52150356-solucionario-balance-de-materia-y-energia.docx

UNIVERSIDAD CATLICA DE TEMUCO

FACULTAD DE INGENIERA

ESCUELA DE INGENIERA AMBIENTAL

MANUAL DE RESOLUCIN DE EJERCICIOS BALANCE DE MATERIA Y ENERGA

XIMENA PETIT-BREUILH SEPULVEDA

ALEJANDRA SANCHEZ

- 2008 -

Solucionario Balance de Materia y EnergaFacultad de IngenieraUniversidad Catlica de Temuco

SECCIN I BALANCE DE MATERIA SIN REACCIN QUMICA

1.1. a. El flujo de alimentacin a un secador se especifica como 1.000 lb/h. Calcule el flujo en kg/min

1.1. b. En un proceso de amonaco se producen 105 lbmol/da. Calcule la produccin equivalente en gmol/h.

SOLUCIN:

Los clculos se efectan utilizando directamente los factores de conversin, factores que siempre son iguales a la unidad.

a. Flujo en kg/min.

1.000lb=1.000lb453,6 g1 kg1 h= 7,56kg

1.000 g60 minmin

hh1 lb

b. Produccin equivalente en gmol/h.

105lbmol=105lbmol453,6 gmol1 da=1,89 107gmol

dadah

1 lbmol24 h

1.2. Una planta produce una mezcla de 90 % en mol de etanol (C2H5OH) y el resto de agua.

a. Calcule la fraccin en masa de etanol.

b. Si la produccin de la planta es 1.000 lbmol/h, calcule la produccin equivalente en kg/min.

c. Para la produccin de (b), calcule los flujos molares de los componentes de la corriente en kgmol/h.

SOLUCIN

a. Fraccin masa o fraccin msica de etanol

Masa Molecular (MM) del etanol = 46 g/mol

MM del agua = 18 g/mol

Base de clculo: 1 gmol de mezcla.

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Solucionario Balance de Materia y Energa Facultad de IngenieraUniversidad Catlica 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 relacin entre ellas da la respuesta.

gmol de e tan olg de e tan olgmol de aguag de agua

MM Media =0,9 46+ 0,118

gmol de mezclagmol de e tan olmol de mezcla

gmol de agua

41,4 g de e tan ol1,8 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 = 43,2g de mezcla

gmol de mezcla

Aunque se tom una base de clculo de 1 gmol, recurdese que la respuesta se cumple en otras unidades, siempre y cuando haya consistencia dimensional, pudiendo decirse que

MM media = 43,2kg de mezcla= 43,2lb de mezcla= 43,2Tonelada de mezcla

kgmol de mezclalbmol de mezclaToneladamol de mezcla

= 43,2miligramo de mezcla= 43,2arroba de mezcla

miligramo mol de mezclaarrobamol de mezcla

Continuando con el problema:

gmol de e tan olg de e tan ol

M de e tan ol = 0,9 46

gmol de mezcla

gmol de e tan ol

= 41,4g de e tan ol

gmol de mezcla

41,4g de e tan ol

gmol de mezcla

Fraccin masica de e tan ol =W=

C2 H5OH43,2g de mezcla

gmol de mezcla

WC2 H5OH= 0,95833g de e tan ol

g de mezcla

Es importante resaltar, como lo muestra el anlisis dimensional, que la fraccin msica, de igual manera que la fraccin molar o la fraccin en volumen, tiene

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unidades, las cuales, normalmente, no se colocan, porque puede utilizarse en cualquier tipo de unidad:

WC2 H5OH= 0,95833kg de e tan ol= 0,95833lb de e tan ol= 0,95833Tonelada de e tan ol

kg de mezclalb de mezclaTonelada de mezcla

b. La produccin equivalente en kg/min

Utilizando los factores de conversin y la masa molecular media se encuentra, directamente, que:

100 lbmolh =1.000 lbmolh 143lbmol,2lb 4531.000,6 kglb 601minh = 326,592 minkg

c. Flujos molares para la corriente en kgmol/h

A partir del flujo, las fracciones molares y el factor de conversin puede plantearse que:

NC2 H5OH= 0,9lbmol e tan ol1.000lbmol mezcla453,6 kgmol mezcla= 408,24kgmol

lbmol mezclah1.000 lbmol mezclah

NH5O= 0,1lbmol e tan ol1.000lbmol mezcla453,6 kgmol mezcla= 45,36kgmol

lbmol mezclah1.000 lbmol mezclah

tal como se peda.

1.3. Una corriente que contieneH2O0,4

C2H5OH0,3

CH3OH0,1

CH3COOH0,2

en fracciones en masa, se alimenta a una columna de destilacin a razn 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.

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SOLUCIN

a. Flujos molares por componente

Hallando el flujo msico de cada componente y pasndolo a moles, se plantean las siguientes expresiones (obsrvese que en este clculo se muestran las unidades de las fracciones msicas) que dan los valores pedidos:

NH 2O= 0,4lb H 2 O1.000lb mezcla1 lbmol= 22,2222lbmol

lb mezclah18 lb H 2 Oh

N CH OH = 0,3lb C2 H 5OH1.000lb mezcla1 lbmol= 6,5217lbmol

lb mezclah46 lbC2 H 5OHh

25

N CH OH = 0,1lb CH3OH1.000lb mezcla1 lbmol= 3,125lbmol

lb mezclah32 lbCH 3OHh

25

NCH3COOH= 0,2lb CH 3COOH1.000lb mezcla1 lbmol= 3,333lbmol

lb mezclah60 lbCH 3COOHh

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. As, para el agua:

22,2222 mol de aguamol de agua

H 2O== 0,63127

mol de mezcla

35,2022 mol de mezcla

De nuevo puede verse que las fracciones tienen unidades. Procediendo de manera anloga, las otras fracciones molares son:

= 0,18527mol de e tan ol

C2 H5OHmol de mezcla

= 0,08877mol de e tan ol

CH3OHmol de mezcla

= 0,09469mol de cido actico

CH3COOHmol de mezcla

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Solucionario Balance de Materia y Energa Facultad de Ingeniera

Universidad Catlica de Temuco c. Fracciones mol, en base libre de agua.

El clculo 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 tem (a).

Calculando la fraccin molar de etanol de ambas maneras se tendr que: Con los porcentajes de la parte (b):

C2 H5OH

C2 H5OH

0,18527 mol de e tan ol1 mol de mezcla

=

mol de mezcla

(10,63127) mol de mezcla excenta de agua

= mol de e tan ol 0,50244 mol de mezcla excenta de agua

Con los flujos por componente de la parte (a):

C2 H5OH

C2 H5OH

6,5217 mol de e tan ol

=

(35,2022

22,222) mol de mezcla excenta de agua

= mol de e tan ol 0,50244 mol de mezcla excenta de agua

Anlogamente se encuentran las otras fracciones en base seca. Con sus respectivas unidades son:

Me tan ol= 0,24075mol de e tan ol

mol de mezcla excenta de agua

e tan oico= 0,2568mol de e tan oico

mol de mezcla excenta de agua

1.4. Una solucin 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.

Supngase que el anlisis de laboratorio indica 50 g/L de Na2S, 250 g/L de NaOH y 100 g/L de Na2CO3.

Si la densidad de la solucin componente, correspondientes kgmol/h.

es 1.05 g/cm3, calcule los flujos molares por a un flujo total de la corriente de 1.000

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SOLUCIN

Los resultados se muestran en la tabla siguiente. El procedimiento para construirla es:

1. Tomando como base de clculo 1 litro de solucin 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 nmero total de moles.

5. Dividiendo las moles de cada componente por el nmero total de moles se halla su fraccin molar (Columna 4).

6. Como la fraccin molar es independiente de la unidad usada para la cantidad de sustancia, se multiplica por 1.000 kgmol/h cada valor hallado en el tem 5. y se encuentra los flujos molares pedidos (Columna 5).

La masa de 1 litro de SOLUCIN es:

Masa =1 litro 1.0001litrocm3 1,05 cmg3 =1.050 g

ComponenteMasa (g)Moles (gmol)FraccinFlujo molar

molar(kgmol/h)

Na2S500,64100,014614,587

NaOH2506,25000,1422142,222

Na2CO31000,94340,021521,467

H2O65036,11110,8217821,724

Totales1.05043,94551,0000100,000

1.5. A un proceso de produccin de metano a partir de gas de sntesis y vapor de agua, se alimentan 6 kgmol/min de un gas que contiene 50 % de H2,33 13 % de CO y el resto CH4 (todos en base molar), as como 72 kg/min de

vapor de agua. Los productos son 3 kgmol/min de agua lquida y 95 kg/min de un gas que contiene 25 % de CH4, 25 % de CO2 y el resto H2 (todos en base molar).

Gas de sntesisVapor

Gas como producto

50% H2H2

33% CO25% CO

CH425% CH4

Agua

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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 tomo?

d. Se conserva la masa de cada tipo de sustancia qumica?

e. Qu puede concluirse que ocurre en este proceso?

SOLUCIN

Para la mezcla gaseosa de salida se conoce el flujo msico y su porcentaje molar, puede efectuarse un cambio de fraccin molar a msica o, lo que es ms 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:

kg

96kg

min

Flujo molar de mezcla == 6

16kgkgmol

kgmol

Conocida la fraccin molar se toma como base un mol de mezcla y la fraccin msica de cada componente se calcula dividiendo la masa de cada componente (fraccin molar por masa molecular) por la masa total del mol de mezcla (o masa molecular media):

WCH4

WCH4

0,25mol de CH41 mol de mezcla 16masa de CH4

mol de mezclamol de CH

=4

masa de mezcla

16

mol de mezcla

= 0,25 masa de CH 4 masa total

Para los otros componentes se procede de manera anloga (sin todas las unidades):

0,25144 masa de CO2

W CO2=

16masa total

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masa de CO2

W CO2 = 0,6875

masa total

0,512 masa de H 2

W H 2=

16masa total

masa de H2

W H 2 = 0,0625

masa total

Para visualizar el balance de materia, se toma como base un minuto y con los flujos msicos y/o molares conocidos se construye la siguiente tabla.

ENTRADASALIDA

kgmolkgkgmolkg

H236H2O354

CO256CH41,524

CH4116CO21,566

H2O472H236

Total10150Total9150

En ella se hace inventario de las masas de los componentes y las moles totales a la entrada y a la salida:


Al proceso entran 150 kg y de l salen 150 kg. La masa total que entra es igual a la masa total que sale, de acuerdo con la Ley de la Conservacin de la Materia.

b. Se conservan las moles totales?

Las moles totales no se conservan: Al proceso entran 10 kgmol y de l salen 9 kgmol.

c. Se conservan las moles de cada tipo de tomo?

Sumando los tomos 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 tomo de H = H del H2 + H del CH4 + H del H 2O

kg t de H = 3 kgmol H 2 2 kg t H kgmol H 2kg t de H =18

kg t de C = C del CO + C del CH 4

+1 kgmol CH 44 kg t H+ 4 kgmol H 2 O 2 kg t H 2

kgmol CH 4kgmol H 2O

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kg t de C = 2 kgmol CO 1 kg t C +1 kgmol CH 4 kgmol CO

kg t de C = 3

kg t de O = O del CO + O del H 2O

kg t de O = 2 kgmol CO 1 kg t O + 4 kgmol H 2O kgmol CO

kg t de O = 6

1 kg t C

kgmol CH 4

1 kg t O

kgmol H 2O

SALIDA: Efectuando el mismo procedimiento para los componentes a la salida (sin colocar las unidades):

kg tomo de H = H del H 2 + H del CH 4 + H del H 2O kg tomo de H = (32 +1,5 4 + 3 2)

kg tomo de H =18

kg tomo de C = C del CH 4 + C del CO2 kg tomo de C = (1,5 1 +1,5 1)kg tomo de C = 3

kg tomo de O = O del H 2O + O del CO2 kg tomo de O = (3 1 +1,5 2)kg tomo de O = 6

Los kg tomo que entran y salen de los elementos H, C y O son, respectivamente: 18, 3 y 6. Se conserva el nmero de tomos mol de cada tipo de tomo.


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 reaccin qumica en la que, como es obvio, desaparecen unas sustancias y se forman otras.


Que hay interaccin qumica entre los diferentes componentes. Puede plantearse que ocurre la reaccin:

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 nmero de kg-mol de CH4 haya aumentado en 0,5, tal como puede constatarse en la tabla.

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1.6. Un proceso de produccin 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 % (msico) de CH3I y el resto CH3OH.

Determine con tres cifras significativas, si:


b. Se conservan el nmero total de moles?

c. Se conservan el nmero de moles de cada tipo de tomo?



CH3OH150 lbmol/da

HIProducto

125 lbmol/da13.040 lb/da

Desperdicio 7.760 lb/da

SOLUCIN:

Tomando como base un da se tendr que:


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.


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

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HI = 50,076 lb

H 2O = 7.760 0,174 lb =1.350,24 lb

H 2O = 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

AsMoles que salen = (50,076 + 75,013 + 74,41 + 74,98)

= 274,479 lbmol

Con tres cifras significativas el nmero de moles no se conserva: 275 vs. 274.479

c. Se conserva el nmero de moles de cada tipo de tomo?

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 tomo de C = C del CH 3OH =150 lb tomo de O = O del CH 3OH =150 lb tomo de I = I del HI =125

lb tomo de H = H del HI + H del CH 3OH = (125 +150 4) = 725

Salida:

lb tomo de C = C del CH 3 I + C del CH 3OH = (74,41 + 74,98) =143,39 lb tomo de O = O del H 2O + O del CH 3OH = (75,013 + 74,98) =149,993 lb tomo de I = I del HI + I del CH 3 I = (50,076 + 74,41) =124,486lb tomo de H = H del HI + H del H 2O + H del CH 3 I + H del CH 3OH lb tomo de H = (50,076 + 75,0132 + 74,413 + 74,98 4) = 723,252

En el proceso, con tres cifras significativas, el nmero de tomos de cada elemento no se conserva.

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La masa de cada tipo de sustancia qumica no se conserva porque hay una transformacin qumica, en la que desaparecen unas sustancias y se forman otras.


Primero, hay reaccin qumica. Segundo, es probable que los porcentajes msicos del desperdicio y del producto sean aproximaciones y que al dar sus valores con ms cifras significativas se obtenga el resultado esperado: que la masa se conserve.

1.7. En una planta de cido sulfrico, 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 H2SO 4 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 clculos, si:




d. Se conserva la masa de cada sustancia?

e. Si el balance total de masa no resulta, cul es la explicacin ms probable?

f. Si el balance del nmero total de moles no resulta, cul es la explicacin ms probable?

SOLUCIN:

Con base en una hora de operacin 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

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lbmollbmollbmollbmollblbmollb

12345678

H2SO490190-28027.44030029.400

H2O1010-20360--

SO3--30302.40010800

N2--1701704.7601704.760

10020020050034.96048034.960


La masa total se conserva: resultados de las columnas 6 y 8.


El nmero total de moles no se conserva. Columnas 5 y 7: entran 500 y salen 480.


El nmero de moles de cada tipo de tomos 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-tomo de hidrgeno, azufre y oxgeno de las corrientes de entrada, y compararla con los lb-tomo a la salida:

Hidrgeno:

Entrada:H = [(90 2+ 10 2) + (190 2 + 10 2)]lb tomo = 600 lb tomo

Salida:H = (280 2+ 20 2) lb tomo = 600 lb tomo

Azufre:

Entrada:S = [90 1 + 1901 + 30 1]lb tomo = 310 lb tomo

Salida:S = [280 1 + 301]lb tomo = 310 lb tomo

Oxgeno:

Entrada:O = [90 4 + 10 1 + 190 4 10 1 + 30 3]lb tomo =1.230 lb tomo

Salida:O = [280 4 + 20 1 + 30 3]lb tomo =1.230 lb tomo

d. Se conserva la masa de cada sustancia?

La masa de cada sustancia no se conserva porque hay reaccin qumica.

e. Si el balance total de masa no resulta, cul es la explicacin ms probable?

El balance total de masa resulta.

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f. Si el balance del nmero total de moles no resulta, cul es la explicacin ms probable?

Las veinte lb-mol de H2O que entran al proceso reaccionan con 20 de las 30 lb-mol de SO3 que llegan, segn la ecuacin:

H2O + SO3 H2SO4

Desaparecen en total, 40 lbmol y se forman 20 lbmol de H2SO4, como puede observarse en la tabla: Columnas 5 y 7.

ENTRADAGENERACIN O CONSUMOSALIDA

lbmollbmollbmol

H2SO428020300

H2O20200

SO3302010

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 SO 2, 2,05 % de O2 y 76,50 % de N2. Todas las composiciones corresponden a porcentaje en mol.

Determine:

a. El nmero de variables de corrientes independientes que hay en el problema.

b. El nmero de balances de materia que pueden expresarse y cuntos sern independientes.

c. En qu proporcin debern mezclarse las corrientes?

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SOLUCIN:

El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, es:

N11

X 1=0,791

N 2

1N3

XO2=0,017X3=0,0205

( X 1

=0,1923N2

SO2X3=0,7650

O2

( X 3=0,2145)

N2SO2

X N22 =0,06532

XO22 =0,4347 ( X SO22 =0,50)

a. Nmero de variables de corrientes independientes que hay en el problema.

En el diagrama cuantitativo puede verse que el nmero 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. Nmero de balances de materia que pueden expresarse y cuntos sern 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 ecuacin para el balance total.

c. En qu proporcin debern mezclarse las corrientes?

Para encontrar la respuesta, se plantea un sistema de tres ecuaciones con tres incgnitas (N1, N2 y N3):

Balance de Nitrgeno:0,79 N 1+ 0,4347 N 2= 0,7650 N 3

Balance de Oxgeno:0,017 N 1+ 0,0653 N 2= 0,0205 N 3

Balance Total:N 1+N 2= N 3

En este caso, al no haber reaccin qumica, el nmero de moles totales debe conservarse y los balances molares son anlogos a los balances de materia.

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Se trata de un sistema homogneo de 3 ecuaciones con 3 incgnitas que tiene o una solucin (la solucin trivial) o infinitas soluciones.Dividiendo el sistema de ecuaciones por N1 (con lo cual se descarta la solucin trivial) se obtiene un sistema de 3 ecuaciones con 2 incgnitas.

SeaX =N 2Y =N 3

N 1N 1

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 slo tendra la solucin trivial: N1 = N2 = N3 = 0, o dicho de otra manera, es imposible obtener el flujo de salida con esa composicin a partir de los 2 flujos con las composiciones dadas.

Sin embargo, la pequea diferencia entre los dos valores encontrados para la variable z (1,0787 vs. 1,0781) hacen pensar que sta se debe al corte de decimales, y no a que el problema est mal planteado.

Resolviendo el problema para un flujo dado se comprobar lo anterior.

Tomando como base de clculo N1 = 1.000, el sistema de ecuaciones de balance anteriores se transforma en:Nitrgeno:791+ 0,4347N 2= 0,7650 N 3(1)

Oxgeno:17+ 0,0653 N 2= 0,0205 N 3(2)

Total:1.000 +N 2= N 3(3)

En el cual slo hay dos incgnitas: N2 y N3

Resolviendo simultneamente las ecuaciones (1) y (3) se encuentra que: N3=1.078,716 N2= 78,716

Reemplazando en la ecuacin (2) estos valores se encuentra que:

17 + (0,0653 78,716) = 0,0205 1.078,716

22,140= 22,114

Situacin que indica que si la composicin de O2 en la corriente de salida tuviera ms decimales, las dos incgnitas satisfaran la ecuacin (2).N 11.000

Proporcin==12,704

278,716

N

17


1.9. Puede recuperarse acetona de un gas portador, disolvindola 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 solucin de acetona en agua.

Supngase que el gas portador no se disuelve en el agua.

a. Determine el nmero 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.

GasAgua

20%AcetonaSolucin

80%GasAcetona agua

SOLUCIN:

Diagrama Cuantitativo:

F4GasAguaF3=1.000

43

F3=1.000F2

1AC=0,2122AC

WW

W1G=0,8W2AGUA

18


a. Determine el nmero 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:F 1 + F 3 = F 2 + F 4

200 +1.000 = F 2+ F 4 =1.200(1)

Acetona:WAC1 F 1 =WAC2 F 2

22(2)

0,2 200 =WAC F

Agua:F 3 = (1 WAC2 ) F 2

1.000 = (1 WAC2 ) F 2(3)

Gas:WG1 F 1 = F 4

0,8 200 = F 4(4)

c. Calcule todas las variables de corrientes desconocidas.

Tabla de Grados de Libertad

Nmero de variablesindependientes(NVI)6

Nmero de balances de materia independientes(NBMI)3

Nmero de flujos conocidos(NFC)2

Nmero de composiciones independientes conocidas(NCC)1

Nmero de relaciones conocidas(NRC)0-6

GRADOS DE LIBERTAD(G de L)0

De acuerdo con la Tabla de Grados de Libertad, el sistema est especificado correctamente y pueden plantearse un sistema de tres ecuaciones y tres incgnitas. En todos los procesos se encontrar que la diferencia entre el nmero de incgnitas y el nmero de ecuaciones es, tambin, igual al nmero de Grados de Libertad del proceso.

En este proceso: 3 Incgnitas 3 Ecuaciones = 0 Grados de Libertad.

19


Resolviendo el sistema de ecuaciones planteado se obtiene:

De la ecuacin (4):F 4=160

De las ecuaciones (4) y (1):F 2=1.040

Con F2 conocido y la ecuacin (2):WAC2 = 0,03846

Por diferencia:WG2= 0,96154

En este problema no se utiliz la ecuacin (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 resolvi correctamente el sistema.

1.10. Puede obtenerse una pasta de protena vegetal libre de aceite a partir de semilla de algodn, usando hexano para extraer el aceite de las semillas limpias.Teniendo una alimentacin de semilla de algodn cruda que consiste (porcentajes msicos) de:

Materia Celulsico (MC)14%

Pasta (P)37%

Aceite (A)49%

Calcule la composicin del extracto de aceite que se obtendr utilizando 3 libras de hexano por cada libra de semilla cruda.

Hexano Pasta pura de protena

Extracto de aceite

Proceso

Aceite

SemillasHexano

crudas

Material

20


SOLUCIN:

Diagrama cuantitativo

HexanoF1

1

Semillas crudasF22

W2MC=0,14 W2P=0,37

(W2A=0,49)

Relaciones:

Pasta pura

F4

4

Extracto de aceiteProceso5

F5

W5A

(W5H)

3

Material Celulsico

F3

Se utilizan 3 libras de hexano por cada libra de semilla cruda, es decir:R1:F 1= 3

F 2

Tabla de Grados de LibertadNVI8(F1, F2, F3, F4, F5, W2MC, W2P, W5A)

NBMI4(Total, Material Celulsico, Pasta, Aceite)

NFC0

NCC2(W2MC, W2P)

NRC1-7

G de L1(El sistema esta sub-especificado. Al tomar

una base de clculo el sistema queda

Base-1especificado correctamente)

Las cuatro ecuaciones independientes de balance de materia son:

Total:F 1 + F2= F 3 + F 4 + F 5(1)

Material Celulsico:0,14F 2= F 3(2)

Pasta:0,37F 2= F 4(3)

Aceite:0,49F 2=WA3 F 3(4)

21

Solucionario Balance de Materia y EnergaFacultad de IngenieraUniversidad Catlica de TemucoDe la relacinF 1= 3(5)

F 2

Se obtiene un sistema de 5 ecuaciones y 6 incgnitas (F1, F2, F3, F4, F5, W5A), o dicho de otro modo:

6 Incgnitas 5 Ecuaciones = 1 Grado de Libertad

Al tomar como base de clculo uno de los flujos, se tiene un sistema de 5 x 5, por lo tanto:

5 Incgnitas 5 Ecuaciones = 0 Grado de Libertad

Base de clculo: Sea F1: 1.000 libras

Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que:

De (5):F 2= (1.000 / 3) librasDe (2):

De (3):F 4=123,33 librasDe (1):

De (4):WA5= 0,13Por diferencia:

F 3 = 46,67 libras

F 5 =1.256,67 libras

WH5 = 0,87 libras

1.11. En una columna de destilacin 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.

E 2/3

Destilado P 1/3

B 0

1/3EColumna de

1/3PAlimentacin

1/3Bdestilacin

FondosE 0

P

B

22


Calcular las cantidades y composiciones de las fondos, para una alimentacin de 1.000 mol/h.

SOLUCIN:


NA =1000 X EA =1/3

X PA =1/3

(B)

corrientes de destilado y

N DX ED =0,66667

(P)

N F

X PF =0,66667

(B)

Tabla de grados de libertadNVI7(NA, XEA, XPA, ND, XED, NF XPF)

NBMI3(Total, Etanol (E) y Propanol (P))

NFC1(Flujo de alimentacin, NA)

NCC3-7(XEA, XPA, XED)

NRC0

G de L0(El proceso est especificado y puede

BaseFormarse un sistema de 3 ecuaciones

Con 3 incgnitas)

Las ecuaciones del balance de materia son:

Total:1.000 = N D + N F(1)

Etanol:(1.000 / 3)= (2 / 3)N D(2)

Propanol:(1.000 / 3)= (1 / 3)NDFND(3)

+ X P

Resolviendo es sistema se encuentra que:

De la ecuacin (2):N D = 500

De la ecuacin (1):N F= 500

De la ecuacin (3):X PF=1 / 3

23


1.12. La alimentacin a una columna de destilacin contiene 36 % en masa de benceno y el resto tolueno.

El destilado deber contener 52 % en masa de benceno, mientras que los fondos contendrn 5 % en masa de benceno.

Calcule:

a. El porcentaje de la alimentacin de benceno que contiene el destilado.

b. El porcentaje de la alimentacin total que sale como destilado.

SOLUCIN:


FDWBD =0,52

(T 48%)

WBA =0,36FA

(T 64%)

FFWBF =0,05

(T 95%)

Tabla de grados de libertad

NVI6

NBMI2

NFC0

NCC3

NRC0-5

G de L1

Base-1

El sistema tiene un grado de Libertad, pero al fijar una base de clculo queda correctamente especificado.

Base de clculo: Sea FA = 1000


1.000 = F D + F F(1)

360 = 0,52F D +0,05F F(2)

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1) y (2):

F F = 340,426F D = 659,574

24


a. El Porcentaje de la alimentacin de benceno que contiene el destilado:

% de benceno recuperado = bencenobenceno enen DA 100

% de benceno recuperado = 0,52 659,574 100 = 95,2718% 360

b. El porcentaje de la alimentacin total que sale como destilado.

% de A que sale como destilado =659,574100 = 65,9574%

1.000

1.13. Un mtodo para determinar el flujo volumtrico de una corriente de proceso en flujo turbulento, consiste en inyectar cantidades pequeas y medibles de algn fluido que se disperse con facilidad, para luego medir la concentracin de este fluido en una muestra de la corriente mezclada, obtenida en algn punto adecuado corriente abajo.

Supngase 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.

SOLUCIN:


X B1 =0,95N1

( X O12 =0,05)N3X B3 =0,9

( X 3 =0,1)

N B2 =16,3O2


NVI5

NBMI2

NFC1

NCC2

NRC0-5

G de L0

25


De la tabla de grados de libertad se determina que el proceso esta correctamente especificado.

Total:N 1 + N 2 = N 3 N 1 +16,3 = N 3

Etanol:0,05N 1 +16,3 = 0,1N 3

Resolviendo el sistema de ecuaciones:

N 1 = 293,4N 3 = 309,7

Por lo tanto el flujo de la corriente es de 293,4 moles/h.

1.14. El cido agotado de un proceso de nitracin contiene 43 % de H2SO4 y 36 % de HNO3. La concentracin de este cido diluido se incremente mediante la adicin de cido sulfrico concentrado que contiene 91 % de H2SO4 y cido ntrico concentrado, que contiene 88 % de HNO3. El producto deber contener 41.8 % de H2SO4 y 40 % de HNO3.

Calcule las cantidades de cido agotado y de cidos concentrados que debern mezclarse para obtener 100 lb del cido mezclado reforzado.

SOLUCIN

Diagrama cuantitativo:FDD

WH 2 SO4 =0,43

WHNOD=0,36

3

(H2O21%)

FC

W C=0,418

S

FH 2 SO4

SWHNOC

WH 2 SO4=0,91=0,400

(H2O 9%)3

(H2O18,2%)

FN

WHNON3 =0,80 (H2O 20%)

26



NVI10

NBMI3

NFC1

NCC6

NRC0-10

G de L0

Los balances de materia son:

Total:F D + F S + F N =100

Sulfrico:0,43F D +0,91F S= 41,8

Propanol:0,36F D +0,8F N= 40,0

Al resolver en sistema de tres ecuaciones con tres incgnitas (FD, FS, FN) se obtienen los siguientes resultados

FD = 52,482FS = 21,135FN = 26,383

Que son, respectivamente, los flujos de cido agotados y cidos sulfrico y ntrico concentrados necesarios para producir el cido reforzado.

1.15. En una planta se mezclan cuatro corrientes de proceso para dar una corriente nica 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 pgina siguiente: Calcule las proporciones en que debern mezclarse las corrientes si:

a. Siempre debern usarse dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, para dar la corriente de salida con la composicin 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 deber llevar componentes inertes y deber 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 debern estar presentes en iguales porcentajes en masa.

27


Corrientes de entradaCorrientes

1234de salida

H2SO4 (% en masa)800301040

HNO3 (% en masa)080101027

H2O (% en masa)1620607231

Inertes (% en masa)40082

Diagrama cuantitativo:

F1

W 1=0,80

H 2 SO4

WInterte1=0,04

(H2O16%)

F2F5=2.000

WHNO2=0,80WH5SO=0,40

324

(H2O20%)WHNO5=0,27

3

F3WInterte5=0,02

(H2O31%)

W 3=0,30

H 2 SO4

WHNO33 =0,10

(H2O 60%)

F4

WH42 SO4 =0,10 WHNO43 =0,10

WInterte4 =0,08 (H2O 72%)


NVI16

NBMI4

NFC1

NCC11

NRC0-16

G de L0

28


Total:F 1 + F 2 + F 3 + F 4 = 2.000(1)

Sulfrico:0,8F 1 +0,3F 3 +0,1F 4= 800(2)

Inertes:0,04F 1 0,08F 4 = 40(3)

Ntrico:0,8F 2 +0,1F 3 +0,1F 4= 540(4)

a. Siempre debern usarse dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, para dar la corriente de salida con la composicin mencionada.

Al establecer esta relacin, se tendr el siguiente anlisis de Grados de Libertad:

Relacin 1,R1: (F1/F3) = 2(5)

NVI16

NBMI4

NFC1

NCC11

NRC1-17

G de L-1

El sistema se encuentra sobre-especificado porque los Grados de Libertad son negativos.

Esto significa una de dos cosas:

1. Sobra informacin pero sta no es contradictoria y el problema puede resolverse;

2. La informacin es contradictoria y el problema no tiene solucin ya que no pueden cumplirse todas las especificaciones impuestas.

En este caso se tienen 5 ecuaciones y 4 incgnitas.

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 ecuacin.

Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3) y (5), se encuentra que:

F3=416,67F1=833.33

F4=83,33F2=666,67

Comprobando estos valores en la ecuacin (4):

0,8666,667 + 0,1416,667 + 0,183,333 = 583,333 540

Por lo tanto, la informacin de la ecuacin (5) es contradictoria y como no se pueden cumplir todas las condiciones impuestas el problema no tiene solucin. La sobreespecificacin es contradictoria.

29


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.

Adems de las condiciones dadas por el diagrama original, se tiene otra relacin:

Relacin 1,R1 :(F 1 / F 3 ) = 2(5)

Relacin 2,R2 :(F 2/ F 4 ) = 3(6)

NVI16

NBMI4

NFC1

NCC11

NRC2-18

G de L-2

El problema est, en comparacin a la parte (a), todava ms sobre-especificado. Si con la primera condicin no se cumple, mucho menos lo va a ser con dos condiciones (o relaciones).

Desde el punto de vista matemtico, se tiene un sistema de 6 ecuaciones con 4 incgnitas.

Pueden usarse los resultados de la parte (a) para comprobarlo:

F 2=666,67 3(Relacin 2 Ec. 6)

F 483,333

c. La corriente de salida no deber llevar componentes inertes y deber 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:

WHNO2 =0,8F2

3

(H2O 20%)

F5= 2.000WH52 SO4=1/3

WHNO5=1/3

3

(H2O)WH32 SO4=0,303

WHNO3F

=0,10

3

(H2O60%)

30



NVI8

NBMI3

NFC1

NCC5

NRC0-9

G de L-1

En este caso la sobre-especificacin equivale a tener un sistema de 3 ecuaciones con 2 incgnitas (los flujos de las corrientes 2 y 3):

De nuevo sobra informacin (hay redundancia), pero sta puede ser o no contradictoria, existiendo las mismas dos posibilidades: Si la informacin no es contradictoria, el problema tiene solucin, si es contradictora, no tiene solucin.


Total:F 1 + F 3 = 2.000(1)

Ntrico:0,8F 2+ 0,1F 3 = 666,67(2)

Sulfrico:0,3F 3= 666,67(3)

De la ecuacin (3),F 3 = 2.222,22

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 solucin.

d. El contenido de inertes en la corriente de salida puede ser arbitrario, pero el resto de los componentes en la corriente de salida debern 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 pgina siguiente:

Relaciones:

R1:(WH5SO=WHNO5 )(1)

243

R2:(WH5SO=WH52O )(2)

24

31



NVI16

NBMI4

NFC1

NCC8

NRC2-15

G de L-1

De la Tabla de Grados de Libertad puede concluirse que el sistema se encuentra subespecificado.


F1

WH12 SO4=0,80

WInterte1=0,04

(H2O16%)

F2F5=2.000

WHNO2=0,80WH52SO4

3

(H2O20%)WHNO5

3

WH5O

F3

2

WH32 SO4 =0,30(Inertes)

WHNO33 =0,10

(H2O 60%)

F4

WH42 SO4 =0,10 WHNO43 =0,10

WInterte4 =0,08 (H2O 72%)

Para demostrar que el sistema se encuentra subespecificado, se plantean las ecuaciones del balance y las relaciones:

R1:(WH5SO/WHNO5 ) =1(1)

243

R2:(WH5SO/WH52O ) =1(2)

24

32


Ecuaciones de Balance:

Total:F 1 + F 2+ F 3+ F 4 = 2.000(3)

Sulfrico:0,8F1+0,3F3+ 0,1F452.000(4)

=WH2 SO4

Agua:0,16F1+ 0,2F2+ 0,6F3+ 0,72F452O 2.000(5)

=WH

Ntrico:0,8F2+0,1F3+ 0,1F45 2.000(6)

=WHNO3

El anlisis de las ecuaciones (1) a (6) muestra que forman un sistema con 6 ecuaciones y 7 incgnitas (F1, F2, F3, F4, WH52 SO4 , WHNO53 , WH52O ). El Grado de Libertad del

problema es igual a la diferencia entre el nmero de incgnitas y el nmero de ecuaciones:

7 incgnitas 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 caracterstica (ms incgnitas que ecuaciones), el resto de incgnitas en funcin de una o ms de ellas (dependiendo del nmero de Grados de Libertad (ejercicio algebraico que es bueno comenzar a practicar para cuando se llegue a la solucin de balances de materia con arrastre de variables).

1.16. Un fabricante mezcla tres aleaciones para obtener 10.000 lb/h de una aleacin requerida.

En la siguiente tabla se muestran las composiciones de las aleaciones (% en masa):

Aleaciones alimentadasAleacin

Componente123deseada

A60202025

B2060025

C2006025

D0202025

a. Calcule los flujos de alimentacin de las tres aleaciones. Pueden cumplirse todas las condiciones requeridas?

b. Supngase que puede usarse tambin una cuarta aleacin, que contiene 20 % en B, 20 % en C y 60 % D.

Calcule los flujos de alimentacin de las cuatro aleaciones.

c. Supngase que nicamente se requiere que la aleacin final tenga 40 % A y cantidades iguales de B y C (no se especifica la fraccin en masa de D).

33


En qu proporciones debern mezclarse las cuatro aleaciones para satisfacer estas condiciones, y cul sera la composicin de la aleacin final?

SOLUCIN


WA1 =0,6F1

WB1 =0,2

(WC1 )

W 4=0,25

WA2 =0,2

24A

WB2 =0,6FF =10000W 4=0,25

B

(WD2 )W 4=0,25

C

(WD4 )

WA3 =0,2F3

WC3 =0,6

(WD3 )

a. Calcule los flujos de alimentacin de las tres aleaciones. Pueden cumplirse todas las condiciones requeridas?


NVI13

NBMI4

NFC1

NCC9

NRC0-14

G de L-1

Como consecuencia, se puede formar un sistema de 4 ecuaciones y 3 incgnitas. Las cuatro ecuaciones de balances de materia son:

Total:F 1 + F 2 + F 3=10.000(1)

A:0,6F 1+ 0,2F 2+ 0,2F 3 = 2.500(2)

B:0,2F 1+ 0,6F 2= 2.500(3)

C:0,2F 1+ 0,6F 3= 2.500(4)

Las tres incgnitas son: F1, F2 y F3.

34


Resolviendo las ecuaciones (1), (2) y (4), se obtiene:

F1 =5.000F2 =2.500F3=2.500

Al reemplazar estos valores en la ecuacin (2) se obtiene que:

0,65.000 + 0,22.500 + 0,22.500 = 4.000 2.500

los cuales no satisfacen la ecuacin y, por tanto, el sistema no es consistente.

Se puede concluir que la informacin es, adems de redundante, contradictoria y, por tanto, el problema no tiene solucin.

b. Supngase que puede usarse tambin una cuarta aleacin, que contiene 20 % B, 20 % C y 60 % D.Calcule los flujos de alimentacin 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 pgina siguiente, en el que se incluyen todas las variables de corriente necesarias para construir la Tabla de Grados de Libertad que se muestra a continuacin:

NVI16

NBMI4

NFC1

NCC11

NRC0-16

G de L0

De la cual se concluye que el problema est correctamente especificado.

WA1 =0,6F1

WB1 =0,2

(WC1 )

WA2 =0,2F2

W 2 =0,6W 4

B4=0,25

(WD2 )F =10000A

WB4 =0,25

WA3 =0,2W 4=0,25

C

3F3(WD4 )

WC =0,6

(WD3 )

WB5 =0,2F5

WC5 =0,2

(WD5 )

35


Las ecuaciones de balance de materia son:

Total:F 1 + F 2 + F 3+ F 5 =10.000(1)

A:0,6F 1+ 0,2F 2+ 0,2F 3= 2.500(2)

B:0,2F 1+ 0,6F 2+ 0,2F 5= 2.500(3)

C:0,2F 1+ 0,6F 3+ 0,2F 5= 2.500(4)

Que conforman un sistema de 4 ecuaciones con 4 incgnitas

Resolvindolo se obtiene que:

F1 = 2.500F2 = 2.500F3 = 2.500F5 = 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:

0,22.500 + 0,22.500 + 0,62.500 = 0,2510.000 2.500 = 2.500

c. Supngase que nicamente se requiere que la aleacin final tenga 40 % A y cantidades iguales de B y C (no se especifica la fraccin en masa del compuesto D).

En qu proporciones debern mezclarse las cuatro aleaciones para satisfacer estas condiciones?

Cul sera la composicin de la aleacin final?


WA1 =0,6F1

WB1 =0,2

(WC1 )

W 4=0,4

WA2 =0,2

F24A

WB2 =0,6F =10.000W 4

B

(WD2 )W 4

C

(WD4 )

WA3 =0,2F3

WC3 =0,6

(WD3 )

36


Relaciones:R1:WB4 = WC4


NVI13

NBMI4

NFC1

NCC7

NRC1-13

G de L0

El proceso se encuentra correctamente especificado.

Puede plantearse un sistema de cinco ecuaciones de balances de materia con cinco incgnitas:

Total:F 1 + F 2 + F 3=10.000(1)

A:0,6F 1+ 0,2F 2+ 0,2F 3= 4.000(2)

B:0,2F 1+ 0,6F 2=10.000 WB4(3)

C:0,2F1+ 0,6F34(4)

=10.000 WC

R1:(WB4 / WC4 ) =1(5)

Resolvindolo el sistema se encuentra que:

F1 = 5.000F2 = 2.500F3 = 2.500

WB4 = 0,25 WC4= 0,25

Como medida de precaucin y para garantizar la correcta realizacin de los clculos, ya se haba planteado anteriormente, se reemplazan los valores de las variables en la ecuacin de balance que no ha sido utilizada (por ser dependiente). En este caso se trata del balance del componente D:

0,2F 2 + 0,2F 3 =10.000 WD4

0,2 2.500 + 0,2 2.500 = (1 0,4 0,25) 10.000

1.000 =1.000

37


1.17. Una lechada que consiste de un precipitado de CaCO3 en solucin de NaOH y H2O, se lava con una masa igual de una solucin diluida de 5 % (en masa) de NaOH en agua.

La lechada lavada y sedimentada que se carga de la unidad contiene 2 libras de solucin por cada libra de slido (CaCO3 ). La solucin clara que se descarga de la unidad puede suponerse de la misma concentracin que la solucin acarreada por los slidos.

La lechada de alimentacin contiene iguales fracciones masa de todos sus componentes.

Calcule la concentracin de la solucin clara.

NaOHSOLUCI

H2O

N de

Lachada deSOLUCIN clara

alimentacinNaOH

NaOHH2O

H2O

CaCO3

Lachada lavada

NaOH

H2O

CaCO3

SOLUCIN

El Diagrama Cuantitativo es:

Solucin de lavado

WNaOH2=0,05

(Agua)

F2

LECHADA

W 3=1/3Solucin clara

CaCOF14

3

WNaOH1FWNaOH4

=1/3

(Agua)(Agua)

F3 Lechada lavada WCaCO33 (Sal)

WNaOH3

(Agua)

38

Relaciones:

R1:

R2:

R3:

Puede plantearse que:


F 1 = F 2(1)

(WCaCO3 =1/ 3 )(2)

3

Para expresar matemticamente la Relacin 3, y poder igualar la composicin de NaOH en las corrientes 3 y 4, debe efectuarse un cambio de base en la corriente 3; es decir, expresar su composicin de NaOH excluyendo el CaCO3.

masa de NaOHmasa total

= masa de NaOH

masa de agua + masa de NaOHmasa totalmasa de agua+ masa de NaOH

En funcin de los flujos y las composiciones:

33F3

FNaOH= FNaOH

F 3+ F 3F 3F3+ F 3

NAOHH 2ONaOHH2O

WNaOH3F 3WNaOH3F 3F 3

333 =F3333

(WNaOH +WH 2O ) F(WNaOH+WH 2O ) F

Encontrndose que:

masa de NaOH3

=WNaOH

masa de agua + masa de NaOH1 W 3

CaCO3

Reemplazando valores, la relacin R3 se plantea como:

W 3lb de NaOH

NaOH4(3)

=WNaOH

1 0,3333=

lb de s ln sin slidos3


NVI10

NBMI3

NFC0

NCC3

NRC3-9

G de L1

Base-1

G de L0

39


CLCULOS

Base: Sea F1 = 1.000

Las ecuaciones del balance de materia son:

Total:F 3 + F 4=1.000 + F 2(4)

CaCO3:WCaCO3F 3=1.000 (1 / 3)(5)

3

NaOH:WNaOH4F 4+WNaOH3 F 3 = 0,05F 2 + (1.000 / 3)(6)

Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que:

F2 = F3 = F4 = 1.000WNaOH3 =0,15333WNaOH4 =0,23

Reemplazando estos resultados en la ecuacin dependiente para el balance de agua se comprueba la correcta solucin de las ecuaciones, ya que los valores encontrados deben satisfacer su ecuacin de balance:

(1.000 / 3) + 0,95F 2=WNaOH4 F 4+WNaOH3 F 3

1.00011.000+ (1 0,23) 1.000

+ 950=1 0,15333

33

1.283,333 =1.283,333

1.18. Puede extraerse el cido benzoico de una solucin acuosa diluida, mediante el contacto de la solucin con benceno en una unidad de extraccin de etapa nica.

La mezcla se separar en dos corrientes: una que contiene cido 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 contendr 0,07 kg de benceno por kg de agua.

El cido benzoico se distribuir entre las corrientes 3 y 4 de la siguiente forma:

masa de cido benzoico

masa de cido benzoico

= 4

masa de benceno

3masa(benceno + agua) 4

40


La solucin de alimentacin, corriente 2, contiene 2 10-2 kg de cido/kg de agua y se alimenta a razn de 104 kg/h:

a. Demuestre que el problema est subespecificado.

b. Supngase que el cido benzoico extrado en la corriente 3, vale $ 1/kg y que el benceno fresco (corriente 2) cuesta 3 centavos/kg. Construya una grfica de utilidad neta contra flujo de benceno y seleccione el flujo ptimo de benceno.

cido benzoico14cido benzoico

AguaBenceno

Agua

cido benzoico32Benceno

Benceno

SOLUCIN:


F1=10.000 kg/h14F4

WAB1WAB4

(A)WB4

(A)

F332F2 (Benceno)

WAB3

(B)

R1:

R2:

R3:

0,02 kg de cido/kg de agua en la alimentacin 0,07 kg de benceno/ kg de agua en la corriente 4.

masa de cido benzoicomasa de cido benzoico

= 4

masa de benceno

3masa (benceno + agua)4

41


Universidad Catlica de Temuco a. Demuestre que el problema est subespecificado.


NVI8

NBMI3

NFC1

NCC0

NRC3-7

G de L-1

El problema se encuentra subespecificado. Hace falta informacin para calcular todas las variables del proceso.

Como tiene un grado de Libertad esto significa que todas las incgnitas del proceso pueden expresarse en funcin de una de ellas.

b. Supngase que el cido benzoico extrado en la corriente 3, vale $ 1/kg y que el benceno fresco (corriente 2) cuesta 3 centavos/kg.

Construya una grfica de utilidad neta contra flujo de benceno y seleccione el flujo ptimo de benceno.

Para hallar la respuesta pedida, se plantean las ecuaciones de balance y se expresa el cido recuperado en funcin del benceno utilizado:

Balance de cido benzoico: (AB)

10.000 0,02=WAB3 F 3+ WAB4 F 4 =196,078

1,02

Balance de benceno: (B)

F 2 = (1 WAB3 )F 3 +WB4 F 4

Balance de agua: (A)

10.000 11,,0200 = FA4 = (1 WAB4 WB4 )F 4 = 9.803,922

De la Relacin 2 y la ecuacin (3), el benceno en (4) ser:

FB4 =WAB4 F 4 = 0,07 9.803,922 = 686,275

Reemplazando la ecuacin (4) en la (2):

F 2 = (1 WAB3 ) F 3 + 686,275

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

Expresando matemticamente la Relacin 3 y reemplazando los valores conocidos se encuentra que:

WAB3 F 3

= 4

WAB3 )F 3

(1

4444(6)

WAB F=4 WAB F

9.803,922 + 686,27510.490,197

42


Despejando de (1) y (5), reemplazando en (6) y reorganizando se llega a que:

10.490,197 196,078(7)

F 2 686,725

WAB4F 4=

10.490,197

4 +

F 2 686,725

y

WAB3F 3=196,078 WAB4 F 4(7)

La ecuacin (8) da el cido recuperado en funcin del flujo de benceno y de la ecuacin

(7). A partir de ellas y asumiendo diferentes valores para el flujo de benceno se puede calcular el flujo de cido recuperado. Con los flujos hallados y con los precios dados se puede construir la siguiente tabla:

F2Valores de F2F4WAB4F3 WAB3Valor de cido recicladoUtilidad

kg$kgkg$$

1.30039158,91637,16237,162-1,838

2.00060130,65265,42865,428+5,428

2.10063127,41568,66368,663+5,663

2.20066124,33471,74471,744+5,744

2.30069121,39974,67974,679+5,679

2.40072118,59977,47977,479+5,479

2.60078113,37082,70882,708+4,708

3.00090104,18291,89691,896+1,896

De los valores hallados en la ltima columna de la Tabla puede observarse que el flujo ptimo de benceno se encuentra entre 2.100 y 2.300 kg, valores entre los cuales la utilidad presenta un mximo.

Obsrvese que al asumir un flujo de benceno el proceso queda correctamente especificado, ya que la Tabla de Grados de Libertad es:

NVI8

NBMI3

NFC2

NCC0

NRC3-8

G de L0

1.19 La alimentacin 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 alimentacin 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


Supngase que 52 % de la alimentacin aparece como destilado en la primera columna y 75 % del benceno alimentado a la segunda columna aparece en el destilado de sta.

Calcule la composicin y el flujo de la corriente de fondos de la segunda columna.

SOLUCIN:

Diagrama cuantitativo:24

FF

24

wB2 =0,95wB4 =0,03

F4=30.000wT2 =0,03wT4 =0,95

(X, 2%)(X, 2%)

w1B =0,5 1III

wT1 =0,3

(X, 20%)

F3F5

3

5

wB3wB5

5

wT3wT

5

( w3X )( wX )

44


Relaciones:

R1:0,52 F 1 = F 2

R2:0,75 wB3 F 3= wB4 F 4


Unidad IUnidad IIProcesoGlobal

NVI9NVI9NVI15NVI12

NBMI3NBMI3NBMI6NBMI3

NFC1NFC0NFC1NFC1

NCC4NCC2NCC6NCC6

NRCNRCNRCNRC

R11R1-R11R11

R2- -9R21-6R21-15R2- -11

G de L0G de L3G de L0G de L1

La Unidad I y el Proceso tienen 0 Grados de Libertad y se conoce un flujo. El proceso est correctamente especificado.

Tabla de Balances

Unidad IUnidad IIProcesoGlobal

Tolueno (T)1121

Benceno(B)1121

Xileno (X)1121

Total3363

Estrategia de SOLUCIN:

1. Resolviendo la Unidad I se conocen F2, F3, wB3 y wT3 . Se agota R1.

2. Actualizando Grados de Libertad:

Unidad II:G de L A = 3 1 (F 3 ) 2 (wB3 , wT3 ) = 0

Global:G de L A =1 1 (F 2 ) +1 (R1 agotada) =1

3. Se resuelven los balances en la Unidad II y se conocen F4, F5, wB5 , wT5 . 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 incgnitas: F2 (al resolver la Unidad I) y F4, F5, wB5 , wT5 (al resolver la Unidad II).

45


CLCULOS:

Base de clculo: F1 = 30.000

Balances en la Unidad I:

De R1:F2=15.600

Los balances son:

Total:

Benceno:

Tolueno:

Por diferencia:

F 1 = F 2 + F 3

30.000 =15.600 + F 3 F 3 =14.400

w1F1 = w2 F 2+ w3 F 3

BBB

0,5 30.000 = 0,95 15.600+wB314.400

wB3= 0,0125

w1F1 = w2 F 2+ w3 F 3

TTT

0,3 30.000 = 0,03 15.600+wT314.400

w3= 0,5925

T

w3X = (1 wB3 wT3 ) = (1 0,25 0,5925) w3X = 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:14.400 = F 4+ F 5(1)

De R2:0,75 wB3 F 3 = 0,75 0,0125 14.400 =135

135 = wB4 F 4= 0,03 F 4(2)

Resolviendo simultneamente las ecuaciones (1) y (2):

F 4 = 4.500F 5= 9.900

46


Balance de benceno:wB3 F 3 = wB4 F 4 + wB5 F 5

0,0125 14.400 = 0,03 4.500 + wB5(9.900)

w5= 0,00454

Balance de tolueno:B

wT3 F 3 = 0,95F 4 + wT5 9.900

0,5925 14.400 = 0,95 4.500 +wT5 (9.900)

w5= 0,43

T

Por diferencia:w5X= (1 wB5 wT5 ) = (1 0,00454 0,43)

w5X= 0,56546

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 pequea diferencia es debida a los cortes en los decimales de las fracciones msicas.

Como se planteaba anteriormente, despus de resolver los balances en la Unidad I, la actualizacin de la Tabla de Grados de Libertad permiti establecer dnde podan 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 est de acuerdo con el hecho, demostrado en la teora, de que para un proceso con n unidades pueden plantearse (n + 1) sistemas de balance, pero de ellos slo n sern independientes. Por tanto, los resultados obtenidos deben satisfacer, tambin, los balances de materia de la unidad no utilizada, por ser dependiente.

O sea que las respuestas encontradas pueden corroborarse de otra manera, garantizndose la correcta solucin 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:F 1 = F 2 + F 4 + F 5

30.000 =15.600 + 4.500 + 9.900 = 30.000

Benceno:w1B F 1 = wB2 F 2 + wB4 F 4 + wB5 F 5

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

Tolueno:wT1 F 1 = wT2 F 2 + wT4 F 4 + wT5 F 5

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


1.20. Se utiliza un sistema de purificacin con recirculacin, para recuperar al solvente DMF de un gas de desperdicio que contiene 55% de DMF en aire. El producto deber tener nicamente 10% de DMF. Calcule la fraccin de recirculacin, suponiendo que la unidad de purificacin puede eliminar a dos terceras partes del DMF presente en la alimentacin combinada a la unidad.

DMFDMF

Aire 55%Unidad deAire 90%

purificacin

DMF

SOLUCIN:


5F5

WD5

(Waire5 )

F1234

1Unidad de

WD =0,65 1 MF2purificacinF3DF4

(Waire1 )23= 0,14=0,1

WDWDWD

(Waire2 )6(Waire3 )(Waire4 )

FD6

Relaciones:2

R1:F 6 =W 2 D F 2

3

R2: Restricciones del Divisor:(2 1)(2 1) =1

48



MezcladorPurificacinDivisorProcesoGlobal

NVI656115

NBMI22262

NFC00000

NCC1(1)0(1)122

NRC R1-1-1-

R2--11-

G de L21211

Reconfirmacin de grados de libertad:

Mezclador:Incgnitas =4(F1, F2, W2D, F5)

Ecuaciones=2(balances)

G de L=2

Purificacin:Incgnitas =4(F2, F2, W6D, F7)

Ecuaciones=2(balances) + 1(R1)

G de L=1

Divisor:Incgnitas =34355

5(F, F, WD, F, W D)

Ecuaciones=2(balances) + 1(R2)

G de L=2

Global:Incgnitas =3(F1, F6D, F4)


G de L=1

Analizando la Tabla se encuentra que puede tomarse base de clculo en el Proceso Global o en la Unidad de Purificacin, porque en el proceso no se conoce ningn flujo y ambas unidades tienen un grado de Libertad.

La eleccin de una u otra base depende de un anlisis de los Grados de Libertad actualizados, ya que una eleccin 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 solucin.

Tabla de Balances

MezcladorPurificacinDivisorProcesoGlobal

DMF (D)11131

Aire11131

Total22262

Estrategia de solucin:

1. Tomando base de calculo en la unidad de purificacin y resolviendo se conoce: F2, W2D, F3, F6. Se agota R1.

49


2. Actualizando grados de Libertad se encuentra que:

Mezclador : G de L A=2-2(F2, W2D) = 0

Divisor:G de L A=2-1(F3) = 1

Global:G de L A=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.

CLCULOS:

Balance en la Unidad de Purificacin:

Base de calculo: F6 = 150

Total:F2= F3 +150

DMF:F2W2D= 0,1 F3+150

R1:150 = (2/3) F2W2D

Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones con 3 incgnitas:

F2= 900F3= 750W2D= 0,25

Comprobando los resultados en el balance de aire:

(1-0,25)x 900= (1-0,1) x 750

675= 675

Balance en el Mezclador:

TotalF1 + F5 = 900

DMF:0,55 F1 + 0,1 F5= 225

Resolviendo las ecuaciones:

F1= 300F5= 600


(1-0,55)x 300 + (1-0,1)x600= (1-0,25) x 900

675= 675

50

Solucionario Balance de Materia y Energa

Facultad de Ingeniera

Universidad Catlica de Temuco

Balances en el Global:

Total300 = F4 + 150

F4 = 150


(1-0,55)x 300= (1-0,1) x 150

135= 135

Comprobando los resultados en el Divisor:

Total:750 = 150 +600 = 750

La igualdad nos demuestra que el problema se resolvi correctamente.

La relacin de recirculacin ser:

F 5=600= 0.8

F 3750

Para resolver el problema se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de solucin:

Base de Clculo:F6= 150

Unidad de Purificacin:

Total:F2= F3 +150(1)

DMF:F2W2D= 0,1 F3+150(2)

R1:150 = (2/3) F2W2D(3)

Balance en el Mezclador:

TotalF1 + F5 = F2(4)

DMF:0,55 F1 + 0,1 F5= F2W2D(5)

Global:

TotalF1 = F4 + 150(6)

51




Resolviendo se obtienen los siguientes resultados:

F1= 300F4= 150

F2= 899,9999994F5= 599,9999994

F3= 749,9999994W2D= 0,24999999

Comprobando los resultados con el divisor:

Total749,9999994 = 150 + 599,399999

749,9999994 = 749,99999

1.21. Frecuentemente se utiliza un mtodo de purificacin de gases que consiste en la absorcin selectiva de los componentes indeseables del gas, en un medio lquido especficamente seleccionado.

Posteriormente se regenera el medio lquido mediante un tratamiento qumico o trmico para liberar al medio absorbido.

En una instalacin particular se alimentan temporalmente 10.00 moles/h a un sistema de purificacin (diseado para eliminar compuestos de azufre), cuya capacidad de diseo es de 820 moles/h.

Como el sistema de absorcin simplemente puede manejar 82% de este flujo, se propone derivar una corriente con el exceso, de manera que la concentracin de H2S en la salida del sistema de absorcin se reduzca lo suficiente para que la mezcla de salida contenga nicamente 1% de H2S y 0,3% de COS en base molar.

Calcule todos los flujos del sistema. La corriente de alimentacin consiste (en base molar) de 15% de CO2, 5% de H2S y 1.41% de COS; el resto es CH4.

CH4CH4

CO2CO2

H2SSistema deH2S 1 %

COSCOS 0,3%

Absorcin

CH4CH4

CO2CO2

H2SH2S

COSCOS

H2SCOS

52


SOLUCIN:

Diagrama cuantitativo:N2

X CO22 = 0,15

2X H22 S = 0,05

X COS2= 0,0141

( X CH24)

N1=1.000N6

Sistema de

X 1= 0,15

X COS6

CO21D3Absorcin5M 6=0,003

X H12 S = 0,05N3N56

35X H2 S = 0,01

X 1= 0,0141X CO2 = 0,15X CO2( X 6)

COSX H3X H5

(X1CH4)2 S= 0,054N42 SCH 4

X COS3= 0,0141X CO42( X CH54)

( X CH34 )X H4 2 S

X COS4

( X CH44)

Relaciones:

R1:0,82 N1 = N3

R2 : Restricciones del Divisor:RD = (2-1)(4-1) = 3

Tabla de Grados de Libertad:

DivisorAdsorcinMezcladorProcesoGlobal

NVI1210122210

NBMI444124

NFC10011

NCC30(3)2(3)55

NRCR11--1-

R23--3-

G de L03300

Reconfirmacin de Grados de Libertad:

DivisorIncgnitas =8(N 2 , x 2 CO2, x 2 H 2 S , x 2 COS , N 3 , x3 CO2 , x3 H 2 S , x3 COS )

Ecuaciones=4(balances)+4(R1,R2)

G de L=0

AbsorcinIncgnitas =7(N 3 , N 4 , x4 H 2 S , N 5 , x5 CO2 , x5 H 2 S , x5 COS )


G de L=3

53


GlobalIncgnitas =4(N 4 , x 4 H 2 S , N 6 , x6 CO2 )


G de L=0

Tabla de Balances:

DivisorAbsorcinMezcladorProcesoGlobal

CO211131

H2S11131

COS11131

CH411131

Total444124

Estrategia de solucin:

1. Resolviendo los balances del proceso global, se conoce: N4, x4H2S, N6, x6CO2. De R1, se halla N3, y por tanto se agota la relacin.

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

Absorcin: G de L A = 3-3 (N3, N4, x4H2S) = 0

5. Se resuelve la Torre de Absorcin y los resultados se comprueban en los balances en el Mezclador.

CLCULOS:

Balance en el Proceso Global:

Total:1.000 = N4 + N6

CO2:0,15 x 1.000 = x6co2 x N6

H2S:0,05 x 1.000 = x4H2S x N4 + 0,01 x N6

COS:0,0141 x 1.000 =(1-x4H2S) x N4 + 0,003 x N6

Resolviendo el sistema de ecuaciones:

N4 = 51,773N6 = 948,226X4H2S = 0,7826X6CO2 = 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




De R1 :0,82 x 1.000 = N3

N3 = 820

Balance en el Divisor:

Total:1.000 = 820 +N2

N2 = 180

Balances en la torre de Absorcin:

Total:820 = 51,773 + N5

CO2:0,15 x 820 = x5co2 x N5

H2S:0,05 x 820 = 0,7826 x 51,773 + x5H2S x N5

COS:0,0141 x 1.000 = (1- 0,7826) x 51,773 + x5COS x N5

Resolviendo el sistema:

N5 = 768,226X5CO2 = 0,160X5H2S = 0,000627X5COS = 0,000399

Comprobando el resultado en el Mezclador:

Total:N5 +N2= N6

768,226 +180= 948,226

948,226= 948,226

Resolviendo el problema se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de solucin :

Global:

Total:1.000 = N4 +N5(1)

CO2:150 = x6CO2 x N6(2)

H2S:50 = x4H2S x N4 + 0,01 x N6(3)

COS:14,1 = (1- x4H2S) x N4 + 0,003 x N6(4)

R1:820 = N3(5)

Divisor:

Total:1.000 = N2 +N3(6)

CO2:150 = x2CO2 x N2 + x3CO2 x N3(7)

H2S:50 = x2H2S x N2 + x3H2S x N3(8)

COS:14,1 = x2COS x N2 + x3COS x N3(9)

Restricciones del Divisor:

X2CO2 = 0,15(10)

X2H2S = 0,05(11)

X2COS = 0,0141(12)

55


Torre de Absorcin:

Total:N3 = N4 +N5(13)

CO2:x3CO2 x N3= x5CO2 x N5(14)

H2S:x3H2S x N3= x4H2S x N4 + x5H2S x N5(15)

COS:x3COS x N3 = (1 - x4H2S) x N4 + x5COS x N5(16)

Resolviendo el sistema se obtienen los siguientes resultados:

N2 =180N6 =948,226950355

x3CO2 = 0,15x5CO2= 0,160108936484

N3= 820x2CO2 = 0,15

x3H2S = 0,05x5H2S = 0,000627769571526

N4= 51,7730496453x2H2S = 0,05

x3COS = 0,0141x5COS = 0,000399206056199

N5= 768,226950354x2COS = 0,0141

x4H2S = 0,782602739727x6CO2= 0,158189977562

56


SECCIN II BALANCE DE MATERIA CON REACCIN QUMICA

2.1. a. Escribir una reaccin qumica balanceada para la reaccin de 1 mol de C8H12S2 con O2 para producir CO2, H2O y SO2.

2.1. b. Calcule la velocidad de produccin de todas las sustancias, si se hacen reaccionar 2 moles/h de C8H12S2 con una cantidad estequiomtrica de O2.

2.1. c. Calcule la velocidad de la reaccin.

SOLUCIN

a. Escriba una reaccin qumica balanceada para la reaccin de 1 mol de C8H12S2 con O2 para producir CO2, H2O y SO2.

La ecuacin balanceada es:

C8 H12 S2 +13O2 8CO2 + 6H2O + 2SO2

b. Calcule la velocidad de produccin de todas las sustancias, si se hacen reaccionar 2 moles/h de C8H12S2 con una cantidad estequiomtrica de O2.

Con base en la simbologa utilizada y la estequiometra de la reaccin:

NCEntradaHS= 2molyNOEntrada = 26mol

hh

81222

A partir de la s ecuaciones de definicin:

R= N salida N Entrada= 0 2 = 2mol

CH12S2C H12S2C H12S2h

888

R= N salida N Entrada= 0 26 = 26mol

O2OOh

22

R= N salida N Entrada=16 0 =16mol

COCOCOh

222

R= N salida N Entrada=12 0 =12 mol

H 2OH2OH2Oh

RSO= N SOsalida N SOEntrada= 4 0 = 4mol

222h

57


Universidad Catlica de Temuco c. Calcule la velocidad de la reaccin.

Los coeficientes estequiomtricos para reactivos y productos son:

C = 1 O = 13 CO = 8 HO = 6 SO = 2

82222

La velocidad de reaccin es:

r = R = 12 molh = 1326 molh = 168 molh = 126 molh = 42 molh

r = 2 molh

2.2. La combustin de C3H6 hasta CO2 y H2O puede describirse por cualquier de las reacciones:

CH6+92O2 3CO2+ 3HO

32

O la reaccin:

2C3 H 6+ 9O2 6CO2+ 6H 2O

Suponga que se hacen reaccionar 10 moles/h de C3H6 con 50 moles/h de O2, logrndose la conversin completa de C3H6.

Calcule las velocidades de reaccin que se obtienen con cada reaccin. Explique de que manera se relacionan las dos velocidades y por qu.

SOLUCIN

Para la primera reaccin:

C3 H 6 + 9 2 O2 3CO2 + 3H 2O

Los coeficientes estequimtricos son:CH= 1O2= 92

36

Por tanto:

N Entrada =10 mol C3 H6 h

CO= 3HO = 3

22

NOEntrada = 50 mol

2h

58

N salida = 30 mol C3 H6 h


N HsalidaO = 30molNOSalida = (50 45) = 5mol

hh

22


r=0 10mol=5 50mol=30 0mol=30 0mol

11 h 4,5h3h3h

r1=10mol

h

Para la segunda reaccin:

2C3 H 6 + 9O2 6CO2 + 6H 2O

Los coeficientes estequimtricos son:

CH= 2O= 9CO= 6HO = 6

36222


r=0 10 mol=5 50 mol=30 0 mol=30 0 mol

2 2h9h6h6h

= mol r2 5 h

Se encuentra que r1 = 2r2 porque la segunda reaccin se obtiene multiplicando la primera por 2, lo que significa que sus coeficientes estequimtricos sern el doble.

Como las dos reacciones explican la transformacin qumica de la cantidad de propano (10 mol/h), la velocidad de la segunda reaccin debe ser la mitad de la velocidad de la primera.

2.3. Considere la reaccin:

3C2 H5OH + 2Na2 Cr2O7 +8H 2 SO4 3CH 3COOH + 2Cr2 (SO4 )3 + 2Na2 SO4 +11H 2O

a. Si una alimentacin al reactor tiene la composicin (porcentaje en mol) de 20% de C2H5OH, 20% de Na2Cr2O7 y el resto H2SO4, cul es el reactivo limitante?

b. Si se alimenta a un reactor 230 kg/h de C2H5OH, que flujos de alimentacin de los otros dos reactivos serian necesarios para tener una mezcla estequiomtrica de alimentacin?

59


SOLUCIN

a. Si una alimentacin al reactor tiene la composicin (porcentaje en mol) de 20% de C2H5OH, 20% de Na2Cr2O7 y el resto H2SO4, cul es el reactivo limitante?

La reaccin es:

3C2 H5OH + 2Na2 Cr2O7 +8H 2 SO4 3CH 3COOH + 2Cr2 (SO4 )3 + 2Na2 SO4 +11H 2O

Para una mezcla de alimentacin de 100 moles, las cantidades molares de etanol, cromato y sulfrico son 20, 20 y 60 respectivamente.

Los coeficientes estequiomtricos son:CHOH = 3Na Cr O = 2H SO = 8

2522724

Al calcular la relacin entre el nmero de moles que entra y el coeficiente estequimtrico para cada uno de los reactivos se tiene que:

entrada20entrada20

NC2 H5OH== 6,67N Na2Cr2O7==10

CHOH3Na Cr O2

25227

entrada60

NH2SO4== 7,50

H SO8

27

Comparndolas 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 alimentacin de los otros dos reactivos seran necesarios para tener una mezcla estequiomtrica de alimentacin?

C2 H5OH que entra = 230 kg = (230 / 46) kg mol = 5 kg mol

Na2 Cr2O7 necesario = (5 2) / 3 kg mol = 3,333 kgmol = 873,33 kg

H 2 SO4 necesario = (5 8) / 3 kg mol =13,333 kgmol =1.306,667 kg

60


2.4. A un reactor se alimenta una mezcla equimolar de las sustancias A, B y C, para producir el producto D mediante la reaccin:

A + 2B + 3 2 C 2D + E

Si la conversin en el reactor es de 50%, calcule el nmero de moles del producto D que se forma por mol de alimentacin al reactor.

SOLUCIN

La reaccin es:

A + 2B + 3 2 C 2D + E

Los coeficientes estequiomtricos de los reactivos son:

A = 1B = 2C = 32

Es necesario encontrar el reactivo lmite para determinar a cual de ellos se refiere la conversin.

Para un mol de reactivos, las cantidades de A, B y C ser de 1/3 mol para cada uno:

N Aentrada= N Bentrada= NCentrada =1

3

Por lo tanto:

11

N Aentrada1N Bentrada1

33

====

A1336

B

1

NCentrada2

3

==

C39

2

La cantidad menor es 1/6, lo que significa que el compuesto B es el reactivo lmite y la conversin de 50% estar referida a l.


N SentradaX SN Bentrada X10,51

r ===3=mol

SB212

Los moles del producto sern:11

N Dsalida = Dr = 2 mol =mol

12

6

61


2.5. Se efecta una reaccin cuya ecuacin estequiomtrica es:

A + 3B 2D

Con 20% de conversin de A.

La corriente de alimentacin 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 composicin en base masa de la corriente de salida.

SOLUCIN

a. Calcule la masa molecular de D.

La reaccin es:A + 3B 2DX A = 0,2

y

Los flujos de entrada son:

F ent. A=1.000 0,25 = 250 kgN ent. A= (125 /14) kgmol

F ent. B = 750 kgN ent. B= (750 / 2) kg mol

Los coeficientes estequimtricos son:

A = 1B = 3C = 2


N Aentrada X A1125125

r ==514=

A170

Los flujos de salida son:

salidaentrada125125500

N A= N A+ Ar==

147070

salidaentrada750312525.875

N B= N B+ B r ==

27070

salidaentrada2 125250

N D=N D+D r =0 =

7070

Como la masa se conserva, Fsal. = 1000, o sea que:

FAsalida + FBsalida + FDsalida =1.000

62


Universidad Catlica de Temuco y en funcin del nmero de moles y la masa molecular:

MM A N Asalida + MM B N Bsalida + MM D N Dsalida =1.000

donde MM es la masa molecular: Reemplazando:

50070 28 + 25.87570 2 + 25070 MM D =1.000

Despejando,MM D =17

b. Calcule la composicin 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,

wA = 0,2wB = 0,7393wD = 0,0607

2.6. El gas de dixido 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 sulfrico y metanol, en reactores recubiertos de plomo:

6 NaClO3 + 6 H 2 SO4 + CH 3OH 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

Reactor

NaClO3Productos

H2SO4de reaccin

a. Determine el reactivo limitante.

b. Calcule los flujos de reactivos necesarios para producir 10 toneladas mtricas por hora de ClO2, suponiendo que se obtiene una conversin del 90 %.

63


SOLUCIN

La reaccin es:

6 NaClO3 + 6 H 2 SO4 + CH 3OH 6 ClO2 + 6 NaHSO4 + CO2 + 5 H 2 O

a. Determine el reactivo limitante.

Las moles de reactivos son:

NCHentradaOH =1N NaClOentrada = 7NHentradaSO = 7

3324

Los coeficientes estequiomtricos son:

CH OH = 1NaClO = 6H SO = 6

3324

Las relaciones entre las moles de alimentacin y los coeficientes estequiomtricos son:

entradaentrada7entrada7

NCH3OH=1N NaClO3=NH2SO4=

CH OHNaClO6H SO6

3324

El reactivo lmite es el metanol, ya que tiene la menor de las tres relaciones anteriores.

b. Calcule los flujos de reactivos necesarios para producir 10 toneladas mtricas por hora de ClO2, suponiendo que se obtiene una conversin del 90%.

La conversin es:

X CH3OH = 0,9

El flujo de salida de producto es:

F sal ClO2 =10.000 kg / h

El coeficiente estequiomtrico del ClO2 es: CO2 = 6

Por tanto,

N sal ClO2 = N ent ClO2 +ClO2 r

luego la velocidad de reaccin es:

r =148,258 kgmol= 24,71kgmol

6hh

64


Ahora, con base en la conversin:

kgmolentradaentrada0,9

24,710=NCH3OH=NCH3OH

hCH OH6

3

Despejando,kgmol

NCHentradaOH= 27,456

3h

y con las condiciones del problema:

N NaClOentrada= NHentradaSO = 7NCHentradaOH= 7 27,456 kgmol =192,189 kgmol

3243hh

Multiplicando por las masas moleculares:

FNaClOentrada =106,45kg192,189kgmol= 20.458,52kg

3kgmolhh

F entrada= 98kg192,189kgmol=18.834,52kg

H 2 SO4kgmolhh

F entrada = 32kg27,456 kgmol = 878,59 kg

CH OHkgmolhh

3

2.7. En la industria del cido sulfrico, el nombre leum se utiliza para un cido con una pureza del 100 % que contiene SO3 libre sin reaccionar disuelto en el cido. Por ejemplo, un leum de 20 % contiene 20 lb de SO3 en 80 lb de cido al 100 %, por cada 100 lb de mezcla. Tambin es posible designar al leum como un porcentaje de cido sulfrico superior al 100 %. Se calcula como las libras de cido al 100 % que se obtendran mediante la adicin de suficiente agua a 100 lb de leum para disolver todo el SO3.

Usando estas definiciones, calcule:

a. Las libras de leum de 25 % que puede producirse con 100 lb de azufre.

b. El porcentaje de cido sulfrico que corresponde al leum de 25 %.

SOLUCIN

a. Las libras de leum de 25 % que puede producirse con 100 lb de azufre.

F ent S =100 lbN ent S = (100 / 32) = 3,125 lbmol

65


Tomando como base 100 lb de leum 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 leum hay 1,07781 at - lb de azufre en X lb de leum habr 3,125 at - lb de azufre

X = 289,94 lb

b. Porcentaje de cido sulfrico que corresponde al leum de 25 %.

Base de clculo: 100 lb leum

SO3 = 25 lb = 0,3125 lb mol

H 2 SO4 = 0,76531 lbmol

La reaccin es:

SO3 + H 2O H 2 SO4

H 2O necesaria = 0,3125 lbmol = 5,625 lb

H 2 SO4final = (0,3125 +0,76531) lbmol =1,07781 lbmol

H 2 SO4al 100% = (100 +5,665) = 98 1,07781 =105,625 lb

o sea que puede decirse que se trata de un leum al 105,625 %. De otra manera, la masa final de cido sulfrico ser:H 2 SO4 final = Masa inicial + Agua aadida

H 2 SO4 final = (100 + 5,625) lb =105,625 lb

2.8. El hipoclorito de sodio se forma de acuerdo con la reaccin:

2NaOH + Cl2 NaOCl + NaCl + H 2O

en un reactor continuo.

66


Para ello se burbujea Cl2 a travs de una solucin concentrada (40 % en masa) de NaOH.

Supngase que la solucin de NaOH en H2O se alimenta a razn de 1.000 kg/h y el gas Cl2, a razn de 10 kgmol/h.

Efecte las siguientes operaciones:

a. Calcule los grados de libertad, suponiendo que se especifica la conversin.

b. Determine cul es el reactivo limitante.

c. Calcule la composicin de salida del reactor, suponiendo una conversin de 100 % del reactivo limitante.

d. Calcule la composicin de salida del reactor, suponiendo una conversin de 60 % del reactivo limitante.

SOLUCIN

El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, se muestra en el esquema de la pgina siguiente:


N1=10NNaCl

(Cl2)ReactorNNaClO

F2=1.000ContinuoNH2O

W2NaOH=0,4NNaOH

(agua)

NCl2

a. Calcule los grados de libertad, suponiendo que se especifica la conversin.

La reaccin y los coeficientes estequiomtricos son:

2NaOH+ Cl2 NaOCl +NaCl+ H 2O

-2-1111

Relacin: se conoce la conversin.

Tabla de Grados de Libertad: con base en el diagrama cuantitativo y la relacin.

NVI8+1

NBMI5

NFC2

NCC1

NRC1-9

G de L0

67


Universidad Catlica de Temuco b. Determine cul es el reactivo limitante.

Los flujos molares de los reactivos son:N entrada = 1.000 0,4 kgmol=10 kgmolN entrada =10 kgmol

NaOH40hhCl2h

Las relaciones entre los flujos de entrada de NaOH y Cl2 y sus respectivos coeficientes estequiomtricos son:

RNaOH=10= 5R =10=10

2Cl21

El reactivo lmite es el NaOH, al ser menor la relacin.

c. Calcule la composicin de salida del reactor, suponiendo una conversin de 100 % del reactivo limitante.

Si la conversin es del 100 %, la velocidad de reaccin ser igual a 5.

Los balances por componente son:

Cl2 :N salida Cl2= N entrada Cl2 +Cl2 r =10 5

N salida Cl2= 5

NaOCl :N salida NaOCl = N entrada NaOCl + NaOCl r = 0 + 5

NaCl :N salida NaOCl = 5

N salida NaCl= N entrada NaCl +NaCl r = 0 +5

H 2 O :N salida NaCl= 5

N salida H2O= N entrada H2O +H 2O r = (600 /18) +5

N salida H 2O= 38,333

La exactitud de los clculos 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:

ENTRADASALIDA

kg - molkgkg - molkg

Cl210709NaOCl5,00372,25

NaOH10400NaCl5,00292,25

H2O---600H2O38,33690,00

Cl25,00354,50

Total1.7091.709

en la cual puede observarse que los resultados son correctos.

La suma de las moles de c

52150356-solucionario-balance-de-materia-y-energia.docx

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