del problema: entrada entrada entrada N NaClO = NH = 7 N CH = 7 × 27,456 3 2 SO4 3OH kgmol kgmol = 192,189 h h Multiplicando por las masas moleculares: entrada = 106,45 FNaClO 3 kg kgmol kg × 192,189 = 20.458,52 kgmol h h entrada = 98 FH 2 SO4 kg kgmol kg × 192,189 = 18.834,52 kgmol h h kg kgmol kg × 27,456 = 878,59 kgmol h h entrada FCH = 32 3OH 2.7. En la industria del ácido sulfúrico, el nombre óleum se utiliza para un ácido con una pureza del 100 % que contiene SO3 libre sin reaccionar disuelto en el ácido. Por ejemplo, un óleum de 20 % contiene 20 lb de SO3 en 80 lb de ácido al 100 %, por cada 100 lb de mezcla. También es posible designar al óleum como un porcentaje de ácido sulfúrico superior al 100 %. Se calcula como las libras de ácido al 100 % que se obtendrían mediante la adición de suficiente agua a 100 lb de óleum para disolver todo el SO3. Usando estas definiciones, calcule: a. Las libras de óleum de 25 % que puede producirse con 100 lb de azufre. b. El porcentaje de ácido sulfúrico que corresponde al óleum de 25 %. SOLUCIÓN a. Las libras de óleum de 25 % que puede producirse con 100 lb de azufre. F ent S = 100 lb N ent S = (100 / 32) = 3,125 lbmol 65 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Tomando como base 100 lb de óleum al 25 % SO3 = 25 lb = 0,3125 lbmol H 2 SO4 = 75 lb = 0,76531 lbmol S total = (0,3125 + 0,76531) at − lb = 1,07781 at − lb Mediante una simple regla de 3: En 100 lb de óleum hay 1,07781 at - lb de azufre en X lb de óleum habrá 3,125 at - lb de azufre X = 289,94 lb b. Porcentaje de ácido sulfúrico que corresponde al óleum de 25 %. Base de cálculo: 100 lb óleum SO3 = 25 lb = 0,3125 lb − mol H 2 SO4 = 0,76531 lbmol La reacción es: SO3 + H 2 O → H 2 SO4 H 2 O necesaria = 0,3125 lbmol = 5,625 lb H 2 SO4 final = (0,3125 + 0,76531) lbmol = 1,07781 lbmol H 2 SO4 al 100% = (100 + 5,665) = 98 × 1,07781 = 105,625 lb o sea que puede decirse que se trata de un óleum al 105,625 %. De otra manera, la masa final de ácido sulfúrico será: H 2 SO4 final = Masa inicial + Agua añadida H 2 SO4 final = (100 + 5,625) lb = 105,625 lb 2.8. El hipoclorito de sodio se forma de acuerdo con la reacción: 2 NaOH en un reactor continuo. + Cl 2 → NaOCl + NaCl + H 2O 66 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Para ello se burbujea Cl2 a través de una solución concentrada (40 % en masa) de NaOH. Supóngase que la solución de NaOH en H2O se alimenta a razón de 1.000 kg/h y el gas Cl2, a razón de 10 kgmol/h. Efectúe las siguientes operaciones: a. Calcule los grados de libertad, suponiendo que se especifica la conversión. b. Determine cuál es el reactivo limitante. c. Calcule la composición de salida del reactor, suponiendo una conversión de 100 % del reactivo limitante. d. Calcule la composición de salida del reactor, suponiendo una conversión de 60 % del reactivo limitante. SOLUCIÓN El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, se muestra en el esquema de la página siguiente: Diagrama cuantitativo: N1=10 (Cl2) F2=1.000 W2NaOH=0,4 (agua) Reactor Continuo NNaCl NNaClO NH2O NNaOH NCl2 a. Calcule los grados de libertad, suponiendo que se especifica la conversión. La reacción y los coeficientes estequiométricos son: σ 2 NaOH -2 + Cl 2 -1 → NaOCl 1 + NaCl 1 + H 2O 1 Relación: se conoce la conversión. Tabla de Grados de Libertad: con base en el diagrama cuantitativo y la relación. NVI 8+1 NBMI 5 NFC 2 NCC 1 NRC 1 -9 G de L 0 67 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco b. Determine cuál es el reactivo limitante. Los flujos molares de los reactivos son: entrada N NaOH = kgmol 1.000 × 0,4 kgmol = 10 h h 40 entrada N Cl = 10 2 kgmol h Las relaciones entre los flujos de entrada de NaOH y Cl2 y sus respectivos coeficientes estequiométricos son: R NaOH = 10 =5 2 RCl2 = 10 = 10 1 El reactivo límite es el NaOH, al ser menor la relación. c. Calcule la composición de salida del reactor, suponiendo una conversión de 100 % del reactivo limitante. Si la conversión es del 100 %, la velocidad de reacción será igual a 5. Los balances por componente son: Cl 2 : NaOCl : N salida Cl2 = N entrada Cl2 + σ Cl2 r = 10 − 5 N salida Cl2 = 5 N salida NaOCl = N entrada NaOCl + σ NaOCl r = 0 + 5 NaCl : H 2O : N salida NaOCl = 5 N salida NaCl = N entrada NaCl + σ NaCl r = 0 + 5 N salida NaCl = 5 N salida H 2O = N entrada H 2O + σ H 2O r = (600 / 18) + 5 N salida H 2O = 38,333 La exactitud de los cálculos puede corroborarse al calcular las masas totales a la entrada y a la salida, que como es obvio, deben ser iguales. Para ello se construye la siguiente tabla: ENTRADA kg - mol 10 10 --SALIDA kg - mol 5,00 5,00 38,33 5,00 Cl2 NaOH H2 O Total kg 709 400 600 1.709 NaOCl NaCl H2 O Cl2 kg 372,25 292,25 690,00 354,50 1.709 en la cual puede observarse que los resultados son correctos. La suma de las moles de cada componente será el flujo total: 68 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco N salida = 53,333 Y las fracciones molares son: kgmol h ( xCl2 , x NaOCl , x NaCl , x H 2O ) = (0,09375; 0,09375; 0,09375; 0,71875) d. Calcule la composición de salida del reactor, suponiendo una conversión de 60 % del reactivo limitante. Con base en la conversión se calcula la velocidad de reacción: entrada X NaOH × N NaOH 10 × 0,6 r= = =3 − σ NaOH 2 A partir de ella, los balances por componente son: NaOH : Cl 2 : N salida NaOH = N entrada NaOH + σ NaOH r = 10 − (2 × 3) N salida NaOH = 4 N salida Cl2 = N entrada Cl2 + σ Cl2 r = 10 − 3 N salida Cl2 = 7 N salida NaOCl = N entrada NaOCl + σ NaOCl r = 0 + 3 N salida NaOCl = 3 N salida NaCl = N entrada NaCl + σ NaCl r = 0 + 3 NaOCl : NaCl : H 2O : N salida NaCl = 3 N salida H 2O = N entrada H 2O + σ H 2O r = (600 / 18) + 3 N salida H 2O = 36,333 Comprobando los resultados con las masas totales a la entrada y a la salida: ENTRADA kg - mol Cl2 NaOH H2 O Total 10 10 --SALIDA kg - mol 4,000 3,000 3,000 36,333 7,000 kg 709 400 600 1709 NaOH NaOCl NaCl H2 O Cl2 kg 160 223,35 175,35 654 496,3 1709 La suma de los flujos de cada componente será el flujo total de salida: N salida = 53,333 Y las fracciones molares son: kgmol h ( x NaOH , xCl2 , x NaOCl , x NaCl , x H 2O ) = (0,075; 0,13125; 0,05625; 0,05625; 0,68125) 69 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 2.9. Un proceso antiguo para la producción de ácido clorhídrico requiere de calentar una mezcla de NaHSO4 y NaCl en un horno especial. Cuando se ha efectuado la reacción, el Na2SO4 residual permanece como sólido, en tanto que el HCl se recupera en forma gaseosa. Si la reacción sigue la estequiometría NaHSO4 + NaCl → Na 2 SO4 + HCl Y se alimentan los reactivos en proporciones estequiométricas, calcule la cantidad y composición de los sólidos residuales. Suponga que la conversión se completa en un 95% y que se alimenta el NaCl a razón de 5.844 lb/día. SOLUCIÓN La reacción y los coeficientes estequiométricos son: σ NaHSO4 -1 + NaCl -1 → Na 2 SO4 1 + HCl 1 Diagrama cuantitativo: NsalidaNa2SO4 NentradaNaCl NentradaNaHSO4 Relaciones: R1: Conversión del 95%. R2: N1NaHSO4 = N2NaCl (Proporciones estequiométricas, 1:1) Tabla de Grados de Libertad: NVI NBMI NFC NCC NRC G de L 6+1 4 1 0 2 0 Reactor NsalidaNaCl NsalidaNaHSO4 NsalidaHCl El proceso está correctamente especificado y se toma el flujo de NaCl como la base de cálculo. Se conoce que: entrada FNaCl = 5.844 lb día y lbmol ⎛ 5.844 ⎞ lbmol entrada N NaCl = 100 =⎜ ⎟ día ⎝ 58,44 ⎠ día La velocidad de reacción puede calcularse utilizando la conversión: 70 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco r= De la relación 2: 0,95 × 100 lbmol lbmol = 95 1 día día lbmol día entrada N NaHSO = 100 4 Los balances por componentes son: Na 2 SO4 : N salida Na2 SO4 = N entrada Na2 SO4 + σ Na2 SO4 r = 0 + 95 N salida Na2 SO4 = 95 HCl : N salida HCl = N entrada HCl + σ HCl r = 0 + 95 N salida HCl = 95 NaCl : N salida NaCl = N entrada NaCl + σ NaCl r = 100 − 95 N salida NaCl = 5 NaHSO4 : N salida NaHSO4 = N entrada NaHSO4 + σ NaHSO4 r = 100 − 95 N salida NaHSO4 = 5 Comprobando los resultados con los flujos másicos de entrada y salida: ENTRADA Lbmol NaCl NaHSO4 Total 100 100 SALIDA lbmol 95 5 5 95 lb 5.844 12.000 17.844 Na2SO4 lb 13.490 292,2 600 3.461,8 17.844 Finalmente, se halla la masa total de sólidos y se calcula la fracción másica de cada uno de los componentes. Los resultados son: ( x Na2 SO4 , x NaCl , x NaHSO4 ) = (0,9048; 0,0476; 0,0476) El HCl sale en la fase gaseosa. 71 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 2.10. El superfosfato se produce por la reacción de fosfato de calcio con ácido sulfúrico, de acuerdo con: Ca 3 ( PO4 ) 2 + 2 H 2 SO4 → CaH 4 ( PO4 ) 2 + 2CaSO4 Se hacen reaccionar 20.000 kg/día de fosfato de calcio crudo (que contiene 14 % de impurezas inertes) con 15.000 kg/día de H2SO4 al 92 %. Determine la velocidad de producción, suponiendo que la reacción se completa en un 95 %. ¿Cuál es el reactivo limitante? SOLUCIÓN La reacción y los coeficientes estequiométricos son: σ Ca 3 ( PO4 ) 2 -1 + 2 H 2 SO4 -2 → CaH 4 ( PO4 ) 2 1 + 2CaSO4 2 Los flujos másicos y molares del fosfato de calcio y el ácido sulfúrico son: entrada = ( 20.000 × 0,86) FCa 3 ( PO 4 ) 2 kg día y, entrada = (15.000 × 0,92) FH 2 SO 4 kg día entrada N Ca 3 ( PO 4 ) 2 ⎛ kg ⎞ ⎜ 20.000 × 0,86 ⎟ día ⎜ ⎟ = 55,4839 kgmol = ⎜ ⎟ kg día 310 ⎜ ⎟ kgmol ⎝ ⎠ ⎛ kg ⎞ ⎜ 15.000 × 0,92 ⎟ día ⎜ ⎟ = 140,8163 kgmol = ⎜ ⎟ kg día 92 ⎜ ⎟ kgmol ⎝ ⎠ entrada NH 2 SO 4 Las relaciones entre los flujos de entrada y los respectivos coeficientes son: RCa3 ( PO4 ) 2 = 55,4839 = 55,4839 1 y, RH 2 SO4 = 140,8163 = 70,4082 2 y como la relación menor corresponde al fosfato, éste es el reactivo límite. Ahora, con una conversión del 95 % para el reactivo límite, la velocidad de reacción es: r= 0,95 × 55,4839 kgmol kgmol = 52,7079 1 día día 72 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Rsup erfosfato = 52,7097 kgmol día RCaSO4 = 2 × 52,7097 kgmol kgmol = 105,4194 día día 2.11. En un proceso para la hidratación catalítica de etileno a alcohol etílico, se convierte únicamente una fracción del etileno. El producto se condensa y retira después de cada paso por el convertidor y los gases no convertidos se recirculan. Puede suponerse que el condensador elimina todo el alcohol y los gases de recirculación contendrán 6,5 % (molar) de vapor de agua. La conversión de etileno en cada paso por el convertidor es de 4,5 %. La proporción molar de agua a etileno en la alimentación al convertidor, una vez mezclado el gas recirculado con la alimentación fresca, es de 0,55. Calcule todas las corrientes del proceso. SOLUCIÓN La reacción y los coeficientes estequiométricos son: σ C2 H 4 -1 + H 2 O → C 2 H 5 OH -1 1 El diagrama cuantitativo del proceso, con las variables de todas las corrientes, se muestra a continuación. Diagrama cuantitativo: N1 N4 1 X 1 C2 H 4 (H2O) M 2 N2 2 XC 2H4 Convertidor 3 N 3 4 4 XC 2 H 3OH X 5 N5 (H2O) 3 C 2 H 3OH (H2O) N2 N3 3 XC 2H4 X 5 C2 H 4 =0,935 (H2O, 6,5%) 73 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Relaciones: R1 : R2 : X C2 H 4 = 0,045 3 ⎛ wS ⎜ ⎜ 1 − w3 S ⎝ 4 ⎞ ⎛ wS ⎟ ⎜ = ⎟ ⎜ 1 − w4 − w4 I S ⎠ ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Tabla de Grados de Libertad: Convertidor 5+1 3 0 1 1 1 -1 Condensador 7 3 1 3 Mezclador 6 2 1 1 2 Proceso 11+1 8 1 1 1 1 -1 Global 4+1 3 0 2 NVI NBMI NCC NRC G de L Base R1 R2 De la Tabla de Grados de Libertad se observa que el proceso está correctamente especificado y debe tomarse la base de cálculo en el convertidor y realizar ahí los balances. Balances de materia en el convertidor: Base de cálculo: Sea N2C2H4 = 100 De R2: N2H2O = 55 La velocidad de reacción es: 2 ⎛ X C2 H 4 N C 2H4 ⎜ r= ⎜ −σC H 2 4 ⎝ ⎞ ⎛ 0,045 × 100 ⎞ ⎟=⎜ ⎟ = 4,5 ⎟ ⎝ 1 ⎠ ⎠ Los balances por componente son: Etileno: N C2 H 4 = N C2 H 4 + σ C2 H 4 r = (100 − 4,5) = 95,5 3 2 3 NC = 95,5 2H4 Alcohol: N C2 H 5OH = N C2 H 5OH + σ C2 H 5OH r = 0 + 1 × 4,5 = 4,5 3 2 3 NC = 4,5 2 H 5OH Agua: N H 2O = N H 2O + σ H 2O r = (55 − 4,5) = 50,5 3 2 3 NH = 50,5 2O Con las variables conocidas mediante el balance, se procede a actualizar los grados de libertad: 74 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Condensador: G de L A = 3 – 3 Flujos ( N C2 H 5OH , N H 2O , N C2 H 4 ) = 0 3 3 3 Mezclador: G de L A = 2- 1 Flujos ( N C2 H 4 ) = 1 2 No se puede contabilizar N2H2O en el mezclador porque este valor se conoce a partir de R2, y esta relación se contabiliza en esta unidad. Balances en el Condensador: Alcohol: Etileno: 4 3 NC = NC = 4,5 2 H 5OH 2 H 5OH N 5 (1 − 0,065) = 95,5 N 5 = 102,139 De la composición, 5 NH = 102,139 × 0,065 2O 5 NH = 6,639 2O Agua: 4 3 5 NH = NH − NH = (50,5 − 6.639) 2O 2O 2O 4 NH = 43,861 2O De los balances en el condensador se conoce N5, y con este dato los grados de libertad del mezclador se vuelven cero. Balances en el Mezclador: Etileno: : 1 5 2 NC + NC = NC 2H4 2H4 2H4 1 NC = (100 − 95,5) 2H4 1 NC = 4,5 2H4 Agua: 1 2 5 NH = NH − NH = (55 − 6.639) 2O 2O 2O 1 NH = 48,361 2O Los resultados pueden comprobarse hallando los flujos másicos de las corrientes 1 y 4, o sea, las corrientes de entrada y salida en el proceso global: ENTRADA Kg-mol 4,5 48,361 SALIDA Kg-mol 4,5 43,861 C2H4 H2 O Total Kg 126,000 870,498 996,498 C2H5OH H2O Total kg 207,000 789,498 996,498 ya que la masa debe conservarse y, como puede verse, deben ser iguales los flujos de entrada y salida. 75 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 2.12. Puede producirse ácido acético mediante la reacción: 3 C 2 H 5 OH + 2 Na 2 Cr2 O7 + 8 H 2 SO4 → 3 CH 3 COOH + 2 Cr2 ( SO4 ) 3 + 2 Na 2 SO4 + 11 H 2 O En la corriente de recirculación que se muestra en la figura se obtiene una conversión global de C2H5OH del 90 %, con un flujo de recirculación igual al flujo de alimentación de C2H5OH fresco. Los flujos de alimentación de H2SO4 y Na2Cr2O7 frescos son 20 % y 10 % respectivamente, de exceso sobre las cantidades estequiométricas requeridas para la alimentación fresca de C2H5OH. La corriente de recirculación contiene 94 % de H2SO4 y el resto C2H5OH. Calcule el flujo de producto y la conversión de C2H5OH en el reactor. SOLUCIÓN La reacción es: 3 C 2 H 5 OH + 2 Na 2 Cr2 O7 + 8 H 2 SO4 → 3 CH 3 COOH + 2 Cr2 ( SO4 ) 3 + 2 Na 2 SO4 + 11 H 2 O Diagrama cuantitativo: 76 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Relaciones: R1 : R2 : R3 : R4 : Conversión global del 90%. 2 1 = 20% en exceso del teórico para reaccionar N C2 H 5OH . NH 2 SO4 2 1 = 10% en exceso del teórico para reaccionar N C2 H 5OH . N Na 2 Cr2 O7 1 N 3 = NC 2 H 5 OH Tabla de Grados de Libertad: Mezclador 8 3 0 1 1 1 1 1 Reactor 10+1 7 0 0 4 Separador 16 7 0 1 8 Proceso 22+1 17 0 1 1 1 1 1 1 Global 10+1 7 0 0 1 1 1 1 NVI NBMI NFC NCC NRC G de L R1 R2 R3 R4 Reconfirmación de Grados de Libertad: Mezclador: Incógnitas= 1 2 4 4 7( N C , NH , N Na2Cr2O7 , N 3 , N C , NH , 2 H 5OH 2 SO4 2 H 5OH 2 SO4 4 N Na ) 2 Cr2 O7 Ecuaciones= G de L = Reactor: Incógnitas= 3 (balance) + 3 (R2, R3, R4) 1 4 4 4 5 5 5 11( N C , NH , N Na , NC , NH , N Na , 2 H 5OH 2 SO4 2 Cr2 O7 2 H 5 OH 2 SO4 2 Cr2 O7 5 5 5 5 N CH , NH , N Cr , N Na , r) 3COOH 2O 2 ( SO4 ) 3 2 SO4 Ecuaciones= G de L = Separador: Incógnitas= 7 (balances) 4 5 5 5 5 5 5 15( N C , NH , N Na , N CH , NH , N Cr , 2 H 5OH 2 SO4 2 Cr2 O7 3COOH 2O 2 ( SO4 ) 3 5 7 7 7 7 7 7 , NH , N Na , N Cr , N Na , NC , NH , N Na 2 SO4 2O 2 SO4 2 ( SO4 ) 3 2Cr2 O7 2 H 5 OH 2 SO4 6 N 3 , N CH ) 3COOH Ecuaciones= G de L = Global: Incógnitas= 7 (balances) 8 1 1 7 7 7 11( N C , NH , N1 Na2 Cr2 O7 , N H 2 O , N Na2 SO4 , N Cr2 ( SO4 ) 3 , 2 H 5OH 2 SO4 7 7 7 6 N Na , NC , NH , N CH , r) 2 Cr2O7 2 H 5OH 2 SO4 3COOH 77 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Ecuaciones= G de L = 7 (balances) + 3(R1, R2, R3) 1 Tomando una base de cálculo el proceso queda correctamente especificado y pueden resolverse los balances en el proceso global o en el mezclador. CÁLCULOS: Base de cálculo. Sea N1=1.000 De la relación : H 2 SO 4 teórico = ⎜ 2 ⎛ 1.000 × 8 ⎞ ⎟ = 2.666,667 3 ⎝ ⎠ De R2 De la reacción : N H 2 SO4 = ( 2.666,67 × 1,2) = 3.200 : Na 2 Cr2 O 7 teórico = ⎜ 2 ⎛ 1.000 × 2 ⎞ ⎟ = 666,67 3 ⎠ ⎝ De R3 La velocidad de reacción es : N Na2Cr2O7 = (666,67 × 1,1) = 733,33 : r=⎜ ⎛ 0,9 × 1.000 ⎞ ⎟ = 300 3 ⎠ ⎝ Balances Globales: Los balances por componente son: H2O: 7 NH = 11 r = 11 × 300 2O 7 NH = 3.300 2O Na2SO4: 7 N Na = 2 r = 2 × 300 2 SO4 7 N Na = 600 2 SO 4 Na2Cr2O7: 7 N Na = 7.333,34 − 2 r = 733,34 − 600 2 Cr 2 O 7 7 N Na = 133,34 2Cr2O7 C2H5OH: 7 NC = 1.000 − 3r = 1.000 − 900 2 Hr5OH 7 NC = 100 2 Hr5OH H2SO4: 7 N Hr = 3.200 − 8r = 3.200 − 2.400 2 SO4 7 N Hr = 800 2 SO 4 78 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco CH3COOH: 6 N CH = 3r = 3 × 300 3COOH 6 N CH = 900 3COOH Balances en el Mezclador: Desde el comienzo tiene cero grados de libertad. Alcohol: 4 NC = 1.000 + 60 2 H 5OH 4 NC = 1.060 2 H 5OH Ácido sulfúrico: 4 NH = 3.200 + 940 2 SO4 4 NH = 4.140 2 SO 4 Dicromato: 4 N Na = 733,334 2 Cr2O7 Actualizando los grados de libertad se halla que: Separador: G de L A = 8 − 7 Flujos ( N CH 3COOH y 6 de N ) = 1 6 7 O sea que tendría un grado de libertad, pero como se conoce la corriente 1 puede utilizarse R4 y con N3 conocido, los grados de libertad del separador se hacen cero. Balances en el Separador: Acético: De R4: Agua: Sulfato sódico: Sulfato de cromo: Cromato: Ácido sulfúrico: 5 6 N CH = 900 = N CH 3COOH 3COOH N 3 = 1.000 5 7 NH = 3.300 = N H 2O 2O 5 7 N Na = 600 = N Na 2 SO4 2 SO4 5 7 N Cr = 600 = N Cr 2 ( SO4 ) 3 2 ( SO4 ) 3 5 7 N Na = 133,334 = N Na 2Cr2O7 2Cr2O7 5 7 3 NH = NH + xH × N 3 = 800 + 940 2 SO4 2 SO4 2 SO4 5 NH = 1.740 2 SO4 79 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Etanol: 5 7 3 NC = NC + xC × N 3 = 100 + 940 2 H 5OH 2 H 5OH 2 H 5OH 5 NC = 1.040 2 H 5OH Finalmente, 4 5 ⎛ NC − NC 2 H 5OH 2 H 5OH ⎜ = 4 ⎜ N C2 H 5OH ⎝ X C2 H 5OH ⎞ ⎛ 1.060 − 160 ⎞ ⎟=⎜ = 0,8491 ⎟ ⎝ 1.060 ⎟ ⎠ ⎠ Es más sencillo resolver los balances en el mezclador después del separador, porque tiene menos componentes (tal como se hizo). Pero al actualizar los grados de libertad del reactor sabiendo que: G de L A = G de L – Corriente determinadas + balances utilizados – velocidad de reacción. Se obtiene: G de L A = 4 – 7 (Flujos de la corriente 5) + 4 (ya se han agotado los balances de acético, agua, sulfato de sodio y sulfato de cromo) – 1 (velocidad de reacción) 4–7+4–1=0 G de L A = El proceso sólo tiene dos balances para cada uno de los 4 componentes citados y ya se utilizaron al resolver los balances en el proceso global y en el separador. Esto puede analizarse en la tabla de balances que se presenta en la siguiente página. Tabla de Balances: Mezclador 1 1 1 3 Reactor 1 1 1 1 1 1 1 7 Separador 1 1 1 1 1 1 1 7 Proceso 3 3 3 2 2 2 2 17 Global 1 1 1 1 1 1 1 7 Na2Cr2O7 H2SO4 C2H5OH CH3COOH H2 O Na2SO4 Cr2(SO4)3 Total 80 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 2.13. El ácido sulfúrico se produce mediante la oxidación sucesiva de azufre hasta SO3, seguida de reacción con H2O. En el diagrama de flujo mostrado en la figura de la siguiente página, primero se hacen reaccionar el azufre y el aire en el quemador de azufre, para producir SO2 según la reacción: S + O2 Æ SO2 En esta reacción, todo el azufre se convierte a SO2. Suponga que el aire es 21 % molar de oxígeno y 79% de N2, y que se utiliza 50 % más de oxígeno que la cantidad estequiométrica necesaria para convertir el azufre a SO2. La corriente gaseosa que sale del quemador se envía al convertidor, en donde todo el SO2 se oxida hasta SO3 con ayuda de un catalizador. A continuación, se pone en contacto en la torre de óleum la corriente gaseosa que contiene SO3 con una corriente de H2SO4 concentrado. El SO3 reacciona con el agua presente en la corriente de ácido, mediante la reacción: H2O + SO3 Æ H2SO4 81 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Además, algo del SO3 se disuelve en el H2SO4 puro para obtener un producto (óleum) que contiene 37,5% de SO3 y el resto H2SO4. Enseguida la corriente gaseosa a la salida de la torre de óleum, que contiene 12 % mol de SO3, se pone en contacto con una corriente de ácido más diluida (80 % de H2SO4 y el resto H2O), en la torre de ácido. En esta unidad, todo el SO3 restante reacciona hasta H2SO4. El ácido diluido se prepara recirculando algo de ácido concentrado y mezclándolo con agua en el tanque de dilución. Calcule todos los flujos en el proceso, suponiendo que la planta va a producir 20.000 lb/día de producto (H2SO4 al 90%). SOLUCIÓN Las reacciones son: Quemador: Convertidor: Torre de óleum: Torre de ácido: S + O2 1 2 → SO 2 r1 r2 r3’ r3’’ SO 2 SO 3 SO 3 + + + O2 → SO 3 H 2 O → H 2 SO 4 H 2 O → H 2 SO 4 Relaciones: R1 : 2 NO se suministra en un 50% en exceso del 2 necesario para pasar todo el S a SO2. R2 : Restricciones del divisor = RD= (3 – 1) (2 – 1) = 2 82 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 83 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco NVI NBMI NFC NCC NRC R1 NRC R2 G de L G de L Tabla de Grados de Libertad Quemador Convertidor Torre de Divisor Óleum 6+1 6+1 10+1 8 4 4 5 2 0 0 0 1 1 0 2(+1) 1 1 0 0 0 0 0 0 2 1 3 3 2 1 3 3 3 Torre de ácido 9+1 5 0 2(+1) 0 0 2 2 Tanque de dilución 5 2 0 1(+1) 0 0 1 1 Proceso 27+4 22 1 5 1 2 0 1 Global 10+3 7 1 3 1 0 1 2 NVI NBMI NFC NCC NRC R1 NRC R2 G de L G de L Reconfirmación de los Grados de Libertad: Quemador: Incógnitas = Ecuaciones = G de L = Convertidor: Incógnitas = Ecuaciones = G de L = Torre de óleum: Incógnitas = Ecuaciones = G de L = Torre de ácido: Incógnitas = Ecuaciones = 1 3 3 3 6( N 2 , N S , NO ,NN , N SO , r1 ) 2 2 2 4 (balances) + 1 (R1) 1 3 3 3 4 4 4 7( N O ,NN , N SO , NO , N SO NN , r2 ) 2 2 2 2 3 2 4 (balances) 3 4 4 4 6 8( N O , N SO ,NN , F 5, F 7, N 6, X N , r3 ' ) 2 3 2 2 5 (balances) 3 11 11 6 7( N O ,NN , F 10 , F 12 , N 6 , X N , r3 ' ' ) 2 2 2 5 (balances) 84 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco G de L = Divisor: Incógnitas = Ecuaciones = G de L = Tanque: Incógnitas = Ecuaciones = G de L = Global: Incógnitas = Ecuaciones = G de L = 2 7 9 7( F 7 , w H , F 8 , F 9 , wH , F 10 , w10 H 2 SO4 ) 2 SO4 2 SO4 2 (balances) + 2 (R2) 3 13 3( F 9 , F 12 , FH ) 2O 2 (balances) 1 1 11 12 10( N S , N 2 , F 5, F 8 , NO , N 11 N 2 , FH 2O , r 1 , r2 , r3 ) 2 7 (balances) + 1 (R1) 2 Tabla de Balances: Quemador Convertidor Torre de Óleum Divisor N2 O2 S SO2 SO3 H2SO4 H2 O Total 1 1 1 1 4 1 1 1 1 4 1 1 1 1 1 5 1 1 2 Torre de ácido Tanque de dilución Proceso Global N2 O2 S SO2 SO3 H2SO4 H2 O Total 1 1 1 1 1 5 1 1 2 4 4 1 2 3 4 4 22 1 1 1 1 1 1 1 7 En las condiciones especificadas, el proceso tiene cero grados de libertad, pero no hay ninguna unidad con cero y, como se conoce un flujo, no puede tomarse una base de cálculo. Por tanto debe ignorarse el flujo conocido y tomar base de cálculo en la unidad con un grado de libertad: quemador o tanque de dilución. 85 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Los nuevos grados de libertad, desconociendo el flujo, se muestran como G de L*. Si se toma la base de cálculo en el tanque de dilución (F13H2O, por ejemplo), luego de resolver sus balances sólo se conocería F12 para la torre de ácido, quedando sus grados de libertad en 1 y ahí se pararía el desarrollo. Debe tomarse, por tanto, la base en el quemador. Estrategia de solución: 1. Tomando como base de cálculo en el Quemador conocemos: 1 3 3 3 N 2, NS , NO , N SO ,NN , r1 . Se agota el balance de S y R1. 2 2 2 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: Global: Convertidor: 1 G de L = 2 − 2 ( N S , N 2 ) − 1 ( r1 ) + 1 ( R1 agotada ) + 1(balance agotado : S ) = 1 3 3 3 G de L = 3 − 3 ( N O ,NN N SO )=0 2 2 2 3. Resolviendo Convertidor se conoce: N O2 , N N 2 N SO3 , r2 . Se agota el balance de SO2. 4. Actualizando grados de libertad Torre de Óleum : Convertidor: 4 4 4 G de L A = 3 − 3 ( N O ,NN N SO )=0 2 2 3 4 4 4 G de L A = 1 − 1 ( r2 ) + 1 (balance agotado : SO 2 ) = 1 6 6 7 5 5. Resolviendo Torre de óleum se conoce N , X N 2 , F , F , r3 ' . 6. Actualizando grados de libertad: Torre de ácido: Divisor: Global: G de L A= G de L A= 6 2 − 2( N 6 , X N )=0 2 3 − 1( F 7 ) = 2 5 G de L A= 1 − 1( F ) = 0 11 11 12 7. Resolviendo la Torre de ácido se conoce: N O2 , N N 2 , F balances de O2, SO3, N2. 8. Actualizando los grados de libertad: Divisor: Tanque de dilución: Global: G de L A= , F 10 , r3 ' ' . Se agotan los 2 − 1( F 10 ) = 1 12 G de L A= 1 − 1( F ) = 0 11 11 G de L A= 0 − 2 ( N O2 , N N 2 ) + 3 (balances agotados ) = 1 13 9 9. Resolviendo el Tanque de disolución se conoce: FH 2O , F . 10. Actualizando grados de libertad: 86 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Divisor: Global: 1 − 1( F 9 ) = 0 13 G de L A= 1 − 1 ( FH 2O ) = 0 G de L A= 11. Se resuelve el Divisor y se comprueba en globales. CÁLCULOS: Balances en el Quemador: Base de cálculo: Sea N S = 100 1 Nota: R1 se cambia a 80% en exceso porque con el 50% planteado en el problema no habría oxigeno en la corriente 11. R1 : S: SO2: N2: O2 : 0,21 × N 2 = 1,8 × 100 0 = 100 − r1 3 N SO = 0 + 100 2 N 2 = 857,14 r1 = 100 3 N SO = 100 2 3 NN = 0,79 × 857,14 2 3 NO = 0,21 × 857,14 − 100 2 3 NN = 677,14 2 3 NO = 80 2 Balances en el Convertidor: N2: SO2: SO3: O2 : 4 NN = 677,14 2 r2 = 100 4 N SO = 0 + 100 3 4 NO = 80 − 0,5 × 100 2 4 N SO = 100 3 4 NO = 30 2 Balances en la Torre de óleum: O2 : N2: 6 (1 − 0,12 − X N ) N 6 = 30 2 6 XN × N 6 = 677,14 2 (1) (2) 87 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas, tenemos que: N 6 = 803,57 H2SO4: H2O: SO3: 6 XN = 0,843 2 (1 − 0,375) × F 5 = 0,9 F 7 + 98 × r3 ' 0 = 0,1 × F 7 − 18 × r3 ' 0,12 × 803,57 × 80 + 0,375 × F 5 = 80 × 100 − 80 × r3 ' (1) (2) (3) Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones y 3 incógnitas: F 5 = 503,69 Balances en la Torre de ácido: N2: O2 : SO3: H2SO4: H2O: F 7 = 217,94 r3 ' = 1,21 N 11 N 2 = 677,14 11 NO = 30 2 0 = 0,12 × 803,57 − r3 ' ' 0,9 × F 10 = 0,8 × F 12 − 98 × 96,43 0,1 × F 10 = 0,2 × F 12 − 18 × 96,43 r3 ' ' = 96,43 (1) (2) Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones: F 10 = 32.785,52 Balances en el Tanque de dilución: H2SO4: H2O: F 12 = 25.071,28 0,9 × F 9 = 0,8 × 25.071,28 13 0,2 × 25.071,28 = 0,1 × 22.285,58 + FH 2O F 9 = 22.285,58 13 FH = 2.785,70 2O Balances en el Divisor: Total: 32.785,52 = 217,94 + F 8 + 22.285,58 F 8 = 10.282 Comprobando en el balance global de ácido sulfúrico: 0,625 × 503,69 + 0,9 × 10.282 = 0 + 98 × (1,21 + 96,43) 9.568,6 = 9.568,6 88 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema mediante un programa adecuado, se resuelven las siguientes ecuaciones: Quemador: Base de cálculo: Sea R1 : S: SO2: N2: O2 : Convertidor: N2: SO2: SO3: O2 : Torre de óleum: O2 : N2: H2SO4: H2O: SO3: 6 4 (1 − 0,12 − X N )N 6 = N O 2 2 6 4 XN × N 6 = NN 2 2 4 3 NN = NN 2 2 3 0 = N SO − r2 2 4 N SO = 0 + r2 3 4 3 NO = NO − 0,5 × r2 2 2 1 NS =100 1 0,21 × N 2 = 1,8 × N S 1 0 = NS − r1 3 N SO = 0 + r1 2 3 NN = 0,79 × N 2 2 3 NO = 0,21 × N 2 − r1 2 (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10) (11) (12) (13) (14) (1 − 0,375) × F 5 = 0,9 × F 7 + 98 × r3 ' 0 = 0,1 × F 7 − 18 × r3 ' 4 0,12 × N 6 × 80 + 0,375 × F 5 = 80 × N SO − 80 × r3 ' 3 89 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Torre de ácido: N2: O2 : SO3: H2SO4: H2O: Tanque de dilución: H2SO4: H2O: Divisor: Total: 11 6 NN = XN ×N6 2 2 11 6 NO = (1 − 0,12 − X N )×N6 2 2 (15) (16) (17) (18) (19) 0 = 0,12 × N 6 − r3 ' ' 0,9 × F 10 = 0,8 × F 12 + 98 × r3 ' ' 0,1 × F 10 = 0,2 × F 12 − 18 × r3 ' ' 0,9 × F 9 = 0,8 × F 12 13 0,2 × F 12 = 0,1 × F 9 + FH 2O (20) (21) F 10 = F 7 + F 8 + F 9 (22) Resolviendo el sistema formado por 22 ecuaciones y 22 incógnitas, tendremos que: F 10 = 32.785,71 3 NO = 80 2 3 N SO = 100 2 4 NN = 677,14 2 4 NO = 30 2 4 N SO = 100 3 F 12 = 25.071,43 13 FH = 2.785,71 2O F 5 = 503,63 F 7 = 217,92 F 8 = 10.282,08 F 9 = 22.285,71 11 NN = 677,14 2 N N 11 O2 N 6 = 803,57 r1 = 100 r2 = 100 r3 ' = 1,21 r3 ' ' = 96,43 6 XN = 0,84 2 = 30 = 677,14 N 2 = 857,14 3 N2 Luego: r3 = r3 ' + r3 ' ' r3 = 97,64 90 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Para calcular los flujos de todas las corrientes para F8 = 20.000 se halla la relación de escalado: ⎡ 20.000 ⎤ Re lación de escalado = ⎢ ⎥ = 1,95 ⎣10.282,08 ⎦ Y se multiplican por este valor los resultados anteriores. Así: 1 NS = 100 × 1,95 = 195 lbmol día 91 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco SECCIÓN III – BALANCE DE ENERGÍA 3.1. El siguiente carbón tiene un valor calorífico informado de 29.770 kJ/kg en el estado en que se recibe. Suponiendo que se trata del valor calorífico bruto (poder calorífico superior), calcule el valor calorífico neto (poder calorífico inferior). Componente Porcentaje C H2 N2 SNeto Ceniza O2 Total SOLUCIÓN: 71,0 5,6 1,6 2,7 6,1 13,0 100,0 El análisis final corregido que se muestra arriba indica un 5.6% de hidrógeno en el carbón tal como se recibe. Base de cálculo: 1OO kg de carbón tal como se recibe. El agua que se forma en la combustión es: 5,6 kg H 2 × 1 kg H 2 1 kgmol H 2 O 18 kg H 2 O × × = 49,9 kg H 2 O 2,02 kg H 2 1 kgmol H 2 1 kgmol H 2 O la energía requerida para evaporar el agua es: 49,9 kg H 2 O 2.370 kJ kJ × = 1.183 100 kg carbón kg H 2 O kg carbón El valor calorífico neto es: 29.770 – 1183 =28.587 kJ/KgNota: El valor de 2.370 kJ/kg no es el calor latente de vaporización del agua a 25°C (2.440 kJ/kg) porque incluye el efecto de un cambio de un valor calorífico a volumen constante a uno a presión constante (-70 kJ/kg) Utilizando la ecuación de Dulong se tiene: 0,13 ⎞ ⎛ HHV = 14.544 × 0,71 + 62.028⎜ 0,056 − ⎟ + 4.050 × 0,027 8 ⎠ ⎝ 1,055 kJ = 30.000 HHV = 12.901,2 × 0,454 kg 30.000 − 28.587 % Error = × 100 ≈ 5% 28.587 92 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Finalmente se calcula el valor calorífico neto sin corregir el poder calorífico, es decir, usando ΔHvaporización a 25° C (2.440 kJ/kg) 49,9 kg H 2 O kJ kJ × 2.440 = 1.217,56 100 kg carbón kg H 2 O kg carbón kJ kg carbón 28.587 − 28.552,44 % Error = × 100 ≈ 0,12% 28.587 29.770 − 1.217,56 = 28.552,44 3.2. Calcule el calor necesario para calentar 200 kg de óxido nitroso de 20°C a 150°C en un recipiente a volumen constante. La capacidad calorífica a volumen constante del N2O en este rango de temperatura está dada por la ecuación: C v ( kJ / kg °C ) = 0,855 + 9,42 × 10 −4 T con T en °C. SOLUCIÓN: Se tiene ΔU ( kJ / kg ) = ∫ 150° C 20° C ⎛ kJ ⎞ (0,85 + 9,42 × 10 − 4 T )⎜ ⎜ kg °C ⎟ ⎟dT ⎝ ⎠ 150° C 20° C = 0,855 × T ] 9,42 × 10 − 4 T 2 ⎤ + ⎥ 2 ⎦ 20°C 150° C = (111 + 10,4)( kJ / kg ) = 121 kJ / kg El balance de energía para este sistema cerrado es ) Q = ΔU = m × ΔU = ( 200 kg ) × (121 kJ / kg ) = 24.200 kJ 93 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 3.3. Una corriente que contiene 10% de CH4 y 90% de aire por volumen se va a calentar de 20°C a 300°C. Calcule la velocidad necesaria de entrada de calor en kW si la velocidad de flujo del gas es 2 x 103 litros (TPE)/min. SOLUCIÓN: Suponga comportamiento del gas ideal 200 L (TPE)/min, 20°C & (mol/min) n 0,100 mol CH4/mol 0,900 mol aire/mol & (kW) Q & (mol/min), 300°C n 0,100 mol CH4/mol 0,900 mol aire/mol Recuerde que especificar la velocidad de flujo en litros (TPE)/min no implica que el gas de alimentación esté a temperatura y presión estándar, sino que sólo se trata de un método alterno para indicar la velocidad de flujo molar. &= n 2.000 L (TPE ) 1 mol mol × = 89,3 min 22,4 L (TPE ) min El balance de energía omitiendo los cambios de energía cinética y potencial y el trabajo & = ΔH & . La tarea es evaluar ΔH & = de flecha es Q ˆ &H ∑n i i − ˆ &H ∑n i i . Como cada salida entrada especie sólo tiene una condición de entrada y una de salida en el proceso. Bastan dos filas en la tabla de entalpía siguiente: & entrada n Sustancia CH4 Aire (mol/min) 8,93 80,4 ˆ entrada H (kJ/mol) 0 & salida n (mol/min) 8,93 80,4 ˆ salida H (kJ/mol) ˆ H 2 ˆ H 1 ˆ H3 ˆ La condición de referencia para el metano se eligió de manera que H entrada pudiera igualarse a cero y la del aire se escogió para que ˆ entrada y H ˆ salida pudieran H determinarse en forma directa de la Tabla 2 (ver Anexos). El siguiente paso es evaluar todas las entalpías específicas desconocidas en la Tabla. ˆ , es la entalpía específica del metano en la mezcla de gas de salida a Por ejemplo, H 1 300°C, en relación con el metano puro a su temperatura de referencia de 20°C. En otras palabras, es el cambio de entalpía específico para el proceso: 94 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco CH 4 ( g , 20°C , 1 atm) → CH 4 ( g , 300°C , P en la mezcla de salida ) Se desprecia el efecto de la presión sobre la entalpía (es decir, se supone comportamiento de gas ideal) y siempre ignoramos los calores de mezclado de gases, de modo que el cambio de entalpía de calcula para el calentamiento de metano puro a 1 atm: ˆl = H ∫ 300 ° C 20 ° C (C P ) CH 4 dT Sustituyendo los valores de Cp de la Tabla 1 (ver Anexos), en la ecuación. ˆ1 = H ∫ 300 ° C 20 ° C (0,03431 + 5,469 × 10 −5 T + 0,3661 × 10 −8 T 2 − 11,0 × 10 −12 T 3 )dT ˆ = 12,09 kJ / mol H 1 Las entalpías del aire en las condiciones de entrada y salida en relación con el aire en ˆ y H ˆ , respectivamente) se determinan mediante la Tabla el estado de referencia ( H 2 3 2 (ver anexo) como: ˆ 2 = −0,15 kJ / mol H ˆ 3 = 8,17 kJ / mol H El balance de energía da, en este caso, & = ΔH & = Q ˆ &H ∑n i salida i − ˆ &H ∑n i entrada i & = ΔH & = (8,93 mol / min × 12,09 kJ / mol ) + [(80,4 × 8,17) − (8,93 × 0) − (80,4 × − 0,15)] kJ / min Q & = 776 kJ × 1 min × 1 kW = 12,9 kW Q min 60 s 1 kJ / s 3.4. 15 kmol/min de aire se enfrían de 430°C a 100°C. Calcule la velocidad requerida de eliminación del calor usando: a) Las fórmulas de capacidad calorífica de la Tabla 1. b) Las entalpías específicas de la Tabla 2. SOLUCIÓN: aire ( g ,430°C ) → aire ( g ,100°C ) & , ΔE & yW & , el balance de energía es: Eliminando ΔE k p S 95 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco & = ΔH & =n ˆ aire, salida − n ˆ aire, entrada = n ˆ & aire H & aire H & aire ΔH Q Suponga comportamiento de gas ideal, de modo que los cambios de presión (si los hay) no afecten a ˆ. ΔH a) Usando las fórmulas de capacidad calorífica de la Tabla 1. Integre la fórmula de la capacidad calorífica en la Tabla 1 Capacidades caloríficas (Ver Anexos). ˆ ( kJ / mol ) = ΔH ∫ 100 ° C 430 ° C 100 ° C C p (T ) dT =∫ 430 ° C [0,02894 + 0,4147 × 10 −5 T + 0,3191 × 10 −8 T 2 − 1,965 × 10 −12 T 3 dT ] ⎡ 0,4147 × 10 −5 (100 2 − 430 2 ) + = ⎢0,02894(100 − 430) + 2 ⎣ ⎤ 1,965 × 10 −12 0,3191 × 10 −8 (100 4 − 430 4 )⎥ kJ/mol (100 3 − 430 3 ) − 4 3 ⎦ = ( −9,5502 − 0,3627 − 0,0835 + 0,0167) kJ / mol = −9,98 kJ / mol b) Usando las entalpías de la Tabla 2. Utilizando las Entalpías especificas de gases selectos (Ver Anexos, Tabla 2). ˆ a 430 °C puede estimarse mediante interpolación lineal de los valores a 400°C H (11,24 kJ/mol) y 500°C (14,37 kJ/mol). ˆ (100°C ) = 2,19 kJ / mol H ˆ ( 430°C ) = [11,24 + 0,30(14,37 − 11,24)] kJ / mol = 12,17 kJ / mol H ˆ = ( 2,19 − 12,17) kJ / mol = −9,98 kJ / mol ΔH De cualquier manera, se determina ˆ, ΔH 3 & = ΔH ˆ =n ˆ = 15,0 kmol × 10 mol × − 9,98 kJ × 1 min × 1 kW = −2.500 kW & ΔH Q min 1 kmol mol 60 s 1 kJ / s 96 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 3.5. Calcule el calor necesario para llevar 150 mol/h de una corriente que contiene 60% de C2H6 y 40% de C3H8 por volumen de 0°C a 400°C. Determine la capacidad calorífica para la mezcla como parte de la solución del problema. SOLUCIÓN: Se sustituyen las fórmulas polinomiales de capacidad calorífica para etano y propano dadas en la Tabla 2 en la ecuación siguiente para dar: C p mezcla ( kJ / mol °C ) = 0,600 × (0,04937 + 13,92 × 10 −5 T − 5,816 × 10 −8 T 2 + 7,82 × 10 −12 T 3 ) + 0,400 × (0,06803 + 22,59 × 10 −5 T − 13,11 × 10 −8 T 2 + 31,71 × 10 −12 T 3 ) = 0,05683 + 17,39 × 10 −5 T − 8,734 × 10 −8 T 2 + 17,05 × 10 −12 T 3 ) ˆ = ΔH ∫ 400° C 0° C C p mezcla dT = 34,89 kJ / mol donde T está en °C. Si se desprecian los cambios de energía cinética y potencial y el trabajo de flecha, el balance de energía se transforma en & = ΔH ˆ =n ˆ = 15,0 mol × 34,89 kJ = 5.230 kJ & ΔH Q h mol h Se supuso que el comportamiento de los gases se acerca lo suficiente a la idealidad para que las fórmulas de Cp a 1 atm sean válidas. 3.6. Un mineral de hierro (pirita) que contiene 85% de FeS2 y 15% de ganga (tierra, inerte, rocas, etc.) se tuesta con una cantidad de aire equivalente a un 200% de aire en exceso según la reacción: 4 FeS 2 + 11 O 2 → 2 Fe 2 O3 + 8 SO 2 con objeto de producir SO2, toda la ganga, junto con el Fe2O3 van a dar al producto de desecho sólido (ceniza) que tiene un análisis de 4% de FeS2. Determine la transferencia de calor por kilogramo de mineral necesaria para mantener la corriente de producto a 25°C si las corrientes de entrada están a 25° C. 97 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco SOLUCIÓN: Se debe resolver primero el balance de materia del problema antes de determinar la transferencia de calor que es igual de reacción estándar. Diagrama cuantitativo Mineral: F Fe2S Ganga Total 200% aire en exceso N2 O2 Total % mol 79 21 . 100 % peso 85 15 . 100 Producto: P SO2 O2 N2 mol . X4 X5 . X6 Ceniza: C Proceso kg . Ganga x1 x2 Fe2O3 x3 . FeS2 Total x1+x2+x3 Sistema abierto, estado estacionario. El exceso de aire se calcula suponiendo que todo el FeS2 reacciona para dar Fe2O3 a pesar que una parte de FeS2 no lo hizo. Los pesos moleculares son: Fe (55,85), Fe2O3 (159,7) y FeS2 (120) Base de cálculo: 100 kg de mineral de pirita Hay 6 incógnitas, se pueden escribir 5 balances: Ganga, N2, S, Fe y O2 y se conoce la fracción de FeS2 (5 ecuaciones y 5 incógnitas, por lo tanto solución única). Aire en exceso es: kgmol de FeS2 = 85/120 = 0,708 kgmol O2 requerido = 0,7083 (11/4) = 1,95 kgmol O2 en exceso = 1,95 (2) = 3,90 O2 total que entra = 1,95 + 3,90 = 5,85 kgmol N2 total que entra = 5,85 (79/21) = 21,98 kgmol Los balances de masa de los elementos son: Entra Sale Ganga (kg) N2 (kgmol) S (kgmol) Fe (kgmol) 15 21,98 2 (85/120) 1(85/120) = = = = x1 x6 x 4 + ( x 3 / 120 )( 2) ( x 2 / 159,7)( 2) + ( x 3 / 120 )(1) 98 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco O2 (kgmol) Además x 3 / ( x1 + x 2 + x 3 ) = 0,04 5,84 = x 4 + x 5 + ( x 2 / 159,7 ) (1,5) (FeS2 = 4% en peso) La solución de estas ecuaciones es: En P En C ( x 4 ) SO 2 = 1,368 kgmol ( x 5 ) O 2 = 3,938 kgmol ( x1 ) ganga = 15 kg ( x 2 ) Fe2 O3 = 54,63 Æ 0,342 kgmol Æ 0,024 kgmol ( x 6 ) N 2 = 21,998 kgmol ( x 3 ) FeS 2 = 2,9 Ahora usaremos el balance de energía para determinar la transferencia de calor. El balance de energía general se reduce a (ΔE = 0, ΔP = 0, ΔK = 0, W = 0) Q= ΔH Como todos los reactivos y productos están a 25°C y 1 atm, escogeremos estas condiciones como estado de referencia, y con ello se harán cero todos los términos de “calor sensible” de la ecuación. Q= Pr oductos ˆ ∑ n ΔH i ° i − Re activos ˆ ∑ n ΔH i ° i Productos 10 x Comp. g mol -3 Reactivos ˆ °f ΔH (kJ/g mol) ˆ °f n i ΔH (kJ) 10 x g mol -3 ˆ °f ΔH (kJ/g mol) ˆ °f n i ΔH (kJ) FeS2 Fe2O3 N2 O2 SO2 0,024 0,342 21,998 3,938 1,368 -177,9 -822,16 0 0 -296,9 Total -4,305 -281,17 0 0 -406,16 -691,64 0,708 0 21,983 5,844 0 -177,9 -822,16 0 0 -296,9 Total -126,007 0 0 0 0 -126,007 kJ Q = [− 691,641 − ( −126,007)] (10 3 ) Q = −565,634 × 10 3 100 kg Mineral O bien, Q = −5.656 × 10 3 kJ kg Mineral El signo negativo indica que se remueve calor del proceso. 99 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 3.7. El calor normal de reacción a 25°C y 1 atm para la oxidación de amoniaco es –904,6 KJ/mol. La reacción es : 4 NH 3 ( g ) + 5 O 2 → 4 NO ( g ) + 6 H 2 O ( g ) 100 moles de amoniaco/h y 200 moles de oxígeno a 25°C se alimentan a un reactor en el cual se consume completamente el amoniaco. La corriente de producto emerge como un gas a 300°C. Calcular el calor transferido desde o hacia el reactor suponiendo una operación a 1 atm. Salida dQ = rΔH r (Tentrada ) + ∑ n salida ∫ cpdT dt TEntrada T r = moles salida − moles entrada = ΔHr (Tentrada ) = ΔH r0 + ∑ σ ΔH r0 = ∑ σ i ΔH 0 f ,i T entrada xN entrada reactivo lim i tan te σ ∫ cpdT REACCIÓN mol 100 125 0 0 GENERACIÓN mol 0 0 100 150 SALIDA mol 0 75 100 150 Treferencia Amoniaco Oxígeno Oxido nítrico Agua ENTRADA mol 100 200 0 0 Cp aproximados Cp oxígeno = 31,00 J/mol K Cp agua vapor = 35,95 J/mol K Cp oxido nítrico = 29,50 J/mol K dQ = rΔH r ( 25°C ) + n NO dt 300 ∫ cp NO dT +n H 2O 300 ∫ 300 cp H 2O dT + n O2 ∫ cp O2 dT 25 25 25 dQ ⎛ 100 ⎞ =⎜ ⎟( −904,6) + 639,375 + 811,250 + 1482,772 = −22.615 + 2.933,3975 = −19.681 KJ dt ⎝ 4 ⎠ 3.8. El calor estándar de la combustión del vapor de n-butano es C 4 H 10 ( g ) + 13 O2 ( g ) → 4 CO2 ( g ) + 5 H 2 O( l ) : 2 ) ΔH ro = −2.878 kJ / mol 100 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco & ( kJ / s ) , si se producen 2400 Calcule la velocidad del cambio de entalpía, ΔH mol/s de CO2 en esta reacción, y tanto los reactivos como los productos están a 25 ºC. SOLUCIÓN: Usando la ecuación ξ= n A,salida − n A,entrada vA = = n A,r vA ξ& = Luego con la ecuación & )r (n CO2 v CO2 2.400 mol / s = 600 mol / s 4 ) mol ⎞⎛ kJ ⎞ 6 & = ξ&ΔH o = ⎛ ΔH ⎜ 600 ⎟⎜ − 2.878 ⎟ = −1,73 × 10 kJ / s r s ⎠⎝ mol ⎠ ⎝ 3.9. ¿ Cuál es el calor estándar de la reacción 2 C 4 H 10 ( g ) + 13 O2 ( g ) → 8 CO2 ( g ) + 10 H 2 O(l ) ? & si se producen 2.400 mol/s de CO2 e esta reacción, y tanto los Calcule ΔH reactivos y productos están a 25ºC. SOLUCIÓN Como al duplicarse los coeficientes estequiométricos de una reacción, el calor de reacción también debe duplicarse, ˆ o = 2 ΔH ˆ o = 2( −2.878 kJ / mol ) = −5.756 kJ / mol ΔH r2 r1 El cambio de entalpía asociado con la producción de 2.400 mol/s de CO2 a 25ºC no puede depender de la manera en que está escrita la ecuación estequiométrica ( las mismas cantidades de reactivos y productos a las mismas temperaturas deben tener & debe calcularse en el inciso (a). No obstante, entalpías iguales), y por tanto ΔH hagamos los cálculos para probarlo. 101 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco ξ& = & ) (n CO2 salida v CO2 = 2.400 mol / s = 300 mol / s 8 ) mol ⎞⎛ kJ ⎞ 6 & = ξ&ΔH o = ⎛ ΔH ⎜ 300 ⎟⎜ − 5.756 ⎟ = −1,73 × 10 kJ / s r s ⎠⎝ mol ⎠ ⎝ 3.10. Los calores de vaporización del n-butano y el agua a 25ºC son 19,2 kJ/mol y 44,0 kJ/mol, respectivamente. ¿Cuál es el calor estándar de la reacción C 4 H 10 ( l ) + 13 O2 ( g ) → 4 CO2 ( g ) + 5 H 2 O(V ) ? 2 & si se producen 2400 mol/s de CO2 en esta reacción y tanto Calcule ΔH reactivos como productos están a 25ºC. SOLUCIÓN: Compare las dos reacciones: C 4 H 10 ( l ) + C 4 H 10 ( l ) 13 O2 ( g ) → 4 CO2 ( g ) + 5 H 2 O(l ) : 2 13 + O2 ( g ) → 4 CO2 ( g ) + 5 H 2 O(V ) : 2 ) (ΔH ) = −2.878 kJ / mol o r1 ) (ΔH )= ? o r2 La entalpía total de los productos en la segunda reacción [ 4 mol CO2(g) + 5 mol H2O(g) a 25 ºC] es mayor que la de los productos en la primera reacción [ 4 mol de CO2(g) + 5 mol H2O(l) a 25ºC] por una cantidad de cinco veces mayor que el calor de vaporización del agua. De manera similar, la entalpía total de los reactivos en la segunda reacción es menor que la de los reactivos en la primera por el calor de vaporización del butano. ˆ =H (¿Por qué?) Como ΔH r productos − H reactivos se deduce que ˆ ) = (ΔH ˆ ) + 5(ΔH ˆ ) (ΔH o r2 o r1 V H 2O ˆ + ΔH V ( ) C 4 H10 = [−2878 + 5(44,0) + 19,2] kJ / mol = −2639 kJ / mol ) mol ⎞⎛ kJ ⎞ 6 &ΔH o = ⎛ & =ξ ΔH ⎜ 600 ⎟⎜ − 2639 ⎟ = −1,58 × 10 kJ / s r2 s ⎠⎝ mol ⎠ ⎝ 102 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 3.11. El calor estándar de la reacción C 2 H 4 ( g ) + 2 Cl 2( g ) → C 2 HCl3( l ) + H 2( g ) + HCl( g ) es ˆ o = −420,8 kJ / mol. ΔH r ˆ para esta reacción. ΔU r Calcule SOLUCIÓN: De la ecuación estequiométrica ∑ v ( gases productivos) = 1 + 1 = 2 ∑ v ( gases reactivos ) = 1 + 2 = 3 i i ˆ = ΔH ˆ − RT (2 − 3) ΔU r r kJ J 1 kJ − 8,314 × 298 K × −1× 3 mol molK 10 J kJ = −418,3 mol = −420,8 3.12. Los calores estándar de las siguientes reacciones de combustión se determinaron en forma experimental: 7 ˆ o = −1559,8 kJ / mol O2 → 2 CO2 + 3 H 2 O : ΔH r1 2 ˆ o = −393,5 kJ / mol ΔH 2. C + O2 → CO2 : r2 1 ˆ o = −285,8 kJ / mol 3. H 2 + O2 → H 2 O : ΔH r3 2 1. C2 H 6 + Aplique la ley de Hess y los calores de reacción dados para determinar el calor de la reacción 4. 2 C + 3 H 2 → C 2 H 6 : ˆo =? ΔH r4 SOLUCIÓN Como (4) = 2 × (2) + 3 × (3) − (1) Por la ley de Hess 103 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco ˆ o = 2ΔH ˆ o + 3ΔH ˆ o − ΔH ˆ o = −84,6 kJ / mol ΔH r4 r2 r3 r1 Este calor de reacción no podría haberse medido directamente, ya que es imposible hacer reaccionar carbono e hidrógeno de modo que el único producto de reacción sea el etano. 3.13. Determine el calor estándar de reacción para la combustión de npentano, suponiendo que H2O(l) es un producto de combustión. C5 H 12( l ) + 8 O2 ( g ) → 5 CO2 ( g ) + 6 H 2 O( l ) SOLUCIÓN ˆ o = 5(ΔH ˆ o) ˆo ˆo ΔH r f CO2 ( g ) + 6( ΔH f ) H 2O( l ) − ( ΔH f ) C5 H12 ( l ) Calores de formación de la tabla B.1 ˆ o = [5(−393,5) + 6(−285,84) − (−173,0)] kJ / mol ΔH r = −3509 kJ / mol ˆ , podemos escribir las ecuaciones estequiométricas Para verificar la fórmula para ΔH r para las reacciones de formación de reactivos y productos: o 1. 5 C ( s ) + 6 H 2 ( g ) → C5 H 12 ( l ) : 2. C ( s ) + O2 ( g ) → CO2 ( g ) : 3. H 2 ( g ) + ˆ o = (ΔH ˆ o) ΔH r1 f C5 H12 ( l ) ˆ o = (ΔH ˆ o) ΔH r2 f CO2 ( g ) La reacción deseada, 4. 1 O2 ( g ) → H 2 O( l ) : 2 ˆ o = (ΔH ˆ o) ΔH r3 f H 2O( l ) C5 H 12 (l ) + 8 O2 ( g ) → 5 CO2 ( g ) + 6 H 2 O(l ) : ˆo =? ΔH r Puede obtenerse como o 5 × (2) + 6 × (3) − (1) (verifíquelo), y entonces la fórmula dada ˆ se deduce de la ley de Hess. para ΔH r 104 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 3.14. El calor de reacción estándar para la oxidación de amoniaco se da a continuación: 4 NH 3( g ) + 5 O2 ( g ) → 4 NO( g ) + 6 H 2 O( v ) : ˆ o = −904,7 kJ / mol ΔH r 100 moles de NH3/s y 200 mol de O2/s a 25ºC se alimentan a un reactor donde el amoniaco se consume por completo. El gas producido emerge a 300 ºC. Calcule la velocidad a la cual se debe transferir calor hacia o desde el reactor, suponiendo que la operación se realiza aproximada a 1 atm. SOLUCIÓN: & ( kJ / s) Q (Verifique las velocidades de flujo del producto) Como sólo se lleva a cabo una ˆ , se utilizará el método de calor de reacción para efectuar el reacción y se conoce ΔH r balance de energía, eligiendo como referencia las especies de reactivos y productos en los estados para los cuales se da calor de reacción. La tabla de entalpía es la siguiente: o Referencias: NH3(g), O2(g), NO(g), H2O(v) a 25 ºC y 1 atm Sustancia ˆ ˆ & entrada & salida n n H H entrada salida (mol / s ) NH3 O2 NO H2O 100 200 ----- (kJ / mol ) 0 0 ----- (mol / s ) --75 100 150 (kJ / mol ) --- ˆ H 1 ˆ H 2 ˆ H 3 ‰ Se calculan las entalpías desconocidas 300 º C ˆ = 8,470 kJ / mol insertar el valor en la tabla de entalpía ) O 2 ( g , 300 º C ) : H 1 ˆ = NO ( g ,300º C ) : H 2 ∫ 25 º C ˆ = 8,453 kJ / mol (Cp ) dT ⇒ H 2 ˆ = 9,570 kJ / mol H 2 O (v, 300º C ) : H 3 ‰ & y ΔH & Calculo de ξ Como en el proceso se consumen 100 mol de NH3/s (A=NH3, consumido/s), se puede utilizar la siguiente ecuación: & A,r = 100 mol de NH3 n 105 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco &= ξ & NH 3 r n v NH 3 = 100 mol / s = 25 mol / s 4 & = ξ&ΔH ˆ ro + ∑ n ˆ salida − ∑ n ˆ entrada & salida H & entrada H ΔH = ( 25 mol / s )( −904,7 kJ / mol ) + [(75)(8,470) + (100)(8,453) + (150)(9,570) − (100)(0) − ( 200)(0)] kJ / s = −19.700 kJ / s ‰ Balance de energía Para este sistema abierto, & −W & = ΔH & + ΔE & + ΔE & Q s k p & Ws = 0 (no hay partes móviles) & = 0 (unidad horizonal) ΔE p & = 0 (desprecian ΔE do cambios de energía cinética) k & = ΔH & = −19.700 kJ / s = −19.700 kW Q Por tanto, 19.700 kW de calor deben transferirse del reactor para mantener la temperatura del producto a 300 ºC. Si se transfiriera menos calor, una cantidad mayor el calor de reacción pasaría a la mezcla de reacción y la temperatura de salida aumentaría. 3.15. Diez libras de CO2 a temperatura ambiente (80°F) se almacenan en un extintor de incendios que tiene un volumen de 4.0 ft3. ¿Cuánto calor se deberá extraer del extintor para que el 40% del CO2, se encuentre en estado líquido? SOLUCIÓN Este problema implica un sistema cerrado sin reacción, así que se puede aplicar la ecuación ΔE = E t 2 − E t1 = ΔU + ΔP + ΔK = Q + W . Podemos usar la carta de CO2 del apéndice J (Himmelblau) para obtener los valores de propiedades necesarios. El volumen específico del CO2 es de 4.0/10 = 0.40 ft3/lb, de modo que el CO2 está en estado gaseoso al principio del proceso. La presión es de 300 psia y Base de cálculo: 10 lb CO, ˆ = 160 Btu/lb. ΔH 106 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 4,0 ft3 CO2 Frontera del sistema 80ºF En el balance de energía ΔE = Q + W W es cero porque el volumen del sistema esta fijo, así que con ΔK = ΔP = 0, Q = ΔU = ΔH − Δ( pV ) ˆ ˆ . Podemos obtener ΔH ˆ No tenemos valores de ΔU en la carta de CO2 sólo de ΔH final de la carta de CO2 si seguimos la línea de volumen constante de 0.40 ft3/lb hasta el punto en el que la calidad es 0,6. Con esto queda fijo el estado final y podemos identificar todas las propiedades finales, a saber ˆ ΔH final = 81 Btu / lb p final = 140 psia ⎡ (140)(144)(0,40) (300)(144)(0,40) ⎤ − Q = (81 − 160) − ⎢ ⎥ 778,2 778,2 ⎣ ⎦ Q = −67,2 Btu ( se extrae calor ) 3.16. Diez libras de agua a 35ºF, 4,00 lb de hielo a 32°F y 6,00 lb de vapor de agua a 250ºF y 20 psia se mezclan en un recipiente de volumen fijo. ¿Cuál es la temperatura final de la mezcla? ¿Cuánto vapor de agua se condensa? Suponga que el volumen del recipiente es constante con un valor igual al volumen inicial del vapor de agua y que el recipiente está aislado. Suponga que se trata de un proceso por lotes, no continuo. SOLUCIÓN Podemos suponer que el proceso por lotes global ocurre con Q = 0 y W = 0 si definimos el sistema como en la flgura. Sea T2, la temperatura final. El sistema consiste en 20 lb de H2O en una o dos fases. ΔK = ΔP = 0 . El balance de energía se reduce a ΔU = 0 , Las propiedades iniciales se pueden obtener de las tablas de vapor de agua (Himmelblau). Desafortunadamente, si utilizamos unidades del sistema 107 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco ˆ que ˆ , no los valores de ΔU estadounidense sólo podemos obtener valores de ΔH queremos (y que podríamos obtener de las tablas de vapor de agua en el SI) para el ˆ. balance de energía, así que también necesitamos valores para p y para V 10 lb de agua 35º F 6 lb de vapor de agua 250º F Mezcla final T2 4 lb de hielo 32º F Las propiedades que requerimos son: ˆ ( Btu / lb) ΔH Hielo Agua Vapor de agua Sabemos que -143,6 3,02 1.168 ˆ ( ft 3 / lb) V --0,0162 20,81 p( psia ) ----20 T (º F ) 32 35 250 ˆ = ΔH ˆ − Δ( pV ˆ ), así que el balance de energía se convierte en ΔU ΔH − Δ( pV ) = 0 (a) El volumen del recipiente es tijo e igual al volumen inicial del vapor, que es (6)(20,81) = 124,86 ft3; podemos ignorar los volúmenes del agua y del hielo en los cálculos, porque son muy pequeños. La base de cálculo es 20 lb de agua en las condiciones dadas: 4 lb de hielo a 32°F 10 lb de H2O a 35°F 6 lb de vapor de agua a 250ºF y 20 psia Base de cálculo: Si suponemos que el estado final del agua es agua líquida en equilibrio con vapor de ˆ final de las 20 agua (suposición que deberemos comprobar), podemos calcular la Δ H lb de agua. Sabemos que el agua final está saturada. La segunda condición para fijar el estado (calidad, temperatura y presión) del sistema puede obtenerse del balance de energía, así que el problema tiene una solución única. Sin embargo, el estado final se debe calcular indirectamente si es que vamos a usar tablas. 108 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco ΔH final = ΔH inicial ˆ S + 10ΔH ˆ W + 4ΔH ˆ i ) = ( pV ) f − 6( pV ˆ W ) − 4( pV ˆi ) ΔH Tff − (6ΔH TS TW Ti Tf TW Ti (b) Los dos últimos términos del miembro derecho de la ecuación (b) no pueden ser mayores que 1 Btu, así que podemos ignorarlos sin peligro. iAsegúrese de verificar esta suposición! Por tanto, la ecuación que debemos usar es ˆ S + 10ΔH ˆ W + 4ΔH ˆ i ) − 6( pV ˆS ) ΔH Tff − ( pV ) Tf f = (6ΔH TS TW Ti TS (c) Debido a los cambios de fase que ocurren y tambien a la no linealidad de las capacidades caloríficas en función de la temperatura, no es posible sustituir las entalpías en la ecuación (c) por funciones de la temperatura y obtener una ecuación algebraica lineal que sea fácil de resolver. Por ello, la estrategia que adoptaremos consistirá en suponer una temperatura y una presión fínales, y luego verificar la suposición mediante la ecuación (c). Queremos determinar en qué intervalo está la temperatura, si esto es posible, y luego interpolar para obtener la respuesta deseada. La presión dentro del recipiente desciende conforme se condensa vapor de agua. Los datos para el volumen específico del vapor de agua en función de la temperatura y de la presión se pueden obtener de las tablas de vapor de agua para condiciones saturadas, y la masa de vapor de agua que permanece en la fase de vapora cualquier temperatura (o presión) supuesta se puede calcular dividiendo 124,86 ft3 entre el volumen específico del vapor de agua. El miembro derecho de la ecuación (c) es igual a 6 lb × 1.168 Btu 3,02 Btu − 143,6 Btu + 10 lb × + 4 lb × lb lb lb 20lb f 2 ⎛ 12 pu lg ⎞ 20,81 ft 3 1 Btu ⎜ ⎟ − 6 lbm × × × × = 6.001,6 Btu 2 ⎜ ⎟ lbm 778 ft lb f pu lg ⎝ 1 ft ⎠ Como estimación inicial, supongamos que no se condensa la mitad del vapor de agua original. Entonces, el volumen específico del vapor de agua final será de (124,86 ft3/3 lb) = 41,62 ft3/lb. La línea de presión más cercana en las tablas de vapor de agua, en la columna de vapor de agua saturado, es la de 10 psia (T=193,21ºF) con un volumen ˆ específico de 38,462 ft3/lb y una ΔH líquido = 161,17 Btu/lb. Utilizaremos estos últimos datos para verificar la suposición inicial. Calculamos S = 124,86 ft 3 × 1 lb de vapor de agua = 3,246 lb de vapor de agua no cond . 38,462 ft 3 La entalpía final del sistema es: Vapor : 1.143,3 Btu Btu = lb de vapor de agua 3.711 161,17 Btu 2.700 Líquido : (20 − 3,246) lb de líquido × = lb de líquido 6.411 3.246 lb de vapor de agua × El p V final del sistema es (ignorando la fase líquida): 109 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Vapor : 10 lb f ⎛ 12 pu lg ⎞ 1 Btu ⎟ × 124,86 ft 3 × = 231 Btu ×⎜ 2 ⎟ ⎜ 778 ft lb f pu lg ⎝ 1 ft ⎠ 6.411 − 231 = 6.180 ≠ 6.001,6 2 La estimación inicial de p=10 psia era un poco alta. Esta vez (para variar) estimaremos la temperatura de saturación de Tf=186ºF (que corresponde a p*=8,566 psia, 3 ˆ ˆ V vapor =44,55 ft /lb, ΔH líquido = 153,93 Btu/lb y ΔH vapor = 1.140,5 Btu/lb). Para esta segunda estimación S= 124,86 = 2,899 lb no se condensaron 44,45 Utilizamos otra vez la ecuación (c) (3.306,3 + 2.632,4) − 204 = 5.734 ≠ 6.001,6 Esta vez la estimación fue demasiado baja, pero ya determinamos entre qué límites debe estar la solución. Una interpolación lineal de S nos da ⎛ 6.001,6 − 5.734,29 ⎞ S = 2,899 + ⎜ ⎟ × (3,246 − 2,899) = 3,11 ⎝ 6.180,28 − 5.734,29 ⎠ Por tanto, el vapor de agua que se condensa es 6 – 3,11= 2,89 lb, y la suposición resultó ser correcta. 3.17. Una mezcla líquida equimolar de benceno (B) y tolueno (T) a 10°C se alimenta en forma continua a un recipiente, en el cual la mezcla se calienta a 50°C. El producto líquido contiene 40,0 mol % de B y el producto en vapor contiene 68,4 mol % de B. ¿Cuánto calor debe transferirse a la mezcla por gmol de alimentación? Base: 1 mol de alimentación. 110 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco n v ( mol ), 50°C , 34,8 mm Hg 0,684 mol B/mol 0,316 mol T/mol 1 mol, 10°C 0,500 mol B/mol 0,500 mol T/mol Q(J) n L ( mol ), 50°C , 34,8 mm Hg 0,400 mol B/mol 0,600 mol T/mol Comenzamos por un análisis de los grados de libertad: 3 variables desconocidas (nv, nL, Q) - 2 balances de materia - 1 balance de energía . = 0 grados de libertad A continuación determinamos nV, y nL a partir de los balances de materia, y después Q a partir de un balance de energía. Balance total de masa: Balance del benceno: 1,00 mol = nV + n L 0,500 mol = 0,684 nV + 0,400 n L nV = 0,352 mol n L = 0,648 mol El balance de energía para este proceso tiene la forma Q = ΔH . La siguiente es una tabla de entalpía para el proceso: n entrada Sustancia B (l) T (l) B (v) T (v) (mol) 0,500 0,500 --- ˆ entrada H (KJ/mol) 0 0 --- n salida (mol) 0,259 0,389 0,241 0,111 ˆ salida H (KJ/mol) ˆ H 1 ˆ H 2 ˆ H 3 ˆ H 4 Los valores de salida de n salida se determinaron a partir de las fracciones molares conocidas de benceno y tolueno en las corrientes de salida y los valores calculados de nV y n L . Desconocemos la presión de la corriente de alimentación, y por tanto asumimos que ΔH para el cambio de 1 atm a Pa lim entación es despreciable, y como el proceso no se efectúa a una temperatura demasiado baja ni a presión muy alta, 111 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco despreciamos los efectos de la presión sobre las entalpías de salida se obtiene de los apéndices de los libros citados en la bibliografía. [1] A continuación se dan las fórmulas y valores de las entalpías específicas desconocidas. ˆ1 = H ∫ 50 ° C 10 ° C (C p ) C H 6 6 (l ) dT = 5,332 kJ / mol dT = 6,340 kJ / mol ˆ2 = H ∫ 50 ° C 10 ° C (C p ) C H 7 8 (l ) ˆ3 = H ∫ 80,1 ° C 10 ° C (C p ) C H 6 6 (l ) ˆ V )C 6 H 6 (80,1°C ) + dT + ( ΔH ∫ 50 ° C 80,1 ° C (Cp) C6 H 6 ( v ) dT = 37,52 kJ / mol 50 ° C ˆ4 = H ∫ 110, 62 ° C 10 ° C (C p ) C H 7 8 (l ) ˆ V )C 7 H 8 (110,62°C ) + dT + ( ΔH ∫ 110, 62 ° C (Cp) C7 H 8 ( v ) dT = 42,93 kJ / mol El balance de energía es: Q = ΔH = ˆ ∑n H i salida ° i − ˆ ∑n H i entrada ° i = 17,7 kJ 3.18. La conversión de desechos sólidos en gases inocuos se puede realizar en incineradores siguiendo un método aceptable desde el punto de vista ambiental. Sin embargo, los gases de escape calientes a menudo tienen que enfriarse o diluirse con aire. Un estudio de factibilidad económica indica que los desechos municipales sólidos pueden quemarse para producir un gas con la siguiente composición (en base seca): CO2 CO 02 N2 : : : : : 9,2% 1,5% 7,3% 82,0% 100,0% ¿Cuál es la diferencia de entalpía para este gas por lbmol entre la parte inferior y la superior de la chimenea si la temperatura en la parte inferior es de 550°F, y la de la parte superior, 200°F? Ignore el vapor de agua en el gas. Puede ignorar también los efectos energéticos que resulten del mezclado de los componentes gaseosos. 112 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco SOLUCIÓN: Las ecuaciones de capacidad calorífica son [T en ºF; Cp en Btu/(lb mol)(ºF)] N2: O2 : CO: CO2: Cp CP Cp Cp = 6,895 + 0,762x10-3 T – 0,7009x10-7 T2 = 7,104 + 0,785x10-3 T – 0,5528x10-7 T2 = 6,865 + 0,802x10-3 T – 0,7367x10-7 T2 = 8,448 + 5,757x10-3 T - 21,590x10-7 T2 + 3,059x10-10 T3 Base de cálculo: 1 lbmol de gas Si multiplica estas ecuaciones por la fracción molar de cada componente y luego las suma podrá ahorrar tiempo durante la integración, pero se pueden integrar individualmente, en especial si se usa el programa de computadora para calcular AH que se encuentra en el disco que acompaña a este libro. N2: O2 : CO: CO2: 0,820 0,073 0,015 0,092 x x x x (6,895 (7,104 (6,865 (8,448 + + + + 0,7624x10-3 T 0,7851x10-3 T 0,8024x10-3 T 5,7570x10-3 T – – – – 0,7009x10-7 T2) 0,5528x10-7 T2) 0,7367x10-7 T2) 21,590x10-7 T2 + 3,059x10-10 T3) C p neto = 7,053 + 1,2242 × 10 −3 T − 2,6124 × 10 −7 T 2 + 0,2814 × 10 −10 T 3 2 10 3 −3 −7 ˆ = ΔH ∫ (7,053 + 1,2242 × 10 T − 2,6124 × 10 T + 0,2814 × 10 T )dT 550 200 1,2242 × 10 − 3 [( 200) 2 − (500) 2 ] 2 2,6124 × 10 −7 0,2814 × 10 −10 − [( 200) 3 − (550) 3 ] + [( 200) 4 − (550) 4 ] 3 4 = −2.468,6 − 160,7 + 13,8 − 0,633 = 7,053[( 200) − (500)] + = −2.616 Btu / lbmol gas 3.19. Se está comprimiendo aire de 100 kPa y 255 K (estado en el que tiene una entalpía de 489 kJ/ kg) a 1000 kPa y 278 K (estado en el que tiene una entalpía de 509 kJ/kg). La velocidad de salida del aire del compresor es de 60 m/s. ¿Qué potencia (en kW) debe tener el compresor si la carga es de 100 kg/b de aire? 225 K 278 K 1 2 ˆ = 487 kJ / kg ΔH 1 V1 = 0 100 kPa ˆ = 509 kJ / kg ΔH 2 V2 = 60 m / s 1000 kPa 113 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Frontera del sistema SOLUCIÓN Cantidades conocidas. No hay reacción. El proceso es obviamente un proceso continuo o abierto. Supongamos que la velocidad del aire que entra es cero. Base de cálculo: 100 kg de aire = 1 h Simplifiquemos el balance de energía (sólo hay un componente): ˆ +K ˆ +P ˆ ) m] ΔE = Q + W − Δ[( H 1) El proceso esta en estado estacionario, así que ΔE = 0 . 2) m1 = m2 = m 3) Δ ( Pm) = 0. 4) Q=0 por suposición (Q sería pequeña incluso si el sistema no estuviera aislado). 5) v1=0 (no se conoce el valor pero debe ser pequeño). ˆ El resultado es ˆ +K ˆ )m] = ΔH + ΔK W = Δ[( H Tenemos una ecuación y una incógnita, W ( ΔK y problema tiene una solución única. ΔH se pueden calcular), así que el ΔH = (509 − 489) kJ × 100 kg = 2000 kJ kg ΔK = 1 2 − v12 ) m( v 2 2 (60 m )2 × 1 kJ 1 = × 100 kg × = 180 kJ 2 s2 1000 kg m 2 s2 W = (2000 + 180) = 2180 kJ (Nota: El signo positivo indica que se realiza trabajo sobre el aire.) Para convertir en potencia (trabajo/tiempo), kW = 2.180 kJ 1kW 1h × × = 0,61 kW 1h 3600 s 1 kJ s 114 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 3.20. Si el calor de formación estándar para H2O(l) es de -285.838 kJ/gmol y el calor de evaporación es de +44,012 kJ/gmol a 25°C y 1 atm, ¿cuál es el calor de formación estándar del H2O(g)? SOLUCIÓN Procederemos sumando las ecuaciones químicas conocidas y las transiciones de fase para obtener la ecuacibn química deseada, y realizaremos las mismas operaciones con los cambios de entalpía. Para la reacción A, ˆ o = ∑ ΔH ˆo ˆo ΔH rxn f productos − ∑ ΔH f reactivos A: B: A+B: 1 H 2( g ) + O2( g ) → H 2 O( l ) 2 H 2 O( l ) → H 2 O( g ) ˆ o = −285,838 kJ / gmol ΔH rxn ˆ o = +44,012 kJ / gmol ΔH Vap 1 H 2 ( g ) + O 2 ( g ) → H 2 O( g ) 2 o ˆ ˆ o = ΔH ˆo ˆo ΔH rxnA + ΔH vap rxn H 2 O( g ) = ΔH f H 2O( g ) = −241,826 kJ / gmol 3.21. En una cámara de deposición de plasma con un volumen de 2 L se va a calentar gas argón con un calentador de resistencia eléctrica. En un principio el gas, que puede tratarse como gas ideal, esta a 1,5 Pa y 300 K. El calentador de 1.000 ohms extrae corriente a 40 V durante 5 minutos (o sea, el entorno realiza 480 J de trabajo). ¿Cuál es la temperatura y la presión finales del gas en equilibrio? La masa del calentador es de 12 g y su capacidad calorífica es de 0,35 J/(gmol)(K). Suponga que la transferencia de calor del gas a la cámara es insignificante a esta presión tan baja y en un tiempo tan corto. SOLUCIÓN: No hay reacción. El hecho de que la bobina del calentador se “caliente” dentro del sistema no significa que haya transferencia de calor al sistema. El sistema no intercambia masa con el entorno, así que puede aplicarse la ecuación con ΔK= ΔP=0: ΔE = Q + W = ΔU El sistema es el gas más el calentador, como se muestra en la figura. En vista de la suposición acerca de la transferencia de calor, Q= 0. W se da como +480 J (trabajo realizado sobre el sistema) en 5 minutos. Base de cálculo: 5 minutos 115 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Para gas ideal pV = nRT Frontera del sistema (el gas) W Q = 0 y conocemos p, V y T iniciales, así que podemos calcular la masa del gas: n= pV = RT 1,5 Pa × 2 L 10 −3 m 3 × 1L ( Pa )(m 3 ) 8,314 × 300 K ( gmol )( K ) = 1,203 × 10 −6 gmol Se conocen los datos de la masa y la capacidad calorífica del calentador, y la Cv del gas es C v = C p − R . Puesto que C p = 5 R, 2 Cv = 5 3 R−R= R 2 2 Suponemos que la capacidad calorífica dada del calentador también es Cv. Sabemos que para el gas ΔU = n ∫ C v dT = nC v (T − 300) 300 T así que podremos obtener T una vez que hayamos calculado ΔU de ΔU = W . calentador gas ⎛ 3⎞ ΔU = 480 J = (12)(0,35)(T − 300) + ( 2,302 × 10 −6 )⎜ ⎟(8,314)(T − 300) ⎝2⎠ T = 414,3 º K La presión final es p 2V2 n2 RT2 = p1V1 n1 RT1 O sea ⎛ T2 p 2 = p1 ⎜ ⎜T ⎝ 1 ⎞ ⎛ 414,3 ⎞ ⎟ ⎟ = 1,5⎜ 300 ⎟ = 2,07 Pa ⎝ ⎠ ⎠ 116 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 3.22. Uno de los procesos que implica la deshidrogenación catalítica en presencia de hidrógeno se conoce con el nombre de “hydroforming”. Durante la Segunda Guerra Mundial, este proceso tuvo gran importancia como ayuda para satisfacer la demanda de tolueno para la manufactura de explosivos. El tolueno, el benceno y otros derivados aromáticos pueden producirse económicamente en esta forma a partir de cargas de alimentación constituidas por naftas. Después de separar el tolueno de los otros, se condensa y se enfría en un proceso como el que se muestra en el diagrama de flujo. Por cada 100 lb de alimentación cargada al sistema, se producen 27,5 lb de una mezcla de tolueno y agua (9,1 % en peso de agua) como vapor el cual se condensa mediante la corriente de la alimentación. Calcular: a) La temperatura de la carga de alimentación después de salir del condensador. b) Las libras de agua de enfriamiento requeridas por hora. 300 ºF, 1 atm Condensador Separador 200 ºF, 1 atm Enfríador 100 ºF Tolueno + H2O H 2O 130 ºF Horno H2O 65 ºF Carga de alimentación 60 ºF, 48.000 lb/día Corriente H2O (l) H2O (g) Tolueno (l) Tolueno (g) Alimentación SOLUCIÓN: Cp (BTU/lb ºF) 1,0 0,5 0,4 0,3 0,5 T.E. (ºF) 212 --260 ----- Calor latente de vaporización (BTU/lb) 970 --100 ----- a) La temperatura de la carga de alimentación después de salir del condensador. Balance de calor en el condensador: 117 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco La corriente de alimentación se calienta de 60 ° F hasta la temperatura de salida que es la que hay que hallar. Los vapores que salen del separador, compuestos por tolueno y agua, se enfrían hasta la temperatura de cambio de fase (T. E.), condensan y luego se enfrían como líquido hasta la temperatura de salida de la corriente. Wa lim .Cp a lim . ΔT = WT ΔH T + WH 2O ΔH H 2O + WT ( g ) CpT ( g ) Δt ( g ) + WT ( l ) CpT (l ) Δt (l ) + WH 2O ( g ) Cp H 2O ( g ) Δt ( g ) + WH 2O ( l ) Cp H 2O ( l ) Δt (l ) 2.000 × 0,5 × (T2 − 60) = 500 × 100 + 50 × 970 + 500 × 0,3 × (300 − 260) + 500 × 0,4 × ( 260 − 200) + 50 × 0,5 × (300 − 212) + 50 × 1 × ( 212 − 200) 1000 × (T2 − 60) = 119300 T2 = 119300 + 60 1000 T2 = 179,3 º F b) Las libras de agua de enfriamiento requeridas por hora. Balance de calor en el enfriador: WH 2O enf .Cp H 2O ΔT = WT CpT ΔT + WH 2O Cp H 2O Δt WH 2 O enf . × 1 × (130 − 65) = 500 × 0,4 × (200 − 100) + 50 × 1 × (200 − 100) WH 2O enf . × 65 = 25000 WH 2O enf . = 385 lb / h 3.23. Emplee el diagrama psicrométrico para estimar: a) La humedad absoluta, la temperatura de bulbo húmedo, el volumen húmedo, el punto de rocío y la entalpía específica del aire húmedo a 41°C y 10% de humedad relativa b) La cantidad de agua en 150 m3 de aire en estas condiciones. El siguiente es un esquema del diagrama psicrométrico, que muestra el estado determinado del aire: 118 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco a) La humedad absoluta, la temperatura de bulbo húmedo, el volumen húmedo, el punto de rocío y la entalpía específica del aire húmedo a 41°C y 10% de humedad relativa Leyendo en el diagrama, ha ≈ 0,0048 kg H 2O / kg DA Tbh = 19°C ˆ (m3 / kg DA) ≈ 0,895(no se muestra la curva) V El punto de rocío es la temperatura a la cual el aire con el contenido de agua dado estaría saturado a la misma presión total (1 atm) y, por tanto, se localiza en la intersección de la línea horizontal de humedad absoluta constante (ha= 0,0048) y la curva de saturación, o Tpr=3°C. La entalpía específica del aire saturado a Tbh= 19°C es 54,2 kJ/kg DA. Como el punto que corresponde a 41°C y 10% de humedad relativa cae caso en la parte media entre las curvas de desviación de la entalpía correspondiente a – 0,6 kJ/kg y –0,8 kJ/kg, se puede calcular como sigue ˆ, H ˆ = (54,2 − 0,7) kJ / kg DA H ˆ = 53,5 kJ / kg DA H 119 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco b) La cantidad de agua en 150 m3 de aire en estas condiciones. En el diagrama psicrométrico se ve que el volumen húmedo del aire es 0,897 m3/kg DA. Por consiguiente calculamos: 150 m3 × 1 kg DA 0,0048 kg H 2O × = 0,803 kg H 2O 0,897 m3 1 kg DA 120 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco ANEXOS Tabla 1. Capacidades caloríficas Forma 1: Forma 2: C Ejemplo: C p p [1] C p ( kJ / mol °C ) ó ( kJ / mol K ) = a + bT + cT 2 + dT 3 (kJ / mol °C ) ó (kJ / mol K ) = a + bT + cT −2 acetona ( g ) = 0,07196 + (20,10 × 10 −5 )T − (12,78 × 10 −8 )T 2 + (34,76 × 10 −12 )T 3 , donde T está en °C. Nota: Las fórmulas para gases se aplican en forma estricta a presiones lo bastante bajas para que la ecuación de los gases ideales sea válida. Un. de ax bx cx dx Peso Rango (T) molecular Compuesto Fórmula 105 108 1012 103 Estado Forma Temp. Acetileno Acetona Ácido nítrico Ácido sulfúrico Agua Aire Alcohol etílico (etanol) Alcohol metílico (metanol) Amoniaco Azufre Benceno Bromuro de Hidrógeno n-Butano Carbonato de calcio Carbonato de sodio Carbonato de sodio decahidratado Carbono Carburo de calcio Cianuro de hidrógeno Ciclohexano Ciclopentano Cloro Cloruro de hidrógeno Cloruro de magnesio Cobre Isopropilbenceno Dióxido de azufre Dióxido de carbono Dióxido de nitrógeno Etano Etileno Formaldehído Helio n-hexano Hidrógeno Hidrógeno de calcio Isobutano Isobuteno Metano Metilciclohexano Metilciclopentano Monóxido de carbono Nitrógeno Óxido de calcio Óxido de magnesio Óxido férrico Óxido nítrico Óxido de nitroso Oxígeno n-pentano Propano Propileno Tetracloruro de carbono Tetracloruro de nitrógeno Tolueno Trióxido de azufre Sulfato de amonio Sulfuro de hidrógeno C2H5OH CH3OH NH3 S C6H6 HBr C4H10 CaCO3 Na2CO3 Na2CO3 *10H20 C CaC2 HCN C6H12 C5H10 Cl2 HCl MgCl2 Cu C9H12 SO2 CO2 NO2 C2H6 C2H4 CH2O He C6H14 H2 Ca(OH)2 C4H10 C4H8 CH4 C7H14 C6H12 CO N2 CaO MgO Fe2O3 NO N2O O2 C5H12 C3H8 C3H6 CCl4 N2O4 C7H8 SO3 (NH4)2SO4 H2S C2H2 CH3COCH3 NHO3 H2SO4 H2O 26,04 58,08 63,02 98,08 18,016 29,0 46,07 32,04 17,03 32,07 78,11 80,92 58,12 100,09 105,99 286,15 12,01 64,10 27,03 84,16 70,13 70,91 36,47 95,23 63,54 120,19 64,07 44,01 46,01 30,07 28,05 30,03 4,00 86,17 2,016 74,10 58,12 56,10 16,04 98,18 84,16 28,01 28,02 56,08 40,32 159,70 30,01 44,02 32,00 72,15 44,09 42,08 153,84 92,02 92,13 80,07 132,15 34,08 g l g l l l g g g l l g l g g cRómbico cMonoclínico l g g g c c c c c g g g g g c c g g g g g g g g l g g c g g g g g g g g c c c g g g l g g g l g l g g c g 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 °C °C °C °C °C °C °C °C K °C °C °C °C °C °C K K °C °C °C °C K K K K K °C °C °C °C °C K K °C °C °C °C °C °C °C °C °C °C °C K °C °C °C K °C °C °C °C K K K °C °C °C °C °C °C °C K °C °C °C °C K °C 42,43 123,00 71,96 110,00 139,10 75,40 33,46 28,94 28,09 103,10 158,80 61,34 75,86 42,93 35,15 15,20 18,30 126,50 74,06 29,10 92,30 82,34 121,00 535,60 11,18 68,62 35,30 94,14 73,39 33,60 29,13 72,40 22,76 139,20 38,91 36,11 36,07 49,37 40,75 34,28 20,80 216,30 137,44 28,84 89,50 89,46 82,88 34,31 19,87 121,30 98,83 28,95 29,00 41,84 45,44 103,40 29,50 37,66 29,10 155,40 114,80 68,032 59,58 93,39 75,70 148,80 94,18 48,50 215,90 33,51 6,053 18,60 20,10 15,59 0,6880 0,4147 0,1965 15,72 16,83 8,301 2,954 2,68 1,84 23,40 32,95 -0,0227 27,88 4,975 0,7604 0,3191 0,4799 -8,749 -1,87 0,4421 -3,593 -1,965 -1,965 19,83 -8,03 -6,686 -5,033 -12,78 18,20 34,76 0 – 1200 -30 – 60 0 – 1200 25 10 – 45 0 – 100 0 – 1500 0 – 1500 273–1800 -25,20 0,9887 -15,47 -12,87x1010 77,57 -4,585 34,94 -- 0 100 0 – 1200 0 – 65 0 – 700 0 – 1200 273 – 368 368 – 392 6 – 67 0 – 1200 0 – 1200 0 – 1200 273– 1033 288 – 371 298 273-1373 298 – 720 0 – 1200 0 – 1200 0 – 1200 0 – 1200 0 – 1200 273 – 991 273-1357 0 – 1200 0 – 1500 0 – 1500 0 – 1200 0 – 1200 0 – 1200 0 – 1200 0 – 1200 20 – 100 0 – 1200 0 – 1500 276 – 373 0 – 1200 0 – 1200 0 – 1200 273-1500 0 – 1200 0 – 1200 0 – 1500 0 – 1500 273-1173 273-2073 273–1097 1,095 1,19 2,908 49,62 39,28 1,367 -0,1341 1,58 0,6117 53,76 3,904 4,233 3,97 13,92 11,47 4,268 40,85 0,00765 30,13 25,64 5,469 5,021 56,53 45,857 0,4110 0,2199 2,03 0,5008 6,711 0,8188 4,151 1,158 43,68 34,09 22,59 17,71 12,98 12,5 32,4 38,00 9,188 1,547 -4,891x1010 -8,66x1010 1,092 -31,90 -25,54 -1,607 0,9715 -39,79 -3,104 -2,887 -2,88 -5,816 -6,891 0,000 -23,92 0,3288 -18,91 -17,27 0,3661 1,268 -37,72 -30,44 0,3548 0,5723 -4,52x1010 -8,732 x1010 -17,72 x1010 -0,2925 -2,694 -0,6076 -18,99 -13,11 -10,17 -11,3 -27,86 -8,540 0,3012 -80,63 68,66 6,473 -4,335 120,5 8,606 7,464 7,87 7,280 17,66 -8,694 57,66 -0,8698 49,87 50,50 -11,00 -11,00 100,8 83,81 -2,22 -2,871 0,3652 10,57 1,311 42,26 31,71 24,60 80,33 32,40 -3,292 0 – 3500 0 – 1200 0 – 1500 0 – 36 0 – 1200 0 – 1200 0 – 1200 273 – 343 0 – 300 0 – 110 0 – 1200 0 – 1000 275 – 328 0 – 1500 121 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco Tabla 2. Entalpías especificas de gases selectos: unidades SI [1] Estado de referencia: Gas, Pref=1atm, Tref=25°C T 0 …. 25 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200 1300 1400 1500 Aire -0,72 …. 0,00 2,19 5,15 8,17 11,24 14,37 17,55 20,80 24,10 27,46 30,86 34,31 37,81 41,34 44,89 48,45 O2 N2 H2 CO CO2 H2O ˆ (kJ/mol) H -0,73 …. 0,72 …. -0,73 …. -0,73 …. 0,00 0,00 0,00 0,00 2,24 2,19 2,19 2,19 5,31 5,13 5,16 5,16 8,47 8,12 7,96 8,17 11,72 11,15 10,89 11,25 15,03 14,24 13,83 14,38 18,41 17,39 16,81 17,57 21,86 20,59 19,81 20,82 25,35 23,86 22,85 24,13 28,89 27,19 25,93 27,49 32,47 30,56 29,04 30,91 36,07 33,99 32,19 34,37 39,70 37,46 35,39 37,87 43,38 40,97 38,62 41,40 47,07 44,51 41,90 44,95 50,77 48,06 45,22 48,51 -0,92 …. 0,84 0,00 0,00 2,90 2,54 7,08 6,01 11,58 9,57 16,35 13,23 21,34 17,01 26,53 20,91 31,88 24,92 37,36 29,05 42,94 33,32 48,60 37,69 54,33 42,18 60,14 46,78 65,98 51,47 71,89 56,25 77,84 61,09 122 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco BIBLIOGRAFÍA [1] Felder R., Rousseau R., Principios Elementales de los Procesos Químicos, 3° Edición, Editorial Limusa Wiley, 2004. 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