BALANCES DE ENERGIACAPITULO 6EQUIPO 3

6.3- El acetato de etilo tiene una presión de vapor de 118.3 mm Hg a 29.5°C y un punto de ebullición normal de 77.0°C. Estime la presión de vapor a 45°C usando:

a) La ecuación de Antoine y las constantes de la tabla B.4

Respuesta:

La ecuación de Antoine es:

log10 p¿=A− B

T+C

CONSTANTES PARA EL ACETATO DE ETILO:

A=7.10179B= 1244.951 C=217.881 T= 15.6 a 75.8

Sustituyendo:

log10 p¿=7.10179− 1244.951

45+217.81=2.3647

p¿=102.364=231.20mmHg

b) La ecuación de Clausius-Clapeyron y los dos datos puntuales dados

Respuesta:

ln p¿=−∆HV

R1T

+B→−∆HV

R=lnd p2¿ / p1¿ i1t2

− 1t1

=lnb760 /1181

350.15− 1302.65

=

=-4151°k

ln (p1¿¿¿)=−∆HV

RT 1

=lnb 118.3g+ 4151k302.5 ° k

=18.49 ¿

ln p¿ (45° C )= −4151318.15 ° K

+18 .49→p¿=231mmHg

231−234.5234.5

x 100%=−1.5%error

c) La interpolación lineal entre los dos puntos dados.

Respuesta:

p¿=118.3−76029.5−77

45−29.5+118.3=327.7mHg

Suponiendo que la primera estimación es la correcta, calcule el porcentaje de error asociado con la segunda y tercera estimaciones.

Respuesta:

327.7−234.5234.5

x100%=39.7% error

6.13.- El último reporte del clima incluye la sig. Declaración: “La temperatura es 78°F°” La presión barométrica es de 29.9 pulgadas y la humedad relativa es 87%. Con esta información estime la fracción molar del agua en el aire, el punto de roció, (F°), la humedad molal, la humedad absoluta y el porcentaje de humedad en el aire.

Respuesta:

Datos:

T°= 78°F = 25.56°C

P= 759.5 mm Hg

Humedad= 87%

Sacamos la presión del agua líquida de las tablas B3 de Felder.

H2O= 25.63°C

Resolvemos:

0.87(24.559mmHg)759.5mmHg

=0.0281mol H 2o/mol aireP=0.0281(759.5)= 21.34 mm Hg T dp=23.2 °C

hm= 0.02811−0.0281

=0.0289molH 2O❑ mol

ha=( (0.0289mol H 2O|18.02g h2O ) (molaire )(molaire|mol agua ) (29.0 gaire ) )=0.0180 g H 2O /gaire

h hmp∗(25.56 °C)/ [P−p∗(25.56 ° C )]

X 100%= 0.028924.559 /[759.5−24.559]X100=86.59%

6.23- Algunos sólidos empapados con hexano líquido se secan poniéndolos en contacto con nitrógeno a alta temperatura. La corriente de gas que sale del secador está a 80*C, 1 atm absoluta y tiene 50% de saturación relativa.

(a) Una de varias posibilidades para recuperar el hexano del gas es enviar la corriente a un condensador por enfriamiento. La corriente de gas que sale del condensador contendría 5.00% mol de hexano, y el condensado de hexano se recupera a razón de 1.50 k mol/min. El condensador operaria a presión de 1atm absoluta. Calcule la temperatura a la cual se debe enfriar el gas y la velocidad requerida de flujo de nitrógeno fresco en el secador en metros cúbicos estándar por minuto.

(b) Otra alternativa es comprimir a 10 atm el gas que sale del secador y aumentar al mismo tiempo la temperatura, de modo que la saturación relativa permanezca con 50%. Después, el gas se enfría a presión constante para producir una corriente que contiene 5.00% mol de hexano. Calcule la temperatura final del gas y la relación entre las velocidades del flujo volumétrico de las corrientes de gas que salen y entran al condensador. Indique cualquier suposición que haga.

(c) ¿Qué necesitaría saber para determinar cuál proceso (a) y (b) es más costo-efectivo?

(a) Ecuación de Antonielog10 p∗¿ A− BT +C

HEXANO: A=6.88555, B= 1175.817, C=224.867

log1038=6.88555−1175.817

T 1+224.867=DESÉJAMOST 1∴T 1=−3.26℃℃

BALANCE MOL:

n0=n1+1.50→n0=2.18kmolmol

BALANCE DE N2 : (1−0.728 )n0=0.95n1→n1=0.628kmolmol

Volumen de N 2 :V N2=[ (0.95 ) (0.628 ) kmolmin ][ 22.4m3 ( STP )

kmol ]=14.5SCMM .

(b) Supongamos que no se realizó la condensación durante la comprensión.

Saturación relativa a la entrada del condensador 50%

0500 PH∗(T 0 )=0.703 (7600mmHg )→PH∗(T 0 )=1.068 X 104mmHg→antonie→→T 0=187℃Saturación de salida:

0.050 (7600mmHg )=380mmHg=PH∗(T 1 )→antonie→T 1=48.2℃

Relación de volumen:

V 1

V 0=n1R

T1P

n0 RT0P

=n1 (T1+273.15 )n0 (T0+273.15 )

=0.682 kmol

min

2.18 kmolmin

x 321 k460 k

=0.22m3

m3

N0 (kmol / min de aire húmedo) a 28°C, 760 mm Hg

y1 (mol H2O/mol)(1-y1) (mol de aire seco/mol)50% rel sat.

1500 kg/min de pulpa húmeda

0.75 /(1 + 0.75) kg H2O/kg1/1.75 kg pulpa seca/kg

N1 (kmol/min de aire húmedo) a 80C, 770 mm Hg

y2 (mol H2O/mol)(1-y2) (mol de aire seco/mol)T= 40.0°C

0.0015 kg H2O/kg0.9985 kg pulpa seca/kg

m1 (kg/min de pulpa)

(c) El costo del refrigerante hasta -3. 24 *C (costo del condensador + utilidades y otros operativo instalado) VS el costo de la comprensión a 10 atm y en enfriamiento a 10 atm.

6.33- Se usa un secador de aire caliente para reducir el contenido de humedad de 1500 kg/min de pulpa húmeda de madera, de 0.75 kg H2O/kg de pulpa seca a 0.15% por peso de H2O. Se toma aire de la atmosfera a 28°C, 760 mm Hg y 50% de humedad relativa, se envía a través de un soplador-calentador, y luego se alimenta al secador. El aire sale del secador a 80°C y 10 mm Hg (manométrica). Una muestra del aire de salida se introduce en una cámara que contiene un espejo, donde se enfría con lentitud manteniendo la presión manométrica a 10 mm Hg. Se observa que el espejo se acompaña a una temperatura de 40.0°C. Calcule la masa del agua que se elimina de la pulpa (kg/min) y la velocidad del flujo volumétrico del aire que entra al sistema (m3/min).

Equilibrio enseco :1500 x 11+0.75

=m1 (1−0.0015 ) ,m1=858kgmin

50%de humedad relativa : y1P=0.50PH 2O (28℃ ) , y1=0.50 (28.349mmHg ) (760mmHg )=0.0187mol H 2Omol

Puntode rocio40℃ en la salida : y2P=PH 2O (40℃ ) , y2=(55.324mmHg ) (760mmHg )=0.0718 mol H 2Omol

(1) Balancede masade aire seco :n1 (1−0.0187 )=n1(1−0.0718)(2)

Balancede masade agua :n0 (0.0187 )(18 kgkmol )+1500( 0.751.75 )=n1 (0.0718 ) (18 )+858 (0.0015 )

Resolvemos (1 ) y (2 ) :n0622.8 kmol

min,n1=

658.4 kmolmin

Masa deaguaextraidade la pulpa :[1500(0.751.75 )−858 (0.0015 )]kgH 2O=642 kgmin

Tasa deaire dealimentacion :V 0=622.8kmol l 22.4m3 (STP ) l (273+28 )K

min lkmol l 273K=1.538 x104 m

3

min

6.43- Un gas seco que contiene 10% de NH3 por volumen, se pone en contacto con agua 10* C y 1 atm en un contactor de burbuja de una etapa. Se puede considerar que las corrientes del líquido enfluente y el gas están en equilibrio entre sí. Una pequeña corriente de extracción lateral tomada del líquido enfluente se alimenta en un densitómetro continuo, el cual indica que la densidad del líquido es de 0.9534 g/ml.

(a) Utilice los datos tabulados del manual de Perry (pp. 2-85, 2-87 y 2-99), y estime el porcentaje del amoniaco en la alimentación que se retira del contactor.

(b) ¿Por qué es importante mantener la corriente de derivación y la cámara de densitómetro a una temperatura conocida, igual o menor a la temperatura del contactor.

a) Composición líquido:

Base 100 g, PM=17 g/mol

Datos de la tabla de Henry: T=10℃ (50℉ ) , Densidad=0.9534 gml

m=0.120g NH3

gsoluto

12g NH3

17 gmol

=0.706mol NH3

88gH 2O

18 gmol

=4.89mol NH 3

→12.6mol%NH 3 (aq )87.4mol%H 2O ( l )

Composición gas :

T=50℃ , X A=0.129→PERRY→PNH 3=¿1.21 psia , PH2O=¿0.155∴PT=14.7 psia¿¿

YA=¿

1.2114.7=0.0823

molNH 3

mol ¿

YB=¿

O .15514.7 =0.0105

mol H2Omol ¿

YG=¿ 1−0.823−0.0105=0.907 molG

mol¿

Balance de G

100 (0.90 )=n2 yG→n2(100 ) (0.90 )0.907

=99.2mol

NH 3absorbido=(100 ) ( .10 )− (99.2 ) (0.823 )=184mol NH 3

%Absorción=1.84mol |¿|100(0.10)

x100%=18.4 %¿

b) Si la corriente de deslizamiento o la temperatura de densitómetro fueran más altas a la temperatura del contactor, el amoniaco disuelto que saldría de la solución sería un cálculo dela composición de error.

6.53- Un gas que contiene nitrógeno, benceno y tolueno esta en equilibrio con un líquido formado por 35% mol de benceno, 65%mol de tolueno a 85*C y 10 atm. Estime la composición del gas (fricciones molares) empleando la ley de Raoult y suponiendo comportamiento ideal del gas.

log10 P∗¿ A− BT +C

Benceno= A= 6.89271, B=1203.531 Y C=219.888

PB∗(85℃ )=1085+219.8886.89272−1203.531=881.6mmHg

Tolueno: A= 6. 93805, B= 1346.773 Y C= 219.693

PT∗(85℃ )=1085+219.6936.95805−1346.773=345.1mmHg

Yb=¿ (0.35 )(881.6)[ 10760 ]=0.0406 molbmol ¿

Y T=(0.65 ) (345.1 )[ 10760 ]=0.O 295moltmol

Y B+Y T+Y N 2=1

Y N 2=1−O .O 406−0.0295=0.930molN 2mol

6.63- Una etapa de procesos de separación se define como una operación en la cual los componentes de una o más de las corrientes de alimentación se dividen entre dos fases y estas últimas se retiran por separado. En una etapa ideal o etapa en equilibrio, las corrientes efluentes (de salida) están en equilibrio entre si. Las columnas de destilación a menudo constan de una serie de etapas con distribución vertical. El vapor fluye hacia arriba y el liquido hacia abajo entre etapas adyacentes; parte del liquido que se alimenta en cada etapa se vaporiza y parte del vapor que se alimenta en cada etapa de condensa. En la siguiente página se muestra una representación de la sección superior de una columna de destilación.

Considere una columna de destilación que funciona a 0.4 atm absolutas en la cual se separan benceno y estireno. Una corriente de vapor que contiene 65 mol% de benceno y 36 mol% de estireno entra a la etapa 1 a velocidad de 200 mol/h, y el líquido que contiene 55 mol% de benceno y 45 mol% de estireno sale de esta etapa a velocidad de 150 mol/h. Se puede suponer que: (1) las etapas son ideales; (2) es posible emplear la ley de Raoult para relacionar las composiciones de las corrientes que salen de cada etapa; y (3) las velocidades totales de flujo molar de vapor y del liquido no cambian en cantidad significativa de una etapa a la siguiente.

(a) ¿Cómo esperarías que variaría la fracción molar del benceno en el líquido de una etapa a la siguiente, comenzando por la etapa 1 y ascendiendo por la columna? Teniendo en cuenta su respuesta, y considerando que la presión permanece casi constante de una etapa a la otra, ¿Cómo esperarías que variaría la temperatura en etapas cada vez más altas? De una breve explicación.

(b) Estime la temperatura en la etapa y las composiciones de la corriente de vapor que sale de ellas y la del líquido que entra en ella. Después, repita estos cálculos para la etapa 2.

(c) Describa como calcularía el número de etapas ideales necesarias para reducir el contenido de estireno en el vapor a menos de 5 mol%.

a-. Desde el benceno es más volátil, la fracción de benceno se incrementará ascender en la columna. Para las etapas ideales, la temperatura de cada etapa corresponde a la del punto de burbuja temperatura del líquido. Dado que la fracción de benceno (las especies más volátiles) aumentos en movimiento por la columna, la temperatura disminuirá ascender en la columna.

b-.

Etapa1

n1=150molh

,nv=200molh

x1=0.55mol Bmol

=0.45mol Smol

y 0=0.65mol Bmol

=0.35molSmol

Puntode burbujaT

P=∑ xi pi∗(T )

P= (0.400 x 760 )mmHg=(0.55 ) 106.89272−1203.531

(T+219.888)+ (0.45 ) 10

7.066234507.434

(T+214.985)

T 1=67.6 °C

y 1= x1P∗B(T )P

=0.55(508)0.400 x760

=0.920 mol Bmol

=0.080mol Smol

Balance B

y 0nv+x2n1= y 1nv+x 1n1

x2=0.910 molBmol

=0.090molSmol

Etapa2

P= (0.400 x 760 )mmHg=0.910P∗B (T 2 )+0.090 P∗S(T 2)

T 2=55.3° C

y 2=0.910 (33.10 )760 x 0.400

=0.991mol Bmol

=0.009 molSmol

Balance B

y 1nv+x 3n1= y2nv+x 2n1

x3=1molBmol

=0molSmol

c-. En este proceso, el contenido de estireno es menor que 5% en dos etapas. En general, el cálculo de la Parte B se repite hasta que (yn-1) es menor que la fracción especificada.

6.73- Se usa un proceso de dos etapas para separar H2S de un gas que contiene 96% de H2 y 4% de H2S por volumen. El H2S se absorbe en un solvente, que después se regenera con aire en una columna de agotamiento. La constante de la ley de Henry para la absorción de H2S en el solvente a 0°C es 22 atm/fracción molar.

(a) De una breve explicación, con sus propias palabras, sobre las funciones de las tres unidades de proceso. Incluya en ella la finalidad del aire en la columna de agotamiento y el motivo de que esta opere a una temperatura más alta que el absorbedor.

(b) Calcule la velocidad del flujo molar del solvente puro y la velocidad del flujo volumétrico del gas en G4, despreciando la evaporación del solvente en ambas columnas.

a-.

Condicion deequilibrio :AtG 1 , pH 2S=(0.08 ) (1.8atm )=0.072atm

x3= pH 2 SHH 2S

= 0.072atm27atmmol

fraccion=2.67 x10−3mol H 2S

mol

Estrategia :H 2 y H 2Sbalances=n1 ,n2

n2+tasa de flujo deaire=velocidad de flujo volumetrico enG 4

H 2S y saldos de disolvente alrededor deabsorción=n3 , n4

0,998n4=caudalde disolvente

SaldoH 2global : (100 ) (0.96 )=0.999n1=n1=96.1molh

Equilibrio H 2S general : (100 ) (0.04 )=0.001n1+n2=n2=3.90 mol H 2Sh

Caudal volumetricoen la salidadel separador

VG 4= (200+3.90 )mol l22,4 litros ( STP ) l (273+40 )Khl 1mol l 273K

=5240 Lhr

H 2S y saldo de disolvente alrededor deabsorcion

(100 ) (0.04 )+0.002n 4=0.001n1+n3 x3=n4=1.335n3−1952=n3=n 4=5830molh

0.998n4=n3 (1−2.67 x10−3)

Caudalde disolventes :0.998n4=5820mol solventh

6.83.- Una corriente de desechos acuosos que sale de un proceso contiene 10% por peso de ácido sulfúrico y 1kg de ácido nítrico por kg de ácido sulfúrico. La velocidad de flujo del ácido sulfúrico en la corriente de desecho es 1000kg/h. Los ácidos se neutralizan antes de ser enviados a una instalación para tratamiento de aguas, donde se combina el agua de desecho con u lodo acuoso de carbonato de calcio solido que contiene 2kg de líquido recirculado por kg de carbonato de calcio sólido. (La fuente de líquido recirculado se indicara más adelante.

Las siguientes reacciones de neutralizado ocurren en el reactor:

CaCO3+H2SO4 CaSO4+H2O+CO2

CaCO3+ 2 HNO3 Ca(NO3)2 + H2O+CO2

Los ácidos nítrico y sulfúrico y el carbonato de calcio que se alimentan al reactor se consumen en su totalidad. El dióxido de carbono que sale del reactor se comprime a 30atm absolutas y 40°C y se envía a otro sitio de la planta. Los efluentes restantes del reactor se mandan a un cristalizador que opera a 30°C, temperatura a la cual la solubilidad del sulfato de calcio es de 2.0 g CaSO4 A 30°C que también contiene nitrato de calcio disuelto. El filtrado se divide y una porción se recircula para mezclarla con e carbonato de calcio sólido y formar el lodo que se alimenta al reactor, y el resto se envía a la instalación para tratamiento de aguas residuales.

a) Dibuje y marque en su totalidad el diagrama de flujo de este proceso

n1(Kmol CO2/h)

1000kg hno3/h

1000Kg h2so4/h (10%) filtroCRISTALIZADOR

Mol (kg CaCO3/h) 2mol (kg solución/h mol (kg solución/h

COMPOSICIO DE LA SOLUCION:

X (Kg CaSo4)/kg)

500X (kg h2O/Kg)

(1-501x)(kg Ca (NO3)2/kg

b) Los ácidos de ben ser neutralizados ya que estos dañan las tuberías donde las aguas serán tratadas

c)

d) Tomamos los datos de la tabla B1 para el CO2

Tc=304.2K Pc=72.9atm

Por lo tanto tenemos:

TF=1.03 y Pf=0.411

En la gráfica de compresibilidad:

Z=0.86----V= zRTP

= (0.86|0.082atm∗l ) (313.2 k )(p|mol∗k ) (30atm )

=0.737 L/molCO2

V= N1∗V= (18.1 KMOLco2 ) (0.737 L|1000mol )(P ) ( p|molCO2 ) (1 kmol )

=1.33 X 104 L/h

e)

1501 X (kgCa(NO )/kg)500 Xa(kg H O /kg)

=1.526=¿0.00079 kg CaSO / kg

6.93 Una mezcla de 20 % por peso de agua, 33% de acetona y el resto de metil isobutilcetona, se lleva al equilibrio a 25*C. si la masa total del sistema es de 1.2 kg, utilice los datos de la figura 6.6-1 para estimar la composición y la masa de cada fase de la mezcla.

Respuesta:

A= agua, B=acetona y C= metil isobutilcetona

X A=O .20 , XB=0.33 , XC=0.47

FASE 1:

X A=0.07 , X B=0.35 ,X C=0.58

FASE 2: X A=0.71 , XB=0.25 , XC=0.04

BASE: 1.2 kg de mezcla original, m1=masa total enla fase1 ,m2=masatotal en la fase2.

Balance de H 2O :12 x0.20=0.07m1+0.71m2→m1=0.95 kg MIBK.

Balance de acetona: 12 x0.33=0.35m1+0.25m2→m2=0.24 kgenagua