Manual de Ejercicios Balance de Materia y Energía - Universidad Católica de Temuco

UNIVERSIDAD CATÓLICA DE TEMUCO
FACULTAD DE INGENIERÍA
ESCUELA DE INGENIERÍA AMBIENTAL
M AN UAL D E RESOLUCI ÓN D E EJERCI CI OS
BALAN CE D E M ATERI A Y EN ERGÍ A
XI M EN A PETI T- BREUI LH SEPULVED A
ALEJAN D RA SAN CH EZ
-
2008
-
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
SECCI ÓN I – BALAN CE D E M ATERI A SI N REACCI ÓN QUÍ M I CA
1 .1 . a . El fluj o de a lim e nt a ción a un se ca dor se e spe cifica com o 1 .0 0 0 lb/ h.
Ca lcule e l fluj o e n k g/ m in
1 .1 . b. En un pr oce so de a m onía co se pr oduce n 1 0 5 lbm ol/ día . Ca lcule la
pr oducción e quiva le nt e e n gm ol/ h.
SOLUCI ÓN :
Los cálculos se efectúan utilizando directamente los factores de conversión, factores
que siempre son iguales a la unidad.
a . Fluj o e n k g/ m in.
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. Pr oducción e quiva le nt e e n gm ol/ 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 pla nt a pr oduce una m e zcla de 9 0 % e n m ol de e t a n ol ( C2 H 5 OH ) y e l
r e st o de a gua .
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.
SOLUCI ÓN
a . Fr a cción m a sa o fr a cción m á sica de e t a nol
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
× 46
+ 0,1
× 18
gmol de mezcla
gmol de e tan ol
mol de mezcla
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
= 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
Continuando con el problema:
⎛
gmol de e tan ol
g de e tan ol ⎞
⎟
M de e tan ol = ⎜⎜ 0,9
× 46
gmol de mezcla
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 ⎟
⎜
Fracción masica de e tan ol = WC2 H 5OH =
⎜
g de mezcla ⎟
⎜ 43,2
⎟
gmol de mezcla ⎠
⎝
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 pr oducción e quiva le nt e e n k g/ m in
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. Fluj os m ola r e s pa r a la cor r ie nt e e n k gm ol/ 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 cor r ie nt e que cont ie ne
H2O
0 ,4
C2 H 5 OH
0 ,3
CH 3 OH
0 ,1
CH 3 COOH
0 ,2
e n fr a ccione s e n m a sa , se a lim e nt a a una colum na de de st ila ción a r a zón de
1 .0 0 0 lb/ h .
Convie r t a e st a s va r ia ble s de la s cor r ie nt e s 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
SOLUCI ÓN
a . Fluj os m ola r e s por com pon e nt e
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
N C2 H 5OH = 0,3
lb C 2 H 5 OH
1 lbmol
lb mezcla
lbmol
× 1.000
×
= 6,5217
46 lbC 2 H 5OH
lb mezcla
h
h
N C2 H 5OH = 0,1
lb CH 3OH
1 lbmol
lb mezcla
lbmol
× 1.000
×
= 3,125
32 lbCH 3OH
lb mezcla
h
h
N CH 3COOH = 0,2
lb CH 3 COOH
1 lbmol
lb mezcla
lbmol
× 1.000
×
= 3,333
60 lbCH 3 COOH
lb mezcla
h
h
b. Fluj o m ola r t ot a l y fr a ccione s m ol.
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
⎟⎟ = 0,63127
Χ H 2O = ⎜⎜
mol de mezcla
⎝ 35,2022 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
mol de e tan ol
mol de mezcla
Χ CH 3OH = 0,08877
mol de e tan ol
mol de mezcla
Χ CH 3COOH = 0,09469
mol de ácido acético
mol de mezcla
5
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
c. Fr a ccione s m ol, e n ba se libr e de a gua .
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 cont ie ne N a 2 S, N a OH y N a 2 CO 3 e n a gu a se con oce com o
“licor bla nco” y se usa e n la indust r ia de l pa pe l pa r a pr oce sa r pulpa de
m a de r a .
Supónga se que e l a ná lisis de la bor a t or io indica 5 0 g/ L de N a 2 S, 2 5 0 g/ L de
N a OH y 1 0 0 g/ L de N a 2 CO 3 .
Si la de nsida d de la solución e s 1 .0 5 g/ cm 3 , ca lcule los fluj os m ola r e s por
com pone nt e , cor r e spondie nt e s a un fluj o t ot a l de la cor r ie nt e de 1 .0 0 0
k gm ol/ h.
6
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
SOLUCI ÓN
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 ×
Com pone n t e
Na2S
NaOH
Na2CO3
H2 O
Tot a le s
1.000 cm 3
g
× 1,05 3 = 1.050 g
1 litro
cm
M a sa ( g)
M ole s ( gm ol)
50
250
100
650
1 .0 5 0
0,6410
6,2500
0,9434
36,1111
4 3 ,9 4 5 5
Fr a cción
m ola r
0,0146
0,1422
0,0215
0,8217
1 ,0 0 0 0
Fluj o m ola r
( k gm ol/ h )
14,587
142,222
21,467
821,724
1 0 0 ,0 0 0
1 .5 . A un pr oce so de pr oducción de m e t a no a pa r t ir de ga s de sínt e sis y va por
de a gua , se a lim e nt a n 6 k gm ol/ m in de u n ga s que cont ie ne 5 0 % de H 2 ,
3 3 1 3 % de CO y e l r e st o CH 4 ( t odos e n ba se m ola r ) , a sí com o 7 2 k g/ m in de
va por de a gua . Los pr oduct os son 3 k gm ol/ m in de a gu a líquida y 9 5 k g/ m in
de u n ga s que cont ie ne 2 5 % de CH 4 , 2 5 % de CO 2 y e l r e st o H 2 ( t odos e n
ba se m ola r ) .
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
D e t e r m ine , con t r e s cifr a s significa t iva s, 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?
SOLUCI ÓN
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):
masa de CH 4 ⎤
mol de CH 4
⎡
⎢ 0,25 mol de mezcla × 1 mol de mezcla × 16 mol de CH ⎥
4
⎥
WCH 4 = ⎢
masa
de
mezcla
⎥
⎢
16
⎥
⎢
mol
de
mezcla
⎦
⎣
WCH 4 = 0,25
masa de CH 4
masa total
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.
H2
CO
CH4
H2 O
Tot a l
EN TRAD A
kgmol
3
2
1
4
10
kg
6
56
16
72
150
H2O
CH4
CO2
H2
Tot a l
SALI D A
kgmol
3
1,5
1,5
3
9
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 con se r va la m a sa t ot a l?
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 conse r va n la s m ole s t ot a le s?
Las moles totales no se conservan: Al proceso entran 10 kgmol y de él salen 9 kgmol.
c. ¿Se conse r va n la s m ole s de ca da t ipo de á t om o?
Sumando los átomos mol de cada componente a la entrada y a la salida se tiene que:
EN TRAD A: 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 O
kgmol H 2
kgmol CH 4
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
SALI D A: 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 con se r va la m a sa de ca da t ipo de sust a ncia quím ica ?
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 pu e de conclu ir se que ocur r e e n e st e pr oce so?
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 pr oce so de pr oducción de yodur o de m e t ilo, CH 3 I , t ie n e la s cor r ie nt e s
de e nt r a da y sa lida que se m u e st r a n e n la figur a . La cor r ie nt e de de spe r dicio
consist e e n 8 2 ,6 % ( e n m a sa ) de H I y e l r e st o a gu a , m ie nt a s que la cor r ie nt e
de pr oduct o cont ie ne 8 1 ,6 % ( m á sico) de CH 3 I y e l r e st o CH 3 OH .
D e t e r m ine con t r e s cifr a s significa t iva s, 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
Producto
HI
125 lbmol/día
13.040 lb/día
Desperdicio
7.760 lb/día
SOLUCI ÓN :
Tomando como base un día se tendrá que:
a . ¿Se con se r va la m a sa t ot a l?
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 con se r va n e l nú m e r o t ot a l de m ole s?
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 conse r va e l núm e r o de m ole s de ca da t ipo de á t om o?
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:
Ent r a da :
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
Sa lida :
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 con se r va la m a sa de ca da t ipo de sust a ncia quím ica ?
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 pu e de conclu ir se que ocur r e e n e st e pr oce so?
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 pla nt a de á cido sulfúr ico, se m e zcla n 1 0 0 lbm ol/ h de una
cor r ie nt e que cont ie ne 9 0 % m ol de H 2 SO 4 e n a gua , con 2 0 0 lbm ol/ h de ot r a
que cont ie ne n 9 5 % m ol de H 2 SO 4 e n a gua y con 2 0 0 lbm ol/ h de un a cor r ie nt e
que consist e de 1 5 % m ol de SO 3 e n N 2 .
El r e sult a do son 4 8 0 lbm ol/ h de una cor r ie nt e m e zcla da que cont ie ne 1 7 0
lbm ol/ h de N 2 , 6 2 ,5 % m ol de H 2 SO 4 , na da de a gua y e l r e st o SO 3 .
D e t e r m ine , m e dia nt e cá lculos, 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?
SOLUCI ÓN :
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
lbm ol
2
90
10
100
1
H2SO4
H2 O
SO3
N2
lbm ol
3
190
10
200
lbm ol
4
30
170
200
lbm ol
5
280
20
30
170
500
lb
6
27.440
360
2.400
4.760
3 4 .9 6 0
lbm ol
7
300
10
170
480
lb
8
29.400
800
4.760
3 4 .9 6 0
a . ¿Se con se r va la m a sa t ot a l?
La masa total se conserva: resultados de las columnas 6 y 8.
b. ¿Se con se r va n e l nú m e r o t ot a l de m ole s?
El número total de moles no se conserva. Columnas 5 y 7: entran 500 y salen 480.
c. ¿Se conse r va n e l nú m e r o de m ole s de ca da t ipo de á t om o?
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:
H = (280 × 2 + 20 × 2) lb − átomo = 600 lb − átomo
Azufre:
[
]
S = [280 × 1 + 30 × 1] lb − átomo = 310 lb − átomo
Entrada: S = 90 × 1 + 190 × 1 + 30 × 1 lb − átomo = 310 lb − átomo
Salida:
Oxígeno:
[
]
O = [280 × 4 + 20 × 1 + 30 × 3] lb − átomo = 1.230 lb − átomo
Entrada: O = 90 × 4 + 10 × 1 + 190 × 4 10 × 1 + 30 × 3 lb − átomo = 1.230 lb − átomo
Salida:
d. ¿Se con se r va la m a sa de ca da sust a ncia ?
La masa de cada sustancia no se conserva porque hay reacción química.
e . ¿Si e l ba la nce t ot a l de m a sa no r e sult a , cuá l e s la e x plica ción m á s
pr oba ble ?
El balance total de masa resulta.
14
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
f. ¿Si e l ba la nce de l núm e r o t ot a l de m ole s no r e sult a , cuá l e s la e x plica ción
m á s pr oba ble ?
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.
H2SO4
H2 O
SO3
EN TRAD A
lbm ol
280
20
30
GEN ERACI ÓN O CON SUM O
lbm ol
20
20
20
SALI D A
lbm ol
300
0
10
1 .8 . Un ga s que con t ie ne 7 9 ,1 % de N 2 , 1 ,7 % de O 2 y 1 9 ,2 % de SO 2 , se
m e zcla con ot r o ga s que cont ie ne 5 0 % de SO 2 , 6 ,5 3 % de O 2 y 4 3 ,4 7 % de
N 2 , pa r a pr oducir un ga s que cont ie ne 2 1 ,4 5 % de SO 2 , 2 ,0 5 % de O 2 y 7 6 ,5 0
% de N 2 . Toda s la s com posicione s cor r e sponde n a por ce nt a j e e n m ol.
D e t e r m ine :
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
SOLUCI ÓN :
El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, es:
N1
1
X 1N 2 =0,791
N3
X O1 2 =0,017
(X
X N3 2 =0,0205
1
SO2 =0,192
3
X O3 2 =0,7650
3
( X SO =0,2145)
2
N2
X N2 2 =0,0653
2
X O2 2 =0,4347
2
( X SO =0,50)
2
a . N úm e r o de va r ia ble s de cor r ie nt e s inde pe ndie nt e s que h a y e n e l pr oble m a .
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. N úm e r o de ba la nce s de m a t e r ia que pue de n e x pr e sa r se y cuá nt os se r á n
inde pe ndie nt e s.
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 pr opor ción de be r á n m e zcla r se la s cor r ie nt e s?
Para encontrar la respuesta, se plantea un sistema de tres ecuaciones con tres
incógnitas (N1, N2 y N3):
Balance de Nitrógeno:
0,79 N 1 + 0,4347 N 2 = 0,7650 N 3
Balance de Oxígeno:
0,017 N 1 + 0,0653 N 2 = 0,0205 N 3
Balance Total:
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:
791 + 0,4347 N 2 = 0,7650 N 3
(1)
Oxígeno:
17 + 0,0653 N 2 = 0,0205 N 3
(2)
1 .000 + N 2 = N 3
(3)
Total:
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 . Pue de r e cupe r a r se a ce t ona de u n ga s por t a dor , disolvié ndola e n un a
cor r ie nt e de a gua pur a e n una unida d lla m a da a bsor be dor .
En e l dia gr a m a de fluj o de la figur a , 2 0 0 lb/ h de una cor r ie n t e con 2 0 % de
a ce t ona se t r a t a n con 1 .0 0 0 lb/ h de una cor r ie nt e de a gua pur a , lo que
pr oduce u n ga s de de sca r ga libr e de a ce t ona y una solución de a ce t ona e n
a gua .
Su pónga se que e l ga s por t a dor no se disue lve e n e l a gua .
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
SOLUCI ÓN :
D ia gr a m a Cu a nt it a t ivo:
F4
F3=1.000
W1AC=0,2
W1G=0,8
Gas
4
1
Agua
3
2
F3=1.000
F2
W2AC
W2AGUA
18
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
a . D e t e r m ine e l n ú m e r o de va r ia ble s de cor r ie n t e s inde pe ndie nt e s y de
ba la nce s de m a t e r ia que ha y e n e l pr oble m a .
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. Ex pr e se t oda s la s e cua cione s de ba la n ce de m a t e r ia .
Las ecuaciones de balance son:
Total:
F1 + F 3 = F 2 + F 4
200 + 1.000 = F 2 + F 4 = 1.200
Acetona:
(1)
1
2
W AC
× F 1 = W AC
×F2
2
0,2 × 200 = W AC
×F2
Agua:
(2)
2
F 3 = (1 − W AC
)× F 2
2
1.000 = (1 − W AC
)×F2
Gas:
(3)
WG1 × F 1 = F 4
0,8 × 200 = F 4
(4)
c. Ca lcule t oda s la s va r ia ble s de cor r ie nt e s de sconocida s.
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d
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)
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):
F 4 = 160
De las ecuaciones (4) y (1):
F 2 = 1.040
Con F2 conocido y la ecuación (2):
2
W AC
= 0,03846
Por diferencia:
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 .1 0 . Pue de obt e ne r se un a pa st a de pr ot e ína ve ge t a l libr e de a ce it e a pa r t ir
de se m illa de a lgodón, usa n do he x a no pa r a e x t r a e r e l a ce it e de la s se m illa s
lim pia s.
Te nie n do una a lim e nt a ción de se m illa de a lgodón cr uda que consist e
( por ce nt a j e s m á sicos) de :
Materia Celulósico (MC)
14%
Pasta (P)
37%
Aceite (A)
49%
Ca lcule la com posición de l e x t r a ct o de a ce it e que se obt e ndr á ut iliza ndo 3
libr a s de h e x a n o por ca da libr a de se m illa cr uda .
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
SOLUCI ÓN :
Diagrama cuantitativo
Pasta pura
Hexano
F1
F4
4
1
Semillas crudas
F2
2
W MC=0,14
W2P=0,37
(W2A=0,49)
Extracto de aceite
Proceso
5
2
F5
W5A
(W5H)
3
Material Celulósico
F3
Re la cione s:
Se utilizan 3 libras de hexano por cada libra de semilla cruda, es decir:
R1 :
F1
=3
F2
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d
(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
G de L
1
(El sistema esta sub-especificado. Al tomar
una base de cálculo el sistema queda
especificado correctamente)
Base
-1
Las cuatro ecuaciones independientes de balance de materia son:
Total:
F 1 + F2 = F 3 + F 4 + F 5
(1)
Material Celulósico:
0,14 F 2 = F 3
(2)
Pasta:
0,37 F 2 = F 4
(3)
Aceite:
0,49 F 2 = W A3 F 3
(4)
21
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
F1
=3
F2
De la relación
(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):
F 2 = (1.000 / 3) libras
De (2):
F 3 = 46,67 libras
De (3):
F 4 = 123,33 libras
De (1):
F 5 = 1.256,67 libras
De (4):
W A5 = 0,13
Por diferencia:
W H5 = 0,87 libras
1 .1 1 . En un a colu m na de de st ila ción se se pa r a una m e zcla e quim ola r de
e t a nol, pr opa nol y bu t a nol, e n una cor r ie nt e de de st ila do que cont ie ne 2 / 3 de
e t a nol y na da de but a nol, y una cor r ie nt e de fondos que no cont ie ne e t a nol.
Destilado
1/3
1/3
1/3
E
P
B
E 2/3
P 1/3
B0
Columna de
destilación
Alimentación
Fondos
E 0
P
B
22
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Ca lcula r la s ca nt ida de s y com posicione s de la s cor r ie nt e s de de st ila do y
fondos, pa r a u na a lim e nt a ción de 1 .0 0 0 m ol/ h.
SOLUCI ÓN :
ND
D ia gr a m a Cu a nt it a t ivo:
X ED =0,66667
( P)
NA =1000
X EA =1/3
X PA =1/3
( B)
NF
X PF =0,66667
( B)
Ta bla de gr a dos de libe r t a d
NVI
7
(NA, XEA, XPA, ND, XED, NF XPF)
NBMI
3
(Total, Etanol (E) y Propanol (P))
(Flujo de alimentación, NA)
NFC
1
(XEA, XPA, XED)
NCC
3
NRC
0 -7
0
(El proceso está especificado y puede
G de L
Formarse un sistema de 3 ecuaciones
Base
Con 3 incógnitas)
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) N D + X PF N D
(3)
Resolviendo es sistema se encuentra que:
De la ecuación (2):
N D = 500
De la ecuación (1):
N F = 500
De la ecuación (3):
X PF = 1 / 3
23
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
1 .1 2 . La a lim e nt a ción a una colum na de de st ila ción cont ie ne 3 6 % e n m a sa de
be nce n o y e l r e st o t olue n o.
El de st ila do de be r á cont e ne r 5 2 % e n m a sa de be nce n o, m ie nt r a s que los
fondos cont e ndr á n 5 % e n m a sa de be nce no.
Calcule:
a. El porcentaje de la alimentación de benceno que contiene el destilado.
b. El porcentaje de la alimentación total que sale como destilado.
SOLUCI ÓN :
Diagrama Cuantitativo:
FD
W BD =0,52
(T 48%)
W BA =0,36
FA
(T 64%)
FF
W BF =0,05
(T 95%)
Ta bla de gr a dos de libe r t a d
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
(1)
360 = 0,52 F D + 0,05F F
(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 Por ce nt a j e de la a lim e nt a ción de be n ce no que cont ie ne e l de st ila do:
% de benceno recuperado =
benceno en D
× 100
benceno en A
% de benceno recuperado =
0,52 × 659,574
× 100 = 95,2718%
360
b. El por ce nt a j e de la a lim e nt a ción t ot a l que sa le com o de st ila do.
% de A que sale como destilado =
659,574
× 100 = 65,9574%
1.000
1 .1 3 . Un m é t odo pa r a de t e r m ina r e l fluj o volu m é t r ico de una cor r ie nt e de
pr oce so e n fluj o t u r bule nt o, consist e e n in ye ct a r ca nt ida de s pe que ña s y
m e dible s de a lgú n fluido que se dispe r se con fa cilida d, pa r a lue go m e dir la
conce nt r a ción de e st e fluido e n u na m ue st r a de la cor r ie nt e m e z cla da ,
obt e nida e n a lgún pu nt o a de cua do cor r ie nt e a ba j o.
Su pónga se que a u n a cor r ie nt e que cont ie ne 9 5 % m ol de but a no y 5 % m ol
de O 2 , se le inye ct a n 1 6 ,3 m ole s/ h de O 2 . Cor r ie nt e a ba j o e l por ce nt a j e de O 2
e s de l 1 0 % .
Ca lcule e l fluj o de la cor r ie nt e .
SOLUCI ÓN :
Diagrama Cuantitativo:
X B1 =0,95
1
( X O2 =0,05)
N1
N3
N B2 =16,3
X B3 =0,9
3
( X O2 =0,1)
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d
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:
N1 + N 2 = N 3
Etanol:
0,05 N 1 + 16,3 = 0,1N 3
ó
N 1 + 16,3 = N 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 .1 4 . El á cido a got a do de un pr oce so de nit r a ción cont ie ne 4 3 % de H 2 SO 4 y
3 6 % de H N O 3 . La conce nt r a ción de e st e á cido diluido se incr e m e nt e m e dia nt e
la a dición de á cido sulfúr ico conce nt r a do que cont ie ne 9 1 % de H 2 SO 4 y á cido
nít r ico conce nt r a do, que cont ie ne 8 8 % de H N O 3 . El pr oduct o de be r á cont e ne r
4 1 .8 % de H 2 SO 4 y 4 0 % de H N O 3 .
Ca lcule la s ca nt ida de s de á cido a got a do y de á cidos conce nt r a dos que
de be r á n m e zcla r se pa r a obt e ne r 1 0 0 lb de l á cido m e zcla do r e for za do.
SOLUCI ÓN
Diagrama cuantitativo:
FD
W HD2 SO4 =0,43
D
=0,36
W HNO
3
(H2O
21%)
FC
FS
W HC2 SO4 =0,418
W HS2 SO4 =0,91
C
=0,400
W HNO
3
(H2O
(H2O
9%)
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
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d
NVI
10
NBMI
3
NFC
1
NCC
6
NRC
0
-10
0
G de L
Los balances de materia son:
Total:
F D + F S + F N = 100
Sulfúrico:
0,43F D + 0,91F S = 41,8
Propanol:
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 .1 5 . En u na pla nt a se m e zcla n cua t r o cor r ie nt e s de pr oce so pa r a da r un a
cor r ie nt e única de 2 .0 0 0 lb/ h. La s com posicione s de la s cua t r o cor r ie nt e s de
e nt r a da y la cor r ie nt e de sa lida se m ue st r a n e n la t a bla de la pá gina siguie nt e :
Ca lcule la s pr opor cione s e n que de be r á n m e z cla r se la s cor r ie nt e s 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)
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
Diagrama cuantitativo:
F1
W H1 2 SO4 =0,80
1
W Interte
=0,04
(H2O
16%)
F2
W
F5=2.000
2
HNO3 =0,80
(H2O
W H52 SO4 =0,40
20%)
5
=0,27
W HNO
3
5
=0,02
W Interte
F3
(H2O
W H32 SO4 =0,30
31%)
3
=0,10
W HNO
3
(H2O
60%)
F4
W H42 SO4 =0,10
4
=0,10
W HNO
3
4
=0,08
W Interte
(H2O
72%)
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d
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:
F 1 + F 2 + F 3 + F 4 = 2.000
(1)
Sulfúrico:
0,8F 1 + 0,3F 3 + 0,1F 4 = 800
(2)
Inertes:
0,04 F 1 0,08 F 4 = 40
(3)
Nítrico:
0,8 F 2 + 0,1F 3 + 0,1F 4 = 540
(4)
a . Sie m pr e de be r á n usa r se dos libr a s de la cor r ie nt e 1 por un a libr a de la
cor r ie nt e 3 , pa r a da r la cor r ie nt e de sa lida con la com posición m e nciona da .
Al establecer esta relación, se tendrá el siguiente análisis de Grados de Libertad:
R1: (F1/F3) = 2
Relación 1,
NVI
NBMI
NFC
NCC
NRC
G de L
(5)
16
4
1
11
1
-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
F1=833.33
F2=666,67
Comprobando estos valores en la ecuación (4):
0,8×666,667
+
0,1×416,667
+
0,1×83,333 = 583,333 ≠ 540
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 ut iliz a n dos libr a s de la cor r ie nt e 1 por u na libr a de la cor r ie nt e 3 , y t r e s
libr a s de la cor r ie nt e 2 por una libr a de la cor r ie nt e 4 , pa r a da r la m ism a
m e zcla de sa lida .
Además de las condiciones dadas por el diagrama original, se tiene otra relación:
Relación 1,
R1 : ( F 1 / F 3 ) = 2
(5)
Relación 2,
R2 : ( F 2 / F 4 ) = 3
(6)
NVI
NBMI
NFC
NCC
NRC
G de L
16
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 cor r ie nt e de sa lida no de be r á lle va r com pone nt e s ine r t e s y de be r á t e ne r
igu a le s por ce nt a j e s e n m a sa de los ot r os com pone nt e s de la cor r ie nt e .
Con e st a s condicion e s, no pu e de n int e r ve nir la s cor r ie nt e s de e nt r a da que
cont ie ne n ine r t e s y e l dia gr a m a cua nt it a t ivo de l pr oce so e s e l siguie nt e :
2
=0,8
WHNO
3
F2
(H2O 20%)
5
F = 2.000
WH52 SO 4 =1/3
5
=1/3
W HNO
3
(H2O)
WH32 SO 4 =0,30
W
F3
3
HNO3 =0,10
(H2O
60%)
30
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d
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:
F 1 + F 3 = 2.000
(1)
Nítrico:
0,8F 2 + 0,1F 3 = 666,67
(2)
Sulfúrico:
0,3F 3 = 666,67
(3)
De la ecuación (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 solución.
d. El cont e nido de in e r t e s e n la cor r ie nt e de sa lida pue de se r a r bit r a r io, pe r o
e l r e st o de los com pone nt e s e n la cor r ie nt e de sa lida de be r á n e st a r pr e se nt e s
e n igua le s por ce nt a j e s e n m a sa .
El diagrama cuantitativo del proceso, con todas las variables de corriente, se muestra
en la figura de la página siguiente:
Relaciones:
R1 :
( WH 2 SO4 = WHNO3 )
5
(1)
R2 :
( W H SO
= WH52O )
(2)
5
5
2
4
31
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d
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
W H1 2 SO4 =0,80
1
W Interte
=0,04
(H2O
16%)
F2
W
F5=2.000
2
HNO3 =0,80
(H2O
W H52 SO4
20%)
5
W HNO
3
W H52O
F3
(Inertes)
W H32 SO4 =0,30
3
=0,10
W HNO
3
(H2O
60%)
F4
W H42 SO4 =0,10
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 :
5
(WH52 SO4 / WHNO
) =1
3
(1)
R2 :
(W H52 SO4 / W H52O ) = 1
(2)
32
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Ecuaciones de Balance:
Total:
F 1 + F 2 + F 3 + F 4 = 2.000
(3)
Sulfúrico:
0,8F 1 + 0,3F 3 + 0,1F 4 = W H52 SO4 × 2.000
(4)
Agua:
0,16 F 1 + 0,2 F 2 + 0,6 F 3 + 0,72 F 4 = W H52O × 2.000
(5)
Nítrico:
5
0,8F 2 + 0,1F 3 + 0,1F 4 = W HNO
× 2.000
3
(6)
El análisis de las ecuaciones (1) a (6) muestra que forman un sistema con 6
5
5
5
ecuaciones y 7 incógnitas (F1, F2, F3, F4, W H 2 SO4 , WHNO3 , WH 2O ). El Grado de Libertad del
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 .1 6 . Un fa br ica nt e m e zcla t r e s a le a cione s pa r a obt e ne r 1 0 .0 0 0 lb/ h de una
a le a ción r e que r ida .
En la siguie nt e t a bla se m ue st r a n la s com posicione s de la s a le a cione s ( % e n
m a sa ) :
Componente
A
B
C
D
1
60
20
20
0
Aleaciones alimentadas
2
3
20
20
60
0
0
60
20
20
Aleación
deseada
25
25
25
25
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?
SOLUCI ÓN
Diagrama Cuantitativo:
W A1 =0,6
W B1 =0,2
1
( WC )
2
A =0,2
2
B =0,6
2
D)
W
W
(W
W A3 =0,2
W
F1
F2
F4=10000
W A4 =0,25
W B4 =0,25
WC4 =0,25
4
(WD )
F3
3
C =0,6
3
D)
(W
a . Ca lcule los fluj os de a lim e nt a ción de la s t r e s a le a cione s. ¿Pu e de n cum plir se
t oda s la s condicione s r e que r ida s?
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d
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:
F 1 + F 2 + F 3 = 10.000
(1)
A:
0,6 F 1 + 0,2 F 2 + 0,2 F 3 = 2.500
(2)
B:
0,2 F 1 + 0,6 F 2 = 2.500
(3)
C:
0,2 F 1 + 0,6 F 3 = 2.500
(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. Su pónga se que pue de usa r se t a m bié n una cua r t a a le a ción, que cont ie ne 2 0
% B, 2 0 % C y 6 0 % D .
Ca lcule los fluj os de a lim e nt a ción de la s cua t r o a le a cione s.
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.
W A1 =0,6
W B1 =0,2
1
( WC )
W A2 =0,2
W B2 =0,6
2
(WD )
W A3 =0,2
WC3 =0,6
F1
F2
F4=10000
F3
W A4 =0,25
W B4 =0,25
WC4 =0,25
4
(WD )
3
(WD )
WB5 =0,2
WC5 =0,2
F5
5
( WD )
35
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Las ecuaciones de balance de materia son:
Total:
F 1 + F 2 + F 3 + F 5 = 10.000
(1)
A:
0,6 F 1 + 0,2 F 2 + 0,2 F 3 = 2.500
(2)
B:
0,2 F 1 + 0,6 F 2 + 0,2 F 5 = 2.500
(3)
C:
0,2 F 1 + 0,6 F 3 + 0,2 F 5 = 2.500
(4)
Que conforman un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas
Resolviéndolo se obtiene que:
F 1 = 2 .5 0 0
F 2 = 2 .5 0 0
F 3 = 2 .5 0 0
F 5 = 2 .5 0 0
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. Supón ga se que ún ica m e nt e se r e quie r e que la a le a ción fin a l t e nga 4 0 % A y
ca nt ida de s igua le s de B y C ( no se e spe cifica la fr a cción e n m a sa de l
com pue st o D ) .
¿En qué pr opor cione s de be r á n m e zcla r se la s cu a t r o a le a cione s pa r a sa t isfa ce r
e st a s condicione s?
¿Cuá l se r ía la com posición de la a le a ción fina l?
Diagrama Cuantitativo:
W A1 =0,6
W B1 =0,2
1
( WC )
W A2 =0,2
W B2 =0,6
2
(WD )
W A3 =0,2
WC3 =0,6
F1
F
2
4
F =10.000
W A4 =0,4
W B4
WC4
4
(WD )
F3
3
(WD )
36
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Re la cione s:
W B4 = WC4
R1:
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d
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:
F 1 + F 2 + F 3 = 10.000
(1)
A:
0,6 F 1 + 0,2 F 2 + 0,2 F 3 = 4.000
(2)
B:
0,2 F 1 + 0,6 F 2 = 10.000 W B4
(3)
C:
0,2 F 1 + 0,6 F 3 = 10.000 WC4
(4)
R1 :
(W B4 / WC4 ) = 1
(5)
Resolviéndolo el sistema se encuentra que:
F1 = 5.000
F2 = 2.500
W B4 = 0,25
F3 = 2.500
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:
0,2 F 2 + 0,2 F 3 = 10.000 W D4
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 .1 7 . Una le cha da que consist e de un pr e cipit a do de Ca CO 3 e n solución de
N a OH y H 2 O, se la va con u na m a sa igua l de u na solución diluida de 5 % ( e n
m a sa ) de N a OH e n a gu a .
La le cha da la va da y se dim e nt a da que se ca r ga de la unida d cont ie ne 2 libr a s
de solución por ca da libr a de sólido ( Ca CO 3 ) . La solución cla r a que se
de sca r ga de la unida d pue de supone r se de la m ism a conce nt r a ción que la
solución a ca r r e a da por los sólidos.
La le cha da de a lim e nt a ción cont ie ne igua le s fr a ccione s m a sa de t odos sus
com pone nt e s.
Ca lcule la conce nt r a ción de la solución cla r a .
NaOH
H2O
SOLUCIÓ
N de
Lachada de
alimentación
NaOH
H2O
CaCO3
SOLUCIÓN clara
NaOH
H2O
Lachada lavada
NaOH
H2O
CaCO3
SOLUCI ÓN
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 :
F1 = F 2
R2 :
( WCaCO
3
3
R3 :
(1)
= 1/ 3 )
(2)
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
3
⎞
⎞ ⎛ FNaOH
⎛
⎞ ⎛⎜
FNaOH
F3
⎟
⎟=⎜
⎜
⎟
×
3
3
3
3
3
⎟
⎜
⎜ FNAOH + FH O ⎟ ⎝ F ⎠ ⎜ FNaOH + FH O ⎟
2
2
⎠
⎝
⎠
⎝
3
3
⎞ ⎛ W NaOH
⎛
⎞
W NaOH
F3
F 3 ⎞ ⎛⎜
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
⎞
⎞ ⎛⎜ WNaOH
⎛
masa de NaOH
⎟
⎟⎟ =
⎜⎜
3
⎝ masa de agua + masa de NaOH ⎠ ⎜⎝ 1 − WCaCO3 ⎟⎠
Reemplazando valores, la relación R3 se plantea como:
3
⎞ ⎛
⎛ W NaOH
⎞
lb de NaOH
4
⎟
⎜
⎜ 1 − 0,3333 ⎟ = ⎜⎜ lb de s ln sin sólidos ⎟⎟ = W NaOH
⎠3
⎠ ⎝
⎝
(3)
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d
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
Ba se : Se a F 1 = 1 .0 0 0
Las ecuaciones del balance de materia son:
Total:
F 3 + F 4 = 1.000 + F 2
(4)
CaCO3:
3
WCaCO
F 3 = 1.000 × (1 / 3)
3
(5)
NaOH:
4
3
W NaOH
F 4 + W NaOH
F 3 = 0,05F 2 + (1.000 / 3)
(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 .1 8 . Pue de e x t r a e r se e l á cido be nzoico de un a solución a cu osa diluida ,
m e dia nt e e l cont a ct o de la solución con be nce n o e n u na unida d de e x t r a cción
de e t a pa única .
La m e zcla se se pa r a r á e n dos cor r ie nt e s: u na que cont ie ne á cido be nzoico y
be nce n o y la ot r a que cont ie n e a los t r e s com pon e nt e s, com o lo m u e st r a e l
dia gr a m a de la figur a .
El be nce no e s lige r a m e nt e soluble e n a gua , por t a nt o, la cor r ie nt e 4 cont e n dr á
0 ,0 7 k g de be nce n o por k g de a gu a .
El á cido be nz oico se dist r ibuir á e nt r e la s cor r ie n t e s 3 y 4 de la siguie nt e
for m a :
⎛ masa de ácido benzoico ⎞
⎛ masa de ácido benzoico ⎞
⎟⎟
⎟⎟ = 4 × ⎜⎜
⎜⎜
masa de benceno
⎝ masa (benceno + agua ) ⎠ 4
⎠3
⎝
40
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
La solución de a lim e nt a ción, cor r ie nt e 2 , cont ie ne 2 × 1 0 - 2 k g de á cido/ k g de
a gua y se a lim e nt a a r a zón de 1 0 4 k g/ 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
Ácido benzoico
Benceno
1
4
3
Ácido benzoico
Benceno
Agua
2
Benceno
SOLUCI ÓN :
Diagrama Cuantitativo:
4
F1=10.000 kg/h
W
1
AB
1
F4
4
W AB
(A)
WB4
(A)
F
3
3
W AB
3
2
F2 (Benceno)
(B)
R 1:
0,02 kg de ácido/kg de agua en la alimentación
R 2:
0,07 kg de benceno/ kg de agua en la corriente 4.
R 3:
⎛ masa de ácido benzoico ⎞
⎛ masa de ácido benzoico ⎞
⎟⎟
⎟⎟ = 4 × ⎜⎜
⎜⎜
masa de benceno ⎠ 3
⎝ masa (benceno + agua) ⎠ 4
⎝
41
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
a . D e m ue st r e que e l pr oble m a e st á sube spe cifica do.
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d
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. Supónga se que e l á cido be nz oico e x t r a ído e n la cor r ie nt e 3 , va le $ 1 / k g y
que e l be nce no fr e sco ( cor r ie nt e 2 ) cue st a 3 ce nt a vos/ k g.
Const r uya una gr á fica de ut ilida d ne t a cont r a fluj o de be nce no y se le ccione e l
fluj o ópt im o de be nce no.
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)
10.000 ×
0,02
3
= W AB
F3
1,02
4
+ W AB
F 4 = 196,078
(1)
Balance de benceno: (B)
3
F 2 = (1 − W AB
) F 3 + WB4 F 4
(2)
Balance de agua: (A)
10.000 ×
1,00
4
= FA4 = (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
⎜⎜
⎟
⎜
⎟
=4×⎜
3
3 ⎟
⎟=
⎝ 9.803,922 + 686,275 ⎠ 10.490,197
⎝ (1 − W AB ) F ⎠
(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 ⎠
(7)
3
4
W AB
F 3 = 196,078 − W AB
F4
(7)
y
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
Valores de F2
kg
1.300
2.000
2.100
2.200
2.300
2.400
2.600
3.000
$
39
60
63
66
69
72
78
90
4
F4 W AB
kg
158,916
130,652
127,415
124,334
121,399
118,599
113,370
104,182
3
F3 W AB
kg
37,162
65,428
68,663
71,744
74,679
77,479
82,708
91,896
Valor de ácido reciclado
Utilidad
$
37,162
65,428
68,663
71,744
74,679
77,479
82,708
91,896
$
-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 .1 9 La a lim e nt a ción a u n sist e m a fr a cciona dor de dos colum na s e s de 3 0 0 0 0
lb/ h de un a m e zcla que cont ie ne 5 0 % de be nce n o ( B) , 3 0 % de t olue no ( T) y
2 0 % de x ile no ( X ) . La a lim e nt a ción se in t r odu ce e n la colum na I y r e sult a e n
un de st ila do con 9 5 % de be nce n o, 3 % de t olu e no y 2 % de x ile no. Los
fondos de la colu m na I se a lim e nt a n a la se gunda colum na de la cua l se
obt ie ne un de st ila do con 3 % de be nce no, 9 5 % de t olue no y 2 % de x ile no.
43
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Su pónga se que 5 2 % de la a lim e nt a ción a pa r e ce com o de st ila do e n la pr im e r a
colum na y 7 5 % de l be nce no a lim e nt a do a la se gu nda colu m na a pa r e ce e n e l
de st ila do de é st a .
Ca lcule la com posición y e l fluj o de la cor r ie nt e de fon dos de la se gu n da
colum na .
SOLUCI ÓN :
Diagrama cuantitativo:
F2
F4
2
F4=30.000
w1B =0,5
wT1 =0,3
1
4
w B2 =0,95
wT2 =0,03
w B4 =0,03
wT4 =0,95
(X, 2%)
(X, 2%)
I
II
(X, 20%)
F5
3
3
F
3
B
3
T
w
w
3
( wX )
5
w B5
wT5
5
( wX )
44
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Relaciones:
R1 :
0,52 F 1 = F 2
R2 :
0,75 wB3 F 3 = wB4 F 4
Unida d I
NVI
NBMI
3
NFC
1
NCC
4
NRC
R1
1
R2
G de L
9
-9
0
Ta bla de gr a dos de libe r t a d
Unida d I I
Pr oce so
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
Globa l
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.
Tolueno (T)
Benceno(B)
Xileno (X)
Total
Unida d I
1
1
1
3
Ta bla de Ba la nce s
Unida d I I
1
1
1
3
Pr oce so
2
2
2
6
Globa l
1
1
1
3
Est r a t e gia de SOLUCI ÓN :
3
3
1. Resolviendo la Unidad I se conocen F2, F3, wB y wT . Se agota R1.
2. Actualizando Grados de Libertad:
Unidad II:
Global:
G de L A = 3 − 1 ( F 3 ) − 2 ( wB3 , wT3 ) = 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
5
5
cual ya son conocidas todas las incógnitas: F2 (al resolver la Unidad I) y F4, F5, wB , wT
(al resolver la Unidad II).
45
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
CÁLCULOS:
Base de cálculo:
F1 = 30.000
Ba la nce s e n la Unida d I :
De R1:
F2=15.600
Los balances son:
Total:
F1 = F 2 + F 3
30.000 = 15.600 + F 3
F 3 = 14.400
Benceno:
w1B F 1 = wB2 F 2 + wB3 F 3
0,5 × 30.000 = 0,95 × 15.600 +
w B3 = 0,0125
w B3 × 14.400
wT1 F 1 = wT2 F 2 + wT3 F 3
0,3 × 30.000 = 0,03 × 15.600 +
wT3 = 0,5925
wT3 × 14.400
Tolueno:
Por diferencia:
w 3X = (1 − w B3 − wT3 ) = (1 − 0,25 − 0,5925)
w 3X = 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
Ba la nce s e n la Unida d I I :
Balance Total:
14.400 = F 4 + F 5
De R2:
0,75 w B3 F 3 = 0,75 × 0,0125 × 14.400 = 135
135 = wB4 F 4 = 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:
Por diferencia:
wB3 F 3 = wB4 F 4 + wB5 F 5
0,0125 × 14.400 = 0,03 × 4.500 + w B5 (9.900)
wB5 = 0,00454
wT3 F 3 = 0,95F 4 + wT5 × 9.900
0,5925 × 14.400 = 0,95 × 4.500 + wT5 (9.900)
wT5 = 0,43
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 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
Benceno:
w 1B F 1 = w B2 F 2 + w B4 F 4 + w B5 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
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
1 .2 0 . Se ut iliza un sist e m a de pur ifica ción con r e cir cula ción, pa r a r e cupe r a r a l
solve nt e D M F de u n ga s de de spe r dicio que cont ie ne 5 5 % de D M F e n a ir e . El
pr oduct o de be r á t e ne r única m e nt e 1 0 % de D M F. Ca lcule la fr a cción de
r e cir cula ción, suponie ndo que la unida d de pur ifica ción pue de e lim ina r a dos
t e r ce r a s pa r t e s de l D M F pr e se n t e e n la a lim e nt a ción com bina da a la unida d.
DMF
Aire 55%
DMF
Aire 90%
Unidad de
purificación
DMF
SOLUCI ÓN :
Diagrama cuantitativo:
F5
5
W D5
5
( Waire )
F1
W D1 =0,65
1
( Waire )
2
1
M
2
F2
3
Unidad de
purificación
2
D
3
F3
3
D = 0,1
3
aire )
W
(W
W
2
( Waire )
6
D
4
F4
W D4 =0,1
4
( Waire )
FD6
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
Ta bla de gr a dos de libe r t a d
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:
Purificación:
Divisor:
Global:
Incógnitas =
4(F1, F2, W2D, F5)
Ecuaciones=
G de L
=
2 (balances)
2
Incógnitas =
4(F2, F2, W6D, F7)
Ecuaciones=
G de L
=
2 (balances) + 1(R1)
1
Incógnitas =
5(F3, F4, W3D, F5, W5D)
Ecuaciones=
G de L
=
2 (balances) + 1(R2)
2
Incógnitas =
3(F1, F6D, F4)
Ecuaciones=
G de L
=
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.
DMF (D)
Aire
Total
Mezclador
1
1
2
Ta bla de Ba la nce s
Purificación
Divisor
1
1
1
1
2
2
Proceso
3
3
6
Global
1
1
2
Est r a t e gia 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:
Ba la nce e n la Unida d de Pur ifica ción:
Ba se de ca lculo: F 6 = 1 5 0
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
= (1-0,1) x 750
= 675
Ba la nce e n e l M e zcla dor :
Total
DMF:
F1 + F5 = 900
0,55 F1 + 0,1 F5= 225
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
Ba la nce s e n e l Globa l:
300 = F4 + 150
F4 = 150
Total
Comprobando los resultados en el balance de aire:
(1-0,55)x 300
135
= (1-0,1) x 150
= 135
Comprobando los resultados en el Divisor:
Total:
750 = 150 + 600 = 750
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:
Ba se de Cá lculo:
F6 = 1 5 0
Unida d de Pur ifica ción:
Total:
DMF:
R1 :
F2= F3 +150
F2W2D= 0,1 F3+150
150 = (2/3) F2W2D
(1)
(2)
(3)
Ba la nce e n e l M e zcla dor :
Total
DMF:
F1 + F5 = F2
0,55 F1 + 0,1 F5= F2W2D
(4)
(5)
Globa l:
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:
F4= 150
F5= 599,9999994
W2D= 0,24999999
F1 = 300
F2 = 899,9999994
F3 = 749,9999994
Comprobando los resultados con el divisor:
Total
749,9999994 = 150 + 599,399999
749,9999994 = 749,99999
1 .2 1 . Fr e cue nt e m e nt e se ut iliz a u n m é t odo de pur ifica ción de ga se s qu e
consist e e n la a bsor ción se le ct iva de los com pone nt e s inde se a ble s de l ga s, e n
un m e dio líquido e spe cífica m e n t e se le cciona do.
Post e r ior m e nt e se r e ge ne r a e l m e dio líquido m e dia nt e un t r a t a m ie nt o quím ico
o t é r m ico pa r a libe r a r a l m e dio a bsor bido.
En una inst a la ción pa r t icula r se a lim e nt a n t e m por a lm e nt e 1 0 .0 0 m ole s/ h a un
sist e m a de pur ifica ción ( dise ñ a do pa r a e lim ina r com pue st os de a zufr e ) , cuya
ca pa cida d de dise ño e s de 8 2 0 m ole s/ h.
Com o e l sist e m a de a bsor ción sim ple m e n t e pue de m a ne j a r 8 2 % de e st e fluj o,
se pr opone de r iva r una cor r ie nt e con e l e x ce so, de m a ne r a que la
conce nt r a ción de H 2 S e n la sa lida de l sist e m a de a bsor ción se r e du zca lo
suficie nt e pa r a que la m e zcla de sa lida cont e nga única m e nt e 1 % de H 2 S y
0 ,3 % de COS e n ba se m ola r .
Ca lcule t odos los fluj os de l sist e m a . La cor r ie nt e de a lim e nt a ción consist e ( e n
ba se m ola r ) de 1 5 % de CO 2 , 5 % de H 2 S y 1 .4 1 % de COS; e l r e st o e s CH 4 .
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
SOLUCI ÓN :
N2
D ia gr a m a cu a nt it a t ivo:
X
2
CO2 = 0,15
X H2 2 S = 0,05
2
2
X COS
= 0,0141
2
( X CH )
4
N1=1.000
1
= 0,15
X CO
2
1
X H1 2 S = 0,05
X
1
COS
D
N6
Sistema de
Absorción
3
N3
5
N5
3
X CO
= 0,15
2
= 0,0141
(X CH4)
4
N
4
X CO
2
3
X COS
= 0,0141
(X
6
4
5
( X CH )
X H4 2 S
3
CH 4 )
6
=0,003
X COS
( X CH )
X H5 2 S
4
6
X H6 2 S = 0,01
5
X CO
2
X H3 2 S = 0,05
1
M
4
4
X COS
4
( X CH )
4
Re la cione s:
R1 :
R2 : Restricciones del Divisor:
0,82 N1 = N3
RD = (2-1)(4-1) = 3
Tabla de Grados de Libertad:
NVI
NBMI
NFC
NCC
NRC
G de L
R1
R2
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
Reconfirmación de Grados de Libertad:
Divisor
Absorción
Incógnitas =
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 )
Ecuaciones=
G de L
=
4(balances)+4(R1,R2)
0
Incógnitas =
7( N 3 , N 4 , x 4 H 2 S , N 5 , x 5 CO2 , x 5 H 2 S , x 5 COS )
Ecuaciones=
G de L
=
4(balances)
3
53
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Global
Incógnitas =
4( N 4 , x 4 H 2 S , N 6 , x 6 CO2 )
Ecuaciones=
G de L
=
4(balances)
0
Ta bla de Ba la nce s:
Divisor
1
1
1
1
4
CO2
H2 S
COS
CH4
Total
Absorción
1
1
1
1
4
Mezclador
1
1
1
1
4
Proceso
3
3
3
3
12
Global
1
1
1
1
4
Est r a t e gia 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:
Ba la nce e n e l Pr oce so Globa l:
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
Re solvie ndo e l sist e m a de e cua cione s:
N4 = 51,773
N6 = 948,226
X4H2S = 0,7826
X6CO2 = 0,1581
Com pr oba ndo los r e sult a dos e n e l ba la nce de CH 4 :
(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
0,82 x 1.000 = N3
N3 = 820
De R1 :
Ba la nce e n e l D ivisor :
1.000 = 820 +N2
N2 = 180
Total:
Ba la nce s e n la t or r e de Absor ción:
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 = 768,226
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 :
Globa l:
Total:
CO2:
H2S:
COS:
R1 :
1.000 = N4 +N5
150 = x6CO2 x N6
50 = x4H2S x N4 + 0,01 x N6
14,1 = (1- x4H2S) x N4 + 0,003 x N6
820 = N3
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
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)
D ivisor :
Total:
CO2:
H2S:
COS:
Re st r iccione s de l D ivisor :
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
Tor r e de Absor ción:
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 x N5
(13)
(14)
(15)
(16)
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
SECCI ÓN I I – BALAN CE D E M ATERI A CON REACCI ÓN QUÍ M I CA
2 .1 . a . Escr ibir u na r e a cción quím ica ba la nce a da pa r a la r e a cción de 1 m ol de
C8 H 1 2 S 2 con O 2 pa r a pr oducir CO 2 , H 2 O y SO 2 .
2 .1 . b. Ca lcule la ve locida d de pr oducción de t oda s la s sust a n cia s, si se ha ce n
r e a cciona r 2 m ole s/ h de C8 H 1 2 S 2 con u na ca nt ida d e st e quiom é t r ica de O 2 .
2 .1 . c. Ca lcule la ve locida d de la r e a cción.
SOLUCI ÓN
a . Escr iba una r e a cción quím ica ba la nce a da pa r a la r e a cción de 1 m ol de
C8 H 1 2 S 2 con O 2 pa r a pr oducir CO 2 , H 2 O y SO 2 .
La ecuación balanceada es:
C8 H12 S 2 + 13O2 → 8CO2 + 6 H 2O + 2 SO2
b. Ca lcule la ve locida d de pr oducción de t oda s la s sust a ncia s, si se ha ce n
r e a cciona r 2 m ole s/ h de C8 H 1 2 S 2 con u na ca nt ida d e st e quiom é t r ica de O 2 .
Con base en la simbología utilizada y la estequiometría de la reacción:
=2
N CEntrada
8 H 12 S 2
mol
h
y
N OEntrada
= 26
2
mol
h
A partir de la s ecuaciones de definición:
RC8 H12 S 2 = N Csalida
− N CEntrada
= 0 − 2 = −2
8 H12 S 2
8 H12 S 2
mol
h
RO2 = N Osalida
− N OEntrada
= 0 − 26 = −26
2
2
mol
h
salida
Entrada
RCO2 = N CO
− N CO
= 16 − 0 = 16
2
2
mol
h
R H 2O = N Hsalida
− N HEntrada
= 12 − 0 = 12
2O
2O
mol
h
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. Ca lcule la ve locida d de la r e a cción.
Los coeficientes estequiométricos para reactivos y productos son:
σ C = −1
σ O = −13
8
σ CO = 8
2
σ H O= 6
2
σ SO = 2
2
2
La velocidad de reacción es:
r=
R
σ
=
− 2 mol − 26 mol 16 mol 12 mol 4 mol
=
=
=
=
2 h
−1 h
− 13 h
8 h
6 h
r=2
mol
h
2 .2 . La com bust ión de C3 H 6 ha st a CO 2 y H 2 O pue de de scr ibir se por cu a lquie r
de la s r e a ccione s:
C3 H 6
+ 9 O2
2
→ 3CO2
+ 3H 2 O
2C 3 H 6
+ 9O2
→ 6CO2
+ 6H 2O
O la r e a cción:
Su ponga que se ha ce n r e a cciona r 1 0 m ole s/ h de C3 H 6 con 5 0 m ole s/ h de O 2 ,
logr á ndose la conve r sión com ple t a de C3 H 6 .
Ca lcule la s ve locida de s de r e a cción que se obt ie ne n con ca da r e a cción.
Ex plique de que m a ne r a se r e la ciona n la s dos ve locida de s y por qué .
SOLUCI ÓN
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:
N CEntrada
= 10
3H 6
mol
h
N OEntrada
= 50
2
mol
h
58
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
N Csalida
= 30
3H 6
mol
h
N Hsalida
= 30
2O
mol
h
N OSalida
= (50 − 45) = 5
2
mol
h
La velocidad de reacción es:
r1 =
0 − 10 mol 5 − 50 mol 30 − 0 mol 30 − 0 mol
=
=
=
h
h
3
3
−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
h
h
6
6
−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 . Conside r e la r e a cción:
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
SOLUCI ÓN
a . Si un a a lim e nt a ción a l r e a ct or t ie ne la com posición ( por ce nt a j e e n m ol) de
2 0 % de C2 H 5 OH , 2 0 % de N a 2 Cr 2 O 7 y e l r e st o H 2 SO 4 , ¿cuá l e s e l r e a ct ivo
lim it a nt e ?
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
σ Na Cr O = −2
2
5
2
σ H SO = −8
7
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:
N Centrada
2 H 5 OH
σ C H OH
2
5
=
entrada
N Na
2Cr2O7
20
= 6,67
3
σ Na Cr O
2
N Hentrada
2 SO4
σ H SO
2
7
=
2 7
=
20
= 10
2
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 a lim e nt a a un r e a ct or 2 3 0 k g/ h de C2 H 5 OH , que fluj os de
a lim e nt a ción de los ot r os dos r e a ct ivos se r ía n ne ce sa r ios pa r a t e ne r un a
m e zcla e st e quiom é t r ica de a lim e nt a ción?
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 r e a ct or se a lim e nt a una m e zcla e quim ola r de la s sust a ncia s A, B y C,
pa r a pr oducir e l pr oduct o D m e dia nt e la r e a cción:
A + 2B +
3 C → 2D + E
2
Si la conve r sión e n e l r e a ct or e s de 5 0 % , ca lcule e l núm e r o de m ole s de l
pr oduct o D que se for m a por m ol de a lim e nt a ción a l r e a ct or .
SOLUCI ÓN
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:
N Aentrada = N Bentrada = N Centrada =
1
3
Por lo tanto:
N
entrada
A
σA
⎛1⎞
⎜ ⎟
1
3
=⎝ ⎠=
1
3
N Centrada
σC
N
entrada
B
σB
⎛1⎞
⎜ ⎟
1
3
=⎝ ⎠=
3
6
⎛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
N Sentrada X S N Bentrada X 3
1
r=
=
=
= mol
−σ S
−σ B
2
12
Los moles del producto serán:
N Dsalida = σ D
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 e fe ct úa un a r e a cción cu ya e cu a ción e st e quiom é t r ica e s:
A + 3B → 2 D
Con 2 0 % de con ve r sión de A.
La cor r ie n t e de a lim e nt a ción a l r e a ct or cont ie ne 2 5 %
( por ce nt a j e e n m a sa ) y t ie ne un fluj o de 1 0 0 0 k g/ h .
Si la m a sa m ole cula r de A e s 2 8 y e de B e s 2 :
de A y 7 5 %
de B
a. Calcule la masa molecular de D.
b. Calcule la composición en base masa de la corriente de salida.
SOLUCI ÓN
a . Ca lcule la m a sa m ole cula r 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:
σ A = −1
N ent . A = (125 / 14) kgmol
N ent . B = (750 / 2) kg − mol
σ B = −3
σ C = −2
La velocidad de reacción es:
1 125
×
N Aentrada X A 5 14 125
=
=
r=
1
70
−σ A
Los flujos de salida son:
⎛ 125 125 ⎞ 500
N Asalida = N Aentrada + σ A r = ⎜
−
⎟=
70 ⎠ 70
⎝ 14
⎛ 750 3 × 125 ⎞ 25.875
N Bsalida = N Bentrada + σ B r = ⎜
−
⎟=
70 ⎠
70
⎝ 2
2 × 125 ⎞ 250
⎛
N Dsalida = N Dentrada + σ D r = ⎜ 0 −
⎟=
70 ⎠ 70
⎝
Como la masa se conserva, Fsal. = 1000, o sea que:
F Asalida + FBsalida + FDsalida = 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:
MM A N Asalida + MM B N Bsalida + MM D N Dsalida = 1.000
donde MM es la masa molecular:
Reemplazando:
250
25.875
500
× 28 +
×2+
× MM D = 1.000
70
70
70
MM D = 17
Despejando,
b. Ca lcule la com posición e n ba se m a sa de la cor r ie nt e de sa lida .
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 ga s de dióx ido de clor o se ut iliza e n la in dust r ia pa pe le r a pa r a
bla nque a r la pulpa pr oducida e n u n m olino Kr a ft . El ga s se pr oduce ha cie ndo
r e a cciona r clor a t o de sodio, a cido sulfúr ico y m e t a nol, e n r e a ct or e s
r e cubie r t os de plom o:
6 NaClO3 + 6 H 2 SO4 + CH 3 OH → 6 ClO2 + 6 NaHSO4 + CO2 + 5 H 2 O
Su ponga que se ut iliza n 1 4 m ole s de una m e zcla e quim ola r de N a ClO 3 y H 2 SO 4
por m ol de CH 3 OH com o se m ue st r a e n la figur a :
CH3OH
Reactor
NaClO3
H2SO4
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
SOLUCI ÓN
La reacción es:
6 NaClO3 + 6 H 2 SO4 + CH 3 OH → 6 ClO2 + 6 NaHSO4 + CO2 + 5 H 2 O
a . D e t e r m ine e l r e a ct ivo lim it a n t e .
Las moles de reactivos son:
entrada
N NaClO
=7
3
N Hentrada
=7
2 SO4
σ NaClO = −6
σ H SO = −6
entrada
N CH
=1
3OH
Los coeficientes estequiométricos son:
σ CH OH = −1
3
3
2
4
Las relaciones entre las moles de alimentación y los coeficientes estequiométricos son:
entrada
N CH
3OH
σ CH OH
entrada
N NaClO
3
=1
σ NaClO
3
3
=
7
6
N Hentrada
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. Ca lcule los fluj os de r e a ct ivos ne ce sa r ios pa r a pr odu cir 1 0 t one la da s
m é t r ica s por h or a de ClO 2 , suponie ndo que se obt ie ne un a con ve r sión de l
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: σ CO2 = 6 σ
Por tanto,
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:
24,710
entrada
entrada
× 0,9
N CH
N CH
kgmol
3OH
3OH
=
=
6
− σ CH 3OH
h
Despejando,
entrada
N CH
= 27,456
3OH
kgmol
h
y con las condiciones del problema:
entrada
entrada
N NaClO
= N Hentrada
= 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
= 98
FHentrada
2 SO4
kg
kgmol
kg
× 192,189
= 20.458,52
kgmol
h
h
kg
kgmol
kg
× 192,189
= 18.834,52
kgmol
h
h
entrada
FCH
= 32
3OH
kg
kgmol
kg
× 27,456
= 878,59
kgmol
h
h
2 .7 . En la indust r ia de l á cido sulfúr ico, e l nom br e óle um se ut iliza pa r a un
á cido con una pur e za de l 1 0 0 % que con t ie ne SO 3 libr e sin r e a cciona r disue lt o
e n e l á cido. Por e j e m plo, u n óle um de 2 0 % cont ie n e 2 0 lb de SO 3 e n 8 0 lb de
á cido a l 1 0 0 % , por ca da 1 0 0 lb de m e zcla . Ta m bié n e s posible de sign a r a l
óle um com o un por ce nt a j e de á cido sulfúr ico supe r ior a l 1 0 0 % . Se ca lcula
com o la s libr a s de á cido a l 1 0 0 % que se obt e ndr ía n m e dia nt e la a dición de
suficie nt e a gua a 1 0 0 lb de óle um pa r a disolve r t odo e l SO 3 .
Usa ndo e st a s de finicione s, ca lcule :
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 %.
SOLUCI ÓN
a . La s libr a s de óle um de 2 5 % que pue de pr oducir se con 1 0 0 lb de a z ufr e .
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 = 2 8 9 ,9 4 lb
b. Por ce nt a j e de á cido sulfúr ico que cor r e sponde a l óle um de 2 5 % .
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 hipoclor it o de sodio se for m a de a cue r do con la r e a cción:
2 NaOH
+ Cl 2 → NaOCl
+
NaCl
+
H 2O
e n u n r e a ct or cont in uo.
66
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Pa r a e llo se bur buj e a Cl 2 a t r a vé s de una solución conce n t r a da ( 4 0 % e n
m a sa ) de N a OH .
Su pónga se que la solución de N a OH e n H 2 O se a lim e nt a a r a zón de 1 .0 0 0 k g/ h
y e l ga s Cl 2 , a r a zón de 1 0 k gm ol/ h.
Efe ct úe la s siguie nt e s ope r a cion e s:
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.
SOLUCI ÓN
El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, se muestra en el
esquema de la página siguiente:
Diagrama cuantitativo:
N1=10
NNaCl
(Cl2)
NNaClO
Reactor
Continuo
F2=1.000
W2NaOH=0,4
(agua)
NH2O
NNaOH
NCl2
a . Ca lcule los gr a dos de libe r t a d, suponie n do que se e spe cifica la conve r sión.
La reacción y los coeficientes estequiométricos son:
σ
2 NaOH
-2
+ Cl 2
→ NaOCl
-1
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. D e t e r m ine cuá l e s e l r e a ct ivo lim it a nt e .
Los flujos molares de los reactivos son:
entrada
N NaOH
=
kgmol
1.000 × 0,4 kgmol
= 10
h
h
40
N Clentrada
= 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. Ca lcule la com posición de sa lida de l r e a ct or , suponie n do u n a conve r sión de
1 0 0 % de l r e a ct ivo lim it a nt e .
Si la conversión es del 100 %, la velocidad de reacción será igual a 5.
Los balances por componente son:
Cl 2 :
N salida Cl2 = N entrada Cl2 + σ Cl2 r = 10 − 5
NaOCl :
N salida Cl2 = 5
N salida NaOCl = N entrada NaOCl + σ NaOCl r = 0 + 5
NaCl :
N salida NaOCl = 5
N salida NaCl = N entrada NaCl + σ NaCl r = 0 + 5
H 2O :
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:
Cl2
NaOH
H2 O
Tot a l
EN TRAD A
k g - m ol
10
10
---
kg
709
400
600
NaOCl
NaCl
H2 O
Cl2
SALI D A
k g - m ol
5,00
5,00
38,33
5,00
1 .7 0 9
kg
372,25
292,25
690,00
354,50
1 .7 0 9
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
kgmol
h
Y las fracciones molares son:
( xCl2 , x NaOCl , x NaCl , x H 2O ) = (0,09375; 0,09375; 0,09375; 0,71875)
d. Ca lcule la com posición de sa lida de l r e a ct or , suponie n do u na conve r sión de
6 0 % de l r e a ct ivo lim it a nt e .
Con base en la conversión se calcula la velocidad de reacción:
entrada
X NaOH × N NaOH
10 × 0,6
=
=3
r=
− σ NaOH
2
A partir de ella, los balances por componente son:
NaOH :
N salida NaOH = N entrada NaOH + σ NaOH r = 10 − (2 × 3)
Cl 2 :
N salida NaOH = 4
N salida Cl2 = N entrada Cl2 + σ Cl2 r = 10 − 3
NaOCl :
N salida Cl2 = 7
N salida NaOCl = N entrada NaOCl + σ NaOCl r = 0 + 3
NaCl :
N salida NaOCl = 3
N salida NaCl = N entrada NaCl + σ NaCl r = 0 + 3
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:
EN TRAD A
k g - m ol
Cl2
NaOH
H2 O
10
10
---
Tot a l
kg
709
400
600
NaOH
NaOCl
NaCl
H2 O
Cl2
SALI D A
k g - m ol
4,000
3,000
3,000
36,333
7,000
1709
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
kgmol
h
Y las fracciones molares son:
( 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 pr oce so a nt iguo pa r a la pr oducción de á cido clor hídr ico r e quie r e de
ca le nt a r una m e zcla de N a H SO 4 y N a Cl e n un hor no e spe cia l. Cua n do se ha
e fe ct ua do la r e a cción, e l N a 2 SO 4 r e sidua l pe r m a ne ce com o sólido, e n t a n t o
que e l H Cl se r e cupe r a e n for m a ga se osa .
Si la r e a cción sigue la e st e quiom e t r ía
NaHSO4
+
NaCl → Na 2 SO4
+ HCl
Y se a lim e nt a n los r e a ct ivos e n pr opor cione s e st e quiom é t r ica s, ca lcule la
ca nt ida d y com posición de los sólidos r e sidua le s. Suponga que la conve r sión
se com ple t a e n un 9 5 % y que se a lim e nt a e l N a Cl a r a zón de 5 .8 4 4 lb/ día .
SOLUCI ÓN
La reacción y los coeficientes estequiométricos son:
NaHSO4
σ
+
-1
NaCl
→ Na 2 SO4
-1
+
1
HCl
1
D ia gr a m a cu a nt it a t ivo:
NsalidaNa2SO4
NentradaNaCl
NsalidaNaCl
Re a ct or
NsalidaNaHSO4
NentradaNaHSO4
NsalidaHCl
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
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=
0,95 × 100 lbmol
lbmol
= 95
día
día
1
De la relación 2:
entrada
N NaHSO
= 100
4
lbmol
día
Los balances por componentes son:
N salida Na2 SO4 = N entrada Na2 SO4 + σ Na2 SO4 r = 0 + 95
Na 2 SO4 :
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
N salida NaHSO4 = N entrada NaHSO4 + σ NaHSO4 r = 100 − 95
NaHSO4 :
N salida NaHSO4 = 5
Comprobando los resultados con los flujos másicos de entrada y salida:
EN TRAD A
Lbm ol
lb
Na2SO4
NaCl
NaHSO4
100
100
Tot a l
5.844
12.000
SALI D A
lbm ol
95
5
5
95
1 7 .8 4 4
lb
13.490
292,2
600
3.461,8
1 7 .8 4 4
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 .1 0 . El supe r fosfa t o se pr oduce por la r e a cción de fosfa t o de ca lcio con á cido
sulfúr ico, de a cue r do con:
Ca 3 ( PO4 ) 2
+ 2 H 2 SO4
→ CaH 4 ( PO4 ) 2
+ 2CaSO4
Se ha ce n r e a cciona r 2 0 .0 0 0 k g/ día de fosfa t o de ca lcio cr udo ( que cont ie n e
1 4 % de im pur e za s ine r t e s) con 1 5 .0 0 0 k g/ día de H 2 SO 4 a l 9 2 % .
D e t e r m ine la ve locida d de pr oducción,
com ple t a e n u n 9 5 % .
¿Cuá l e s e l r e a ct ivo lim it a nt e ?
suponie ndo
que
la
r e a cción
se
SOLUCI ÓN
La reacción y los coeficientes estequiométricos son:
σ
Ca 3 ( PO4 ) 2
-1
+ 2 H 2 SO4
→ CaH 4 ( PO4 ) 2
+ 2CaSO4
-2
1
2
Los flujos másicos y molares del fosfato de calcio y el ácido sulfúrico son:
= ( 20.000 × 0,86)
FCaentrada
3 ( PO 4 ) 2
kg
día
y,
= (15.000 × 0,92)
FHentrada
2 SO 4
kg
día
⎛
kg ⎞
⎜ 20.000 × 0,86
⎟
entrada
día
⎜
⎟ = 55,4839 kgmol
N Ca3 ( PO4 ) 2 =
⎜
⎟
kg
día
310
⎜
⎟
kgmol
⎝
⎠
⎛
kg ⎞
⎜ 15.000 × 0,92
⎟
entrada
día
⎜
⎟ = 140,8163 kgmol
N H 2 SO4 =
⎜
⎟
kg
día
92
⎜
⎟
kgmol
⎝
⎠
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=
kgmol
0,95 × 55,4839 kgmol
= 52,7079
día
día
1
72
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Rsup erfosfato = 52,7097
kgmol
día
kgmol
kgmol
= 105,4194
día
día
RCaSO4 = 2 × 52,7097
2 .1 1 . En un pr oce so pa r a la hidr a t a ción ca t a lít ica de e t ile no a a lcohol e t ílico,
se convie r t e única m e nt e un a fr a cción de l e t ile no.
El pr oduct o se con de nsa y r e t ir a de spué s de ca da pa so por e l conve r t idor y los
ga se s no conve r t idos se r e cir cula n.
Pue de su pone r se qu e e l conde nsa dor e lim ina t odo e l a lcoh ol y los ga se s de
r e cir cula ción cont e n dr á n 6 ,5 % ( m ola r ) de va por de a gua . La con ve r sión de
e t ile no e n ca da pa so por e l con ve r t idor e s de 4 ,5 % .
La pr opor ción m ola r de a gua a e t ile no e n la a lim e nt a ción a l conve r t idor , una
ve z m e zcla do e l ga s r e cir cula do con la a lim e nt a ción fr e sca , e s de 0 ,5 5 .
Ca lcule t oda s la s cor r ie nt e s de l pr oce so.
SOLUCI ÓN
La reacción y los coeficientes estequiométricos son:
C2 H 4
σ
+ H 2 O → C 2 H 5 OH
-1
-1
1
El diagrama cuantitativo del proceso, con las variables de todas las corrientes, se
muestra a continuación.
D ia gr a m a cu a nt it a t ivo:
N1
X
1
C2 H 4
(H2O)
N4
1
M
2
3
Convertidor
N2
X
(H2O)
X C42 H 3OH
3
N2
N3
3
C 2 H 3OH
(H2O)
N
X C22 H 4
4
X C3 2 H 4
5
N5
X
5
C 2 H 4 =0,935
(H2O, 6,5%)
73
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Re la cione s:
X C2 H 4 = 0,045
R1 :
⎞
⎛ wS3 ⎞ ⎛
wS4
⎜
⎟
⎜⎜
=
3 ⎟
⎜ 1 − w 4 − w 4 ⎟⎟
−
1
w
S ⎠
I
S ⎠
⎝
⎝
R2 :
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d:
NVI
NBMI
NCC
NRC
Convertidor
5+1
3
0
1
1
1
-1
R1
R2
G de L
Ba se
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
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.
Ba la nce s de m a t e r ia e n e l conve r t idor :
Base de cálculo: Sea N2C2H4 = 100
N2H2O = 55
De R2:
La velocidad de reacción es:
⎛ X C2 H 4 N C22 H 4 ⎞ ⎛ 0,045 × 100 ⎞
⎟=⎜
r =⎜
⎟ = 4,5
⎜ −σC H
⎟ ⎝
1
⎠
2 4
⎝
⎠
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
N C3 2 H 4 = 95,5
Alcohol: N C2 H 5OH = N C2 H 5OH + σ C2 H 5OH r = 0 + 1 × 4,5 = 4,5
3
2
N C32 H 5OH = 4,5
Agua: N H 2O = N H 2O + σ H 2O r = (55 − 4,5) = 50,5
3
2
N H3 2O = 50,5
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.
Ba la nce s e n e l Con de nsa dor :
Alcohol:
N C42 H 5OH = N C3 2 H 5OH = 4,5
Etileno:
N 5 (1 − 0,065) = 95,5
N 5 = 102,139
De la composición,
N H5 2O = 102,139 × 0,065
N H5 2O = 6,639
N H4 2O = N H3 2O − N H5 2O = (50,5 − 6.639)
Agua:
N H4 2O = 43,861
De los balances en el condensador se conoce N5, y con este dato los grados de libertad
del mezclador se vuelven cero.
Ba la nce s e n e l M e zcla dor :
N C1 2 H 4 + N C5 2 H 4 = N C22 H 4
Etileno: :
N C1 2 H 4 = (100 − 95,5)
N C1 2 H 4 = 4,5
N H1 2O = N H2 2O − N H5 2O = (55 − 6.639)
Agua:
N H1 2O = 48,361
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:
C2H4
H2 O
Tot a l
EN TRAD A
Kg- m ol
4,5
48,361
Kg
126,000
870,498
9 9 6 ,4 9 8
C2H5OH
H2O
Tot a l
SALI D A
Kg- m ol
4,5
43,861
kg
207,000
789,498
9 9 6 ,4 9 8
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 .1 2 . Pue de pr oducir se á cido a cé t ico m e dia nt e la r e a cción:
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 cor r ie nt e de r e cir cula ción que se m ue st r a e n la figur a se obt ie ne un a
con ve r sión globa l de C2 H 5 OH de l 9 0 % , con un fluj o de r e circula ción igua l a l
fluj o de a lim e nt a ción de C2 H 5 OH fr e sco.
Los fluj os de a lim e nt a ción de H 2 SO 4 y N a 2 Cr 2 O 7 fr e scos son 2 0 % y 1 0 %
r e spe ct iva m e nt e , de e x ce so sobr e la s ca nt ida de s e st e quiom é t r ica s r e que r ida s
pa r a la a lim e nt a ción fr e sca de C2 H 5 OH .
La cor r ie nt e de r e cir cula ción cont ie ne 9 4 % de H 2 SO 4 y e l r e st o C2 H 5 OH .
Ca lcule e l fluj o de pr oduct o y la con ve r sión de C2 H 5 OH e n e l r e a ct or .
SOLUCI ÓN
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
D ia gr a m a cu a nt it a t ivo:
76
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Relaciones:
R1 :
Conversión global del 90%.
R2 :
N H2 2 SO4 = 20% en exceso del teórico para reaccionar N C1 2 H 5OH .
R3 :
1
2
= 10% en exceso del teórico para reaccionar N C2 H 5OH .
N Na
2 Cr2 O7
R4 :
N 3 = N C1 2 H 5OH
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d:
NVI
NBMI
NFC
NCC
NRC
R1
R2
R3
R4
G de L
M e zcla dor
8
3
0
1
1
1
1
1
Re a ct or
10+1
7
0
0
4
Se pa r a dor
16
7
0
1
8
Pr oce so
22+1
17
0
1
1
1
1
1
1
Globa l
10+1
7
0
0
1
1
1
1
Re confir m a ción de Gr a dos de Libe r t a d:
M e zcla dor :
Incógnitas=
7( N C1 2 H 5OH , N H2 2 SO4 , N Na2Cr2O7 , N 3 , N C42 H 5OH , N H4 2 SO4 ,
4
N Na
)
2 Cr2 O7
Re a ct or :
Ecuaciones=
G de L
=
3 (balance) + 3 (R2, R3, R4)
1
Incógnitas=
4
5
11( N C42 H 5OH , N H4 2 SO4 , N Na
, N C5 2 H 5OH , N H5 2 SO4 , N Na
,
2 Cr2 O7
2 Cr2 O7
5
5
5
, N H5 2O , N Cr
, N Na
, r)
N CH
3COOH
2 ( SO4 ) 3
2 SO4
Se pa r a dor :
Ecuaciones=
G de L
=
7 (balances)
4
Incógnitas=
5
5
5
15( N C5 2 H 5OH , N H5 2 SO4 , N Na
, N CH
, N H5 2O , N Cr
,
2 Cr2 O7
3COOH
2 ( SO4 ) 3
5
7
7
7
, N H7 2O , N Na
, N Cr
, N Na
, N C72 H 5OH , N H7 2 SO4 ,
N Na
2 SO4
2 SO4
2 ( SO4 ) 3
2 Cr2 O7
6
)
N 3 , N CH
3COOH
Globa l:
Ecuaciones=
G de L
=
7 (balances)
8
Incógnitas=
7
7
11( N C1 2 H 5OH , N H1 2 SO4 , N 1Na2Cr2O7 , N H7 2O , N Na
, N Cr
,
2 SO4
2 ( SO4 ) 3
7
6
, N C72 H 5OH , N H7 2 SO4 , N CH
, r)
N Na
2 Cr2O7
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:
Ba se de cá lculo. Se a N 1 = 1 .0 0 0
De la relación
De R2
De la reacción
De R3
La velocidad de reacción es
⎛ 1.000 × 8 ⎞
⎟ = 2.666,667
3
⎠
⎝
: H 2 SO 4 teórico = ⎜
: N H 2 SO4 = ( 2.666,67 × 1,2) = 3.200
2
⎛ 1.000 × 2 ⎞
⎟ = 666,67
3
⎝
⎠
: Na 2 Cr2 O 7 teórico = ⎜
: N Na2Cr2O7 = (666,67 × 1,1) = 733,33
2
⎛ 0,9 × 1.000 ⎞
⎟ = 300
3
⎠
⎝
: r=⎜
Balances Globales:
Los balances por componente son:
H2O:
N H7 2O = 11 r = 11 × 300
N H7 2O = 3.300
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:
N C7 2 Hr5OH = 1.000 − 3r = 1.000 − 900
N C7 2 Hr5OH = 100
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
6
N CH
= 3r = 3 × 300
3COOH
CH3COOH:
6
N CH
= 900
3COOH
Ba la nce s e n e l M e zcla dor :
Desde el comienzo tiene cero grados de libertad.
Alcohol:
N C42 H 5OH = 1.000 + 60
N C42 H 5OH = 1.060
Ácido sulfúrico:
N H4 2 SO4 = 3.200 + 940
N H4 2 SO4 = 4.140
Dicromato:
4
N Na
= 733,334
2 Cr2O7
Actualizando los grados de libertad se halla que:
Se pa r a dor : 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.
Ba la nce s e n e l Se pa r a dor :
Acético:
5
6
N CH
= 900 = N CH
3COOH
3COOH
De R4:
N 3 = 1.000
Agua:
N H5 2O = 3.300 = N H7 2O
Sulfato sódico:
5
7
N Na
= 600 = N Na
2 SO4
2 SO4
Sulfato de cromo:
5
7
N Cr
= 600 = N Cr
2 ( SO4 ) 3
2 ( SO4 ) 3
Cromato:
5
7
N Na
= 133,334 = N Na
2Cr2O7
2Cr2O7
Ácido sulfúrico:
N H5 2 SO4 = N H7 2 SO4 + x H3 2 SO4 × N 3 = 800 + 940
N H5 2 SO4 = 1.740
79
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
N C52 H 5OH = N C72 H 5OH + xC3 2 H 5OH × N 3 = 100 + 940
Etanol:
N C5 2 H 5OH = 1.040
Finalmente,
⎛ N C42 H 5OH − N C5 2 H 5OH ⎞ ⎛ 1.060 − 160 ⎞
⎟=⎜
= 0,8491
X C2 H 5OH = ⎜
4
⎜
⎟ ⎝ 1.060 ⎟⎠
N
C
H
OH
2 5
⎝
⎠
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)
G de L A =
4–7+4–1=0
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.
Ta bla de Ba la nce s:
Na2Cr2O7
H2SO4
C2H5OH
CH3COOH
H2 O
Na2SO4
Cr2(SO4)3
Tot a l
M e zcla dor
1
1
1
3
Re a ct or
1
1
1
1
1
1
1
7
Se pa r a dor
1
1
1
1
1
1
1
7
Pr oce so
3
3
3
2
2
2
2
17
Globa l
1
1
1
1
1
1
1
7
80
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
2 .1 3 . El á cido sulfúr ico se pr oduce m e dia nt e la ox ida ción suce siva de a zufr e
ha st a SO 3 , se guida de r e a cción con H 2 O.
En e l dia gr a m a de flu j o m ost r a do e n la figur a de la siguie nt e pá gina , pr im e r o
se ha ce n r e a cciona r e l a zufr e y e l a ir e e n e l qu e m a dor de a z ufr e , pa r a
pr oducir SO 2 se gún la r e a cción:
S + O2
Æ
SO 2
En e st a r e a cción, t odo e l a zufr e se convie r t e a SO 2 .
Suponga que e l a ir e e s 2 1 % m ola r de ox íge no y 7 9 % de N 2 , y que se ut iliz a
5 0 % m á s de ox íge no que la ca nt ida d e st e quiom é t r ica ne ce sa r ia pa r a
con ve r t ir e l a zufr e a SO 2 .
La cor r ie nt e ga se osa que sa le de l que m a dor se e nvía a l conve r t idor , e n donde
t odo e l SO 2 se ox ida ha st a SO 3 con a yuda de un ca t a liza dor .
A cont in ua ción, se pone e n cont a ct o e n la t or r e de óle um la cor r ie nt e ga se osa
que cont ie ne SO 3 con una cor r ie nt e de H 2 SO 4 conce nt r a do.
El SO 3 r e a ccion a con e l a gua pr e se nt e e n la cor r ie nt e de á cido, m e dia n t e la
r e a cción:
H 2 O + SO 3
Æ
H 2 SO 4
81
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Ade m á s, a lgo de l SO 3 se disue lve e n e l H 2 SO 4 pur o pa r a obt e ne r u n pr oduct o
( óle u m ) que cont ie ne 3 7 ,5 % de SO 3 y e l r e st o H 2 SO 4 .
Ense guida la cor r ie n t e ga se osa a la sa lida de la t or r e de óle um , que cont ie ne
1 2 % m ol de SO 3 , se pone e n cont a ct o con un a cor r ie nt e de á cido m á s diluida
( 8 0 % de H 2 SO 4 y e l r e st o H 2 O) , e n la t or r e de á cido.
En e st a unida d, t odo e l SO 3 r e st a nt e r e a cciona ha st a H 2 SO 4 .
El á cido diluido se pr e pa r a r e cir cula ndo a lgo de á cido conce nt r a do y
m e zclá ndolo con a gua e n e l t a nque de dilución.
Ca lcule t odos los fluj os e n e l pr oce so, suponie n do que la pla nt a va a pr oducir
2 0 .0 0 0 lb/ día de pr oduct o ( H 2 SO 4 a l 9 0 % ) .
SOLUCI ÓN
Las reacciones son:
Quemador:
S
+
Convertidor:
SO 2
+
1
Torre de óleum:
SO 3
+
H 2 O → H 2 SO 4
r3’
Torre de ácido:
SO 3
+
H 2 O → H 2 SO 4
r3’’
O2
→ SO 2
r1
O2
→ SO 3
r2
2
Relaciones:
R1 :
N O2 2 se suministra en un 50% en exceso del
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
Ta bla de Gr a dos de Libe r t a d
Que m a dor Conve r t idor Tor r e de D ivisor
Óle um
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
NVI
NBMI
NFC
NCC
NRC R1
NRC R2
G de L
G de L
NVI
NBMI
NFC
NCC
NRC R1
NRC R2
G de L
G de L
Ta nque de
dilución
5
2
0
1(+1)
0
0
1
1
Tor r e de
á cido
9+1
5
0
2(+1)
0
0
2
2
Pr oce so
Globa l
27+4
22
1
5
1
2
0
1
10+3
7
1
3
1
0
1
2
Reconfirmación de los Grados de Libertad:
Que m a dor :
Incógnitas =
3
6( N 2 , N S1 , N O3 2 , N N3 2 , N SO
, r1 )
2
Ecuaciones =
4 (balances) + 1 (R1)
G de L =
Conve r t idor :
Incógnitas =
Ecuaciones =
G de L =
Tor r e de óle um :
3
4
7( N O3 2 , N N3 2 , N SO
, N O4 2 , N SO
N N4 2 , r2 )
2
3
4 (balances)
3
Incógnitas =
4
8( N O4 2 , N SO
, N N4 2 , F 5 , F 7 , N 6 , X N6 2 , r3 ' )
3
Ecuaciones =
5 (balances)
G de L =
Tor r e de á cido:
1
3
Incógnitas =
7( N O112 , N N112 , F 10 , F 12 , N 6 , X N6 2 , r3 ' ' )
Ecuaciones =
5 (balances)
84
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
G de L =
D ivisor :
Incógnitas =
7( F 7 , w H7 2 SO4 , F 8 , F 9 , w H9 2 SO4 , F 10 , w10
H 2 SO4 )
Ecuaciones =
2 (balances) + 2 (R2)
G de L =
Ta nque :
3
Incógnitas =
3( F 9 , F 12 , FH132O )
Ecuaciones =
2 (balances)
G de L =
Globa l:
2
1
Incógnitas =
12
10( N S1 , N 2 , F 5 , F 8 , N O112 , N 11
N 2 , FH 2O , r1 , r2 , r3 )
Ecuaciones =
7 (balances) + 1 (R1)
G de L =
2
Ta bla de Ba la nce s:
N2
O2
S
SO2
SO3
H2SO4
H2 O
Tot a l
N2
O2
S
SO2
SO3
H2SO4
H2 O
Tot a l
Qu e m a dor
Con ve r t idor
Tor r e de Óle u m
D iv isor
1
1
1
1
4
1
1
1
1
4
1
1
1
1
1
5
1
1
2
Tor r e de á cido
Ta n qu e de dilu ción
Pr oce so
Globa l
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.
Est r a t e gia de solución:
1. Tomando
como
base
de
cálculo
en
el
Quemador
conocemos:
3
N 2 , N S1 , N O3 2 , N SO
, N N3 2 , r1 . Se agota el balance de S y R1.
2
2. Actualizando grados de libertad se encuentra que:
Globa l:
G de L = 2 − 2 ( N S1 , N 2 ) − 1 ( r1 ) + 1 ( R1 agotada ) + 1(balance agotado : S ) = 1
Con ve r t idor :
3
G de L = 3 − 3 ( N O3 2 , N N3 2 N SO
)=0
2
4
4
4
3. Resolviendo Convertidor se conoce: N O2 , N N 2 N SO3 , r2 . Se agota el balance de SO2.
4. Actualizando grados de libertad
Tor r e de Óle u m :
4
G de L A = 3 − 3 ( N O4 2 , N N4 2 N SO
)=0
3
Con ve r t idor :
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:
Tor r e de á cido:
G de L A=
D ivisor :
G de L A=
Globa l:
2 − 2( N 6 , X N6 2 ) = 0
3 − 1( F 7 ) = 2
5
G de L A= 1 − 1( F ) = 0
11
11
7. Resolviendo la Torre de ácido se conoce: N O2 , N N 2 , F
12
, F 10 , r3 ' ' . Se agotan los
balances de O2, SO3, N2.
8. Actualizando los grados de libertad:
D ivisor :
Ta nque de dilución:
Globa l:
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
G de L A=
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
1 − 1( F 9 ) = 0
13
G de L A= 1 − 1 ( FH 2O ) = 0
D ivisor :
G de L A=
Globa l:
11. Se resuelve el Divisor y se comprueba en globales.
CÁLCULOS:
Ba la nce s e n e l Que m a dor :
Base de cálculo: Sea N S = 100
1
N ot a : R1 se cambia a 80% en exceso porque con el 50% planteado en el problema no habría
oxigeno en la corriente 11.
R1 :
0,21 × N 2 = 1,8 × 100
N 2 = 857,14
S:
0 = 100 − r1
r1 = 100
SO2:
3
N SO
= 0 + 100
2
3
N SO
= 100
2
N2:
N N3 2 = 0,79 × 857,14
N N3 2 = 677,14
O2 :
N O3 2 = 0,21 × 857,14 − 100
N O3 2 = 80
Ba la nce s e n e l Conve r t idor :
N2:
N N4 2 = 677,14
SO2:
r2 = 100
SO3:
4
N SO
= 0 + 100
3
4
N SO
= 100
3
O2 :
N O4 2 = 80 − 0,5 × 100
N O42 = 30
Balances en la Torre de óleum:
O2 :
(1 − 0,12 − X N6 2 ) N 6 = 30
(1)
N2:
X N6 2 × N 6 = 677,14
(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
X N6 2 = 0,843
H2SO4:
(1 − 0,375) × F 5 = 0,9 F 7 + 98 × r3 '
(1)
H2O:
0 = 0,1 × F 7 − 18 × r3 '
(2)
SO3:
0,12 × 803,57 × 80 + 0,375 × F 5 = 80 × 100 − 80 × r3 '
(3)
Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones y 3 incógnitas:
F 5 = 503,69
F 7 = 217,94
r3 ' = 1,21
Ba la nce s e n la Tor r e de á cido:
N2:
N 11
N 2 = 677,14
O2 :
N O112 = 30
SO3:
0 = 0,12 × 803,57 − r3 ' '
H2SO4:
0,9 × F 10 = 0,8 × F 12 − 98 × 96,43
(1)
H2O:
0,1 × F 10 = 0,2 × F 12 − 18 × 96,43
(2)
r3 ' ' = 96,43
Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones:
F 10 = 32.785,52
F 12 = 25.071,28
Ba la nce s e n e l Ta nqu e de dilución:
H2SO4:
0,9 × F 9 = 0,8 × 25.071,28
F 9 = 22.285,58
H2O:
0,2 × 25.071,28 = 0,1 × 22.285,58 + FH132O
FH132O = 2.785,70
Ba la nce s e n e l D ivisor :
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
ECUACI ON ES D EL PROCESO:
Resolviendo el problema mediante un programa adecuado, se resuelven las siguientes
ecuaciones:
Que m a dor :
1
Base de cálculo: Sea N S =100
R1 :
0,21 × N 2 = 1,8 × N S1
(1)
S:
0 = N S1 − r1
(2)
SO2:
3
N SO
= 0 + r1
2
(3)
N2:
N N3 2 = 0,79 × N 2
(4)
O2 :
N O3 2 = 0,21 × N 2 − r1
(5)
N2:
N N4 2 = N N3 2
(6)
SO2:
3
0 = N SO
− r2
2
(7)
SO3:
4
N SO
= 0 + r2
3
(8)
O2 :
N O4 2 = N O3 2 − 0,5 × r2
(9)
Conve r t idor :
Tor r e de óle um :
O2 :
(1 − 0,12 − X N6 2 ) N 6 = N O4 2
(10)
N2:
X N6 2 × N 6 = N N4 2
(11)
H2SO4:
(1 − 0,375) × F 5 = 0,9 × F 7 + 98 × r3 '
(12)
H2O:
0 = 0,1 × F 7 − 18 × r3 '
(13)
SO3:
4
0,12 × N 6 × 80 + 0,375 × F 5 = 80 × N SO
− 80 × r3 '
3
(14)
89
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Tor r e de á cido:
N2:
N N112 = X N6 2 × N 6
(15)
O2 :
N O112 = (1 − 0,12 − X N6 2 ) × N 6
(16)
SO3:
0 = 0,12 × N 6 − r3 ' '
(17)
H2SO4:
0,9 × F 10 = 0,8 × F 12 + 98 × r3 ' '
(18)
H2O:
0,1 × F 10 = 0,2 × F 12 − 18 × r3 ' '
(19)
H2SO4:
0,9 × F 9 = 0,8 × F 12
(20)
H2O:
0,2 × F 12 = 0,1 × F 9 + FH132O
(21)
F 10 = F 7 + F 8 + F 9
(22)
Ta nque de dilución:
D ivisor :
Total:
Resolviendo el sistema formado por 22 ecuaciones y 22 incógnitas, tendremos que:
F 10 = 32.785,71
N O3 2 = 80
F 12 = 25.071,43
3
N SO
= 100
2
FH132O = 2.785,71
N N4 2 = 677,14
F 5 = 503,63
N O4 2 = 30
F 7 = 217,92
4
N SO
= 100
3
F 8 = 10.282,08
F 9 = 22.285,71
N N112 = 677,14
N 6 = 803,57
r1 = 100
r2 = 100
= 30
r3 ' = 1,21
N 2 = 857,14
r3 ' ' = 96,43
= 677,14
X N6 2 = 0,84
N
N
11
O2
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:
N S1 = 100 × 1,95 = 195
lbmol
día
91
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
SECCI ÓN I I I – BALAN CE D E EN ERGÍ A
3 .1 . El siguie nt e ca r bón t ie ne un va lor ca lor ífico in for m a do de 2 9 .7 7 0 k J/ k g
e n e l e st a do e n que se r e cibe . Suponie ndo que se t r a t a de l va lor ca lor ífico
br ut o ( pode r ca lor ífico supe r ior ) , ca lcule e l va lor ca lor ífico ne t o ( pode r
ca lor ífico infe r ior ) .
Com pon e n t e
C
H2
N2
SNeto
Ceniza
O2
Tot a l
Porcentaje
71,0
5,6
1,6
2,7
6,1
13,0
1 0 0 ,0
SOLUCI ÓN :
El análisis final corregido que se muestra arriba indica un 5.6% de hidrógeno en el
carbón tal como se recibe.
Ba se de cá lculo: 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
kg carbón
100 kg carbón kg H 2 O
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
HHV = 12.901,2 ×
= 30.000
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 . Ca lcule e l ca lor ne ce sa r io pa r a ca le nt a r 2 0 0 k g de óx ido nit r oso de 2 0 ° C a
1 5 0 ° C e n un r e cipie nt e a volu m e n const a nt e . La ca pa cida d ca lor ífica a
volu m e n const a nt e de l N 2 O e n e st e r a ngo de t e m pe r a t ur a e st á da da por la
e cua ción:
C v ( kJ / kg °C ) = 0,855 + 9,42 × 10 −4 T
con T e n ° C.
SOLUCI ÓN :
Se tiene
⎛ kJ ⎞
⎟⎟dT
(0,85 + 9,42 × 10 − 4 T )⎜⎜
20° C
⎝ kg °C ⎠
ΔU ( kJ / kg ) = ∫
150° C
= 0,855 × T ]
150° C
20° C
150° C
9,42 × 10 − 4 T 2 ⎤
+
⎥
2
⎦ 20°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 cor r ie nt e que cont ie ne 1 0 % de CH 4 y 9 0 % de a ir e por volu m e n se va
a ca le nt a r de 2 0 ° C a 3 0 0 ° C.
Ca lcule la ve locida d ne ce sa r ia de e nt r a da de ca lor e n k W si la ve locida d de
fluj o de l ga s e s 2 x 1 0 3 lit r os ( TPE) / m in.
SOLUCI ÓN :
Suponga comportamiento del gas ideal
200 L (TPE)/min, 20°C
n& (mol/min), 300°C
0,100 mol CH4/mol
0,900 mol aire/mol
n& (mol/min)
0,100 mol CH4/mol
0,900 mol aire/mol
Q& (kW)
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
de flecha es Q& = ΔH& . La tarea es evaluar ΔH& =
∑ n& Hˆ − ∑ n& Hˆ . Como cada
i
i
i
salida
i
entrada
especie sólo tiene una condición de entrada y una de salida en el proceso. Bastan dos
filas en la tabla de entalpía siguiente:
Sustancia
CH4
Aire
n& entrada
Ĥ entrada
n& salida
Ĥ salida
(mol/min)
8,93
(kJ/mol)
0
(mol/min)
8,93
(kJ/mol)
80,4
Ĥ 2
80,4
Ĥ 3
Ĥ 1
La condición de referencia para el metano se eligió de manera que Ĥ entrada pudiera
igualarse a cero y la del aire se escogió para que
Ĥ entrada y Ĥ salida pudieran
determinarse en forma directa de la Tabla 2 (ver Anexos).
El siguiente paso es evaluar todas las entalpías específicas desconocidas en la Tabla.
Por ejemplo, Ĥ 1 , es la entalpía específica del metano en la mezcla de gas de salida a
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:
Hˆ l = ∫
300 ° C
20 ° C
(C P ) CH 4 dT
Sustituyendo los valores de Cp de la Tabla 1 (ver Anexos), en la ecuación.
Hˆ 1 = ∫
300 ° C
20 ° C
(0,03431 + 5,469 × 10 −5 T + 0,3661 × 10 −8 T 2 − 11,0 × 10 −12 T 3 )dT
Hˆ 1 = 12,09 kJ / mol
Las entalpías del aire en las condiciones de entrada y salida en relación con el aire en
el estado de referencia ( Ĥ 2 y Ĥ 3 , respectivamente) se determinan mediante la Tabla
2 (ver anexo) como:
Hˆ 2 = −0,15 kJ / mol
Hˆ 3 = 8,17 kJ / mol
El balance de energía da, en este caso,
Q& = ΔH& = ∑ n& i Hˆ i − ∑ n& i Hˆ i
salida
entrada
Q& = ΔH& = (8,93 mol / min × 12,09 kJ / mol ) + [(80,4 × 8,17) − (8,93 × 0) − (80,4 × − 0,15)] kJ / min
776 kJ 1 min 1 kW
Q& =
×
×
= 12,9 kW
min
60 s 1 kJ / s
3 .4 . 1 5 k m ol/ m in de a ir e se e nfr ía n de 4 3 0 ° C a 1 0 0 ° C. Ca lcule la ve locida d
r e que r ida de e lim ina ción de l ca lor usa ndo:
a) Las fórmulas de capacidad calorífica de la Tabla 1.
b) Las entalpías específicas de la Tabla 2.
SOLUCI ÓN :
aire ( g ,430°C ) → aire ( g ,100°C )
Eliminando ΔE& k , ΔE& p y W& S , el balance de energía es:
95
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Q& = ΔH& = n& aire Hˆ aire, salida − n& aire Hˆ aire, entrada = n& aire ΔHˆ
Suponga comportamiento de gas ideal, de modo que los cambios de presión (si los
hay) no afecten a ΔĤ .
a ) Usa n do la s fór m ula s de ca pa cida d ca lor ífica de la Ta bla 1 .
Integre la fórmula de la capacidad calorífica en la Tabla 1 Capacidades caloríficas (Ver
Anexos).
ΔHˆ ( kJ / mol ) = ∫
100 ° C
430 ° C
=∫
100 ° C
430 ° C
C p (T ) dT
[0,02894 + 0,4147 × 10 T + 0,3191 × 10 T − 1,965 × 10 T ]dT
−5
−8
2
−12
3
⎡
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) Usa n do la s e nt a lpía s de la Ta bla 2 .
Utilizando las Entalpías especificas de gases selectos (Ver Anexos, Tabla 2).
Ĥ a 430 °C puede estimarse mediante interpolación lineal de los valores a 400°C
(11,24 kJ/mol) y 500°C (14,37 kJ/mol).
Hˆ (100°C ) = 2,19 kJ / mol
Hˆ ( 430°C ) = [11,24 + 0,30(14,37 − 11,24)] kJ / mol = 12,17 kJ / mol
ΔHˆ = ( 2,19 − 12,17) kJ / mol = −9,98 kJ / mol
De cualquier manera, se determina ΔĤ ,
15,0 kmol 10 3 mol − 9,98 kJ 1 min 1 kW
×
×
×
×
= −2.500 kW
Q& = ΔHˆ = n& ΔHˆ =
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 . Ca lcule e l ca lor ne ce sa r io pa r a lle va r 1 5 0 m ol/ h de u na cor r ie n t e que
cont ie ne 6 0 % de C2 H 6 y 4 0 % de C3 H 8 por volum e n de 0 ° C a 4 0 0 ° C.
D e t e r m ine la ca pa cida d ca lor ífica pa r a la m e zcla com o pa r t e de la solución de l
pr oble m a .
SOLUCI ÓN :
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 )
ΔHˆ = ∫
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
15,0 mol 34,89 kJ
kJ
Q& = ΔHˆ = n& ΔHˆ =
×
= 5.230
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 m ine r a l de hie r r o ( pir it a ) que cont ie ne 8 5 % de Fe S 2 y 1 5 % de ga nga
( t ie r r a , ine r t e , r oca s, e t c.) se t ue st a con u na ca nt ida d de a ir e e quiva le nt e a u n
2 0 0 % de a ir e e n e x ce so se gún la r e a cción:
4 FeS 2
+ 11 O 2
→ 2 Fe 2 O3
+ 8 SO 2
con obj e t o de pr odu cir SO 2 , t oda la ga nga , j u nt o con e l Fe 2 O 3 va n a da r a l
pr oduct o de de se cho sólido ( ce niza ) que t ie ne un a n á lisis de 4 % de Fe S 2 .
D e t e r m ine la t r a nsfe r e ncia de ca lor por k ilogr a m o de m ine r a l ne ce sa r ia pa r a
m a nt e ne r la cor r ie nt e de pr oduct o a 2 5 ° C si la s cor r ie nt e s de e nt r a da e st á n a
2 5 ° C.
97
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
SOLUCI ÓN :
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
Producto: P
% peso
85
15 .
100
SO2
O2
N2
200% aire en exceso
N2
O2
Total
mol .
X4
X5 .
X6
Ceniza: C
Proceso
kg .
Ganga
x1
Fe2O3
x2
x3
.
FeS2
Total x1+x2+x3
% mol
79
21 .
100
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)
Ba se de cá lculo: 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:
En t r a
Sa le
Ganga (kg)
15
=
N2 (kgmol)
21,98
=
x1
x6
S (kgmol)
2 (85/120)
=
x 4 + ( x 3 / 120 )( 2)
Fe (kgmol)
1(85/120)
=
( 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)
5,84
Además x 3 / ( x1 + x 2 + x 3 ) = 0,04
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
( x 6 ) N 2 = 21,998 kgmol
( x 3 ) FeS 2 = 2,9
Æ 0,024 kgmol
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=
∑ n ΔHˆ
i
°
i
Pr oductos
−
∑ n ΔHˆ
i
°
i
Re activos
Pr odu ct os
°
f
Re a ct ivos
n i ΔHˆ °f
-3
10 x
ΔĤ °f
(kJ)
g mol
(kJ/g mol)
(kJ)
-4,305
-281,17
0
0
-406,16
0,708
0
21,983
5,844
0
-177,9
-822,16
0
0
-296,9
-126,007
0
0
0
0
Total
-126,007
-3
10 x
ΔĤ
Comp.
g mol
(kJ/g mol)
FeS2
Fe2O3
N2
O2
SO2
0,024
0,342
21,998
3,938
1,368
-177,9
-822,16
0
0
-296,9
Total
-691,64
n i ΔHˆ °f
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 ca lor nor m a l de r e a cción a 2 5 ° C y 1 a t m pa r a la ox ida ción de a m on ia co
e s – 9 0 4 ,6 KJ/ m ol. La r e a cción e s :
4 NH 3 ( g ) + 5 O 2
→ 4 NO ( g ) + 6 H 2 O ( g )
1 0 0 m ole s de a m onia co/ h y 2 0 0 m ole s de ox íge no a 2 5 ° C se a lim e nt a n a un
r e a ct or e n e l cu a l se consum e com ple t a m e nt e e l a m onia co. La cor r ie nt e de
pr oduct o e m e r ge com o u n ga s a 3 0 0 ° C.
Ca lcula r e l ca lor t r a nsfe r ido de sde o ha cia e l r e a ct or suponie ndo una
ope r a ción a 1 a t m .
T
Salida
dQ
= rΔH r (Tentrada ) + ∑ n salida ∫ cpdT
dt
TEntrada
r = moles salida − moles entrada =
ΔHr (Tentrada ) = ΔH r0 + ∑ σ
ΔH r0 = ∑ σ i ΔH 0f ,i
Amoniaco
Oxígeno
Oxido nítrico
Agua
xN entrada reactivo lim i tan te
σ
T entrada
∫ cpdT
Treferencia
EN TRAD A
m ol
100
200
0
0
REACCI ÓN
m ol
100
125
0
0
GEN ERACI ÓN
m ol
0
0
100
150
SALI D A
m ol
0
75
100
150
Cp a pr ox im a dos
Cp oxígeno
= 31,00 J/mol K
Cp agua vapor
= 35,95 J/mol K
Cp oxido nítrico
= 29,50 J/mol K
300
300
300
dQ
= rΔH r ( 25°C ) + n NO ∫ cp NO dT +n H 2O ∫ cp H 2O dT + n O2 ∫ cp O2 dT
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 ca lor e st á nda r de la com bust ión de l va por de n- but a no e s
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
Ca lcule la ve locida d de l ca m bio de e nt a lpía , ΔH& ( kJ / s ) , si se pr oduce n 2 4 0 0
m ol/ s de CO 2 e n e st a r e a cción, y t a nt o los r e a ct ivos com o los pr oduct os e st á n
a 2 5 º C.
SOLUCI ÓN :
Usando la ecuación
ξ=
ξ& =
n A,salida − n A,entrada
(n& )r
CO2
v CO2
vA
=
=
n A,r
vA
2.400 mol / s
= 600 mol / s
4
Luego con la ecuación
)
mol ⎞⎛
kJ ⎞
⎛
6
ΔH& = ξ&ΔH ro = ⎜ 600
⎟ = −1,73 × 10 kJ / s
⎟⎜ − 2.878
s ⎠⎝
mol ⎠
⎝
3 .9 . ¿ Cuá l e s e l ca lor e st á nda r de la r e a cción
2 C 4 H 10 ( g ) + 13 O2 ( g ) → 8 CO2 ( g ) + 10 H 2 O(l ) ?
Ca lcule ΔH& si se pr odu ce n 2 .4 0 0 m ol/ s de CO 2 e e st a r e a cción, y t a nt o los
r e a ct ivos y pr oduct os e st á n a 2 5 º C.
SOLUCI ÓN
Como al duplicarse los coeficientes estequiométricos de una reacción, el calor de
reacción también debe duplicarse,
ΔHˆ ro2 = 2ΔHˆ ro1 = 2( −2.878 kJ / mol ) = −5.756 kJ / mol
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
entalpías iguales), y por tanto ΔH& debe calcularse en el inciso (a). No obstante,
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
ΔH& = ξ&ΔH ro = ⎜ 300
⎟ = −1,73 × 10 kJ / s
⎟⎜ − 5.756
s ⎠⎝
mol ⎠
⎝
3 .1 0 . Los ca lor e s de va por iza ción de l n- but a n o y e l a gua a 2 5 º C son 1 9 ,2
k J/ m ol y 4 4 ,0 k J/ m ol, r e spe ct iva m e n t e . ¿Cuá l e s e l ca lor e st á nda r de la
r e a cción
C 4 H 10 ( l ) +
13
O2 ( g ) → 4 CO2 ( g ) + 5 H 2 O(V ) ?
2
Ca lcule ΔH& si se pr oduce n 2 4 0 0 m ol/ s de CO 2 e n e st a r e a cción y t a nt o
r e a ct ivos com o pr oduct os e st á n a 2 5 º C.
SOLUCI ÓN :
Compare las dos reacciones:
13
O2 ( g ) → 4 CO2 ( g ) + 5 H 2 O(l ) :
2
13
C 4 H 10 ( l ) + O2 ( g ) → 4 CO2 ( g ) + 5 H 2 O(V ) :
2
C 4 H 10 ( l ) +
(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.
(¿Por qué?) Como ΔHˆ r = H productos − H reactivos se deduce que
(ΔHˆ ) = (ΔHˆ )+ 5(ΔHˆ )
o
r2
o
r1
V H 2O
(
)
+ ΔHˆ V C4 H10
= [−2878 + 5(44,0) + 19,2] kJ / mol = −2639 kJ / mol
)
mol ⎞⎛
kJ ⎞
⎛
6
ΔH& = ξ&ΔH ro2 = ⎜ 600
⎟ = −1,58 × 10 kJ / s
⎟⎜ − 2639
s ⎠⎝
mol ⎠
⎝
102
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
3 .1 1 . El ca lor e st á nda r de la r e a cción
C 2 H 4 ( g ) + 2 Cl 2( g ) → C 2 HCl3( l ) + H 2( g ) + HCl( g )
e s ΔHˆ r = −420,8 kJ / mol.
o
Ca lcule ΔÛ r pa r a e st a r e a cción.
SOLUCI ÓN :
De la ecuación estequiométrica
∑ v ( gases productivos) = 1 + 1 = 2
∑ v ( gases reactivos ) = 1 + 2 = 3
i
i
ΔUˆ r = ΔHˆ r − RT (2 − 3)
kJ
J
1 kJ
− 8,314
× 298 K × −1× 3
mol
molK
10 J
kJ
= −418,3
mol
= −420,8
3 .1 2 . Los ca lor e s e st á n da r de la s siguie nt e s r e a ccione s de com bust ión se
de t e r m ina r on e n for m a e x pe r im e nt a l:
7
O2 → 2 CO2 + 3 H 2 O : ΔHˆ ro1 = −1559,8 kJ / mol
2
2. C + O2 → CO2 :
ΔHˆ ro2 = −393,5 kJ / mol
1
3. H 2 + O2 → H 2 O :
ΔHˆ ro3 = −285,8 kJ / mol
2
1. C 2 H 6 +
Aplique la le y de H e ss y los ca lor e s de r e a cción da dos pa r a de t e r m ina r e l ca lor
de la r e a cción
4. 2 C + 3 H 2 → C 2 H 6 :
ΔHˆ ro4 = ?
SOLUCI ÓN
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
ΔHˆ ro4 = 2ΔHˆ ro2 + 3ΔHˆ ro3 − ΔHˆ ro1 = −84,6 kJ / mol
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 .1 3 . D e t e r m ine e l ca lor e st á n da r de r e a cción pa r a la com bust ión de npe nt a no, suponie ndo que H 2 O( l) e s u n pr oduct o de com bust ión .
C5 H 12( l ) + 8 O2 ( g ) → 5 CO2 ( g ) + 6 H 2 O( l )
SOLUCI ÓN
ΔHˆ ro = 5(ΔHˆ of ) CO2 ( g ) + 6(ΔHˆ of ) H 2O( l ) − (ΔHˆ of ) C5 H12 ( l )
Calores de formación de la tabla B.1
ΔHˆ ro = [5(−393,5) + 6(−285,84) − (−173,0)] kJ / mol
= −3509 kJ / mol
Para verificar la fórmula para ΔĤ r , podemos escribir las ecuaciones estequiométricas
para las reacciones de formación de reactivos y productos:
o
1. 5 C ( s ) + 6 H 2 ( g ) → C5 H 12 ( l ) :
ΔHˆ ro2 = (ΔHˆ of ) CO2 ( g )
2. C ( s ) + O2 ( g ) → CO2 ( g ) :
3. H 2 ( g ) +
ΔHˆ ro1 = (ΔHˆ of ) C5 H12 ( l )
1
O2 ( g ) → H 2 O( l ) :
2
ΔHˆ ro3 = (ΔHˆ of ) H 2O( l )
La reacción deseada,
4. C5 H 12 ( l ) + 8 O2 ( g ) → 5 CO2 ( g ) + 6 H 2 O( l ) :
Puede obtenerse como
ΔHˆ ro = ?
5 × (2) + 6 × (3) − (1) (verifíquelo), y entonces la fórmula dada
para ΔĤ r se deduce de la ley de Hess.
o
104
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
3 .1 4 . El ca lor de r e a cción e st á nda r pa r a la ox ida ción de a m onia co se da a
cont in ua ción:
ΔHˆ ro = −904,7 kJ / mol
4 NH 3( g ) + 5 O2 ( g ) → 4 NO( g ) + 6 H 2 O( v ) :
1 0 0 m ole s de N H 3 / s y 2 0 0 m ol de O 2 / s a 2 5 º C se a lim e nt a n a un r e a ct or
donde e l a m onia co se consum e por com ple t o. El ga s pr oducido e m e r ge a 3 0 0
º C.
Ca lcule la ve locida d a la cu a l se de be t r a nsfe r ir ca lor ha cia o de sde e l r e a ct or ,
suponie ndo que la ope r a ción se r e a liza a pr ox im a da a 1 a t m .
SOLUCI ÓN :
& ( kJ / s)
Q
(Verifique las velocidades de flujo del producto) Como sólo se lleva a cabo una
reacción y se conoce ΔĤ r , se utilizará el método de calor de reacción para efectuar el
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
n&
n&
Hˆ
Hˆ
entrada
salida
salida
(mol / s )
(kJ / mol )
(mol / s )
(kJ / mol )
NH3
O2
100
200
0
0
--75
---
NO
---
---
100
Ĥ 2
H2O
---
---
150
Ĥ 3
entrada
‰
Ĥ 1
Se calculan las entalpías desconocidas
O 2 ( g , 300 º C ) : Hˆ 1 = 8,470 kJ / mol insertar el valor en la tabla de entalpía )
NO ( g ,300º C ) : Hˆ 2 = ∫
300 º C
25 º C
(Cp ) dT ⇒ Hˆ 2 = 8,453 kJ / mol
H 2 O (v, 300º C ) : Hˆ 3 = 9,570 kJ / mol
‰
Calculo de ξ& y ΔH&
Como en el proceso se consumen 100 mol de NH3/s (A=NH3, n& A,r = 100 mol de NH3
consumido/s), se puede utilizar la siguiente ecuación:
105
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
ξ& =
n& NH 3 r
v NH 3
=
100 mol / s
= 25 mol / s
4
ΔH& = ξ&ΔHˆ ro + ∑ n& salida Hˆ salida − ∑ n& entrada Hˆ entrada
= ( 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,
Q& − W& s = ΔH& + ΔE& k + ΔE& p
W& = 0 (no hay partes móviles)
s
ΔE& p = 0 (unidad horizonal)
ΔE& = 0 (despreciando cambios de energía cinética)
k
Q& = ΔH& = −19.700 kJ / s = −19.700 kW
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 .1 5 . D ie z libr a s de CO 2 a t e m pe r a t ur a a m bie nt e ( 8 0 ° F) se a lm a ce na n e n un
e x t int or de ince ndios que t ie ne un volum e n de 4 .0 ft 3 . ¿Cuá nt o ca lor se de be r á
e x t r a e r de l e x t int or pa r a que e l 4 0 % de l CO 2 , se e ncue nt r e e n e st a do líquido?
SOLUCI ÓN
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 ΔĤ = 160 Btu/lb.
Base de cálculo: 10 lb CO,
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 )
No tenemos valores de ΔÛ en la carta de CO2 sólo de ΔĤ . Podemos obtener ΔĤ 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
ΔHˆ 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 .1 6 . D ie z libr a s de a gua a 3 5 º F, 4 ,0 0 lb de hie lo a 3 2 ° F y 6 ,0 0 lb de va por de
a gua a 2 5 0 º F y 2 0 psia se m e z cla n e n un r e cipie nt e de volum e n fij o. ¿Cuá l e s
la t e m pe r a t ur a fina l de la m e zcla ? ¿Cuá nt o va por de a gu a se con de nsa ?
Su ponga que e l volum e n de l r e cipie nt e e s const a nt e con un va lor igu a l a l
volum e n inicia l de l va por de a gua y qu e e l r e cipie nt e e st á a isla do. Suponga
que se t r a t a de un pr oce so por lot e s, no cont in uo.
SOLUCI ÓN
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
estadounidense sólo podemos obtener valores de ΔĤ , no los valores de ΔÛ que
queremos (y que podríamos obtener de las tablas de vapor de agua en el SI) para el
balance de energía, así que también necesitamos valores para p y para Vˆ .
10 lb de agua
35º F
Mezcla
final
T2
6 lb de vapor de
agua 250º F
4 lb de hielo
32º F
Las propiedades que requerimos son:
Hielo
Agua
Vapor de agua
ΔHˆ ( Btu / lb)
Vˆ ( ft 3 / lb)
p( psia )
T (º F )
-143,6
3,02
1.168
--0,0162
20,81
----20
32
35
250
Sabemos que ΔUˆ = ΔHˆ − Δ ( pVˆ ), así que el balance de energía se convierte en
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:
Base de cálculo:
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
Si suponemos que el estado final del agua es agua líquida en equilibrio con vapor de
agua (suposición que deberemos comprobar), podemos calcular la Δ Ĥ final de las 20
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
ΔH f − (6ΔHˆ S + 10ΔHˆ W + 4ΔHˆ i ) = ( pV ) f − 6( pVˆ W ) − 4( pVˆ i )
Tf
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
ΔH Tff − ( pV ) Tf f = (6ΔHˆ TSS + 10ΔHˆ TWW + 4ΔHˆ Tii ) − 6( pVˆTSS )
(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
2
⎛ 12 pu lg ⎞ 20,81 ft 3
1 Btu
⎟⎟ ×
⎜⎜
×
= 6.001,6 Btu
− 6 lbm ×
×
2
778 ft lb f
lbm
pu lg ⎝ 1 ft ⎠
20lb f
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
específico de 38,462 ft3/lb y una ΔĤ 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:
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
Vapor :
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 :
2
⎛ 12 pu lg ⎞
1 Btu
⎟⎟ × 124,86 ft 3 ×
= 231 Btu
× ⎜⎜
2
778 ft lb f
pu lg ⎝ 1 ft ⎠
10 lb f
6.411 − 231 = 6.180 ≠ 6.001,6
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,
Vˆvapor =44,55 ft3/lb, ΔH líquido = 153,93 Btu/lb y ΔĤ 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 .1 7 . Una m e z cla líquida e quim ola r de be nce n o ( B) y t olue no ( T) a 1 0 ° C se
a lim e nt a e n for m a cont inua a un r e cipie nt e , e n e l cua l la m e z cla se ca lie nt a a
5 0 ° C. El pr oduct o líquido cont ie ne 4 0 ,0 m ol % de B y e l pr oduct o e n va por
cont ie ne 6 8 ,4 m ol % de B. ¿Cu á nt o ca lor de be t r a nsfe r ir se a la m e zcla por
gm ol de a lim e nt a ción?
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.
1,00 mol = nV + n L
0,500 mol = 0,684 nV + 0,400 n L
Balance total de masa:
Balance del benceno:
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
n salida
Ĥ entrada
Ĥ salida
Sustancia
B (l)
(mol)
0,500
(KJ/mol)
0
(mol)
0,259
(KJ/mol)
T (l)
0,500
0
0,389
Ĥ 2
B (v)
--
--
0,241
Ĥ 3
T (v)
--
--
0,111
Ĥ 4
Ĥ 1
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.
Hˆ 1 = ∫
50 ° C
10 ° C
Hˆ 2 = ∫
6
(C p ) C H
7
80,1 ° C
10 ° C
Hˆ 4 = ∫
6 (l )
50 ° C
10 ° C
Hˆ 3 = ∫
(C p ) C H
(C p ) C H
6
110, 62 ° C
10 ° C
8 (l )
dT = 5,332 kJ / mol
dT = 6,340 kJ / mol
6 (l )
(C p ) C H
7
dT + ( ΔHˆ V )C 6 H 6 (80,1°C ) + ∫
50 ° C
80,1 ° C
8 (l )
dT + ( ΔHˆ V )C 7 H 8 (110,62°C ) + ∫
(Cp) C6 H 6 ( v ) dT = 37,52 kJ / mol
50 ° C
110, 62 ° C
(Cp) C7 H 8 ( v ) dT = 42,93 kJ / mol
El balance de energía es:
Q = ΔH = ∑ n i Hˆ i° − ∑ n i Hˆ i° = 17,7 kJ
salida
entrada
3 .1 8 . La conve r sión de de se chos sólidos e n ga se s in ocu os se pue de r e a liz a r e n
incine r a dor e s siguie ndo u n m é t odo a ce pt a ble de sde e l punt o de vist a
a m bie nt a l. Sin e m ba r go, los ga se s de e sca pe ca lie nt e s a m e nu do t ie ne n que
e nfr ia r se o diluir se con a ir e . Un e st udio de fa ct ibilida d e con óm ica indica que
los de se ch os m u nicipa le s sólidos pue de n que m a r se pa r a pr oducir u n ga s con
la siguie nt e com posición ( e n ba se se ca ) :
CO2
CO
02
N2
: 9,2%
: 1,5%
: 7,3%
: 82,0%
: 100,0%
¿Cuá l e s la dife r e ncia de e nt a lpía pa r a e st e ga s por lbm ol e nt r e la pa r t e
infe r ior y la supe r ior de la chim e ne a si la t e m pe r a t ur a e n la pa r t e infe r ior e s
de 5 5 0 ° F, y la de la pa r t e supe r ior , 2 0 0 ° F? I gn or e e l va por de a gua e n e l ga s.
Pue de ign or a r t a m bié n los e fe ct os e ne r gé t icos que r e sult e n de l m e z cla do de
los com pone nt e s ga se osos.
112
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
SOLUCI ÓN :
Las ecuaciones de capacidad calorífica son [T en ºF; Cp en Btu/(lb mol)(ºF)]
N2:
O2 :
CO:
CO2:
Cp = 6,895 + 0,762x10-3 T – 0,7009x10-7 T2
CP = 7,104 + 0,785x10-3 T – 0,5528x10-7 T2
Cp = 6,865 + 0,802x10-3 T – 0,7367x10-7 T2
Cp = 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 x (6,895 + 0,7624x10-3 T – 0,7009x10-7 T2)
0,073 x (7,104 + 0,7851x10-3 T – 0,5528x10-7 T2)
0,015 x (6,865 + 0,8024x10-3 T – 0,7367x10-7 T2)
0,092 x (8,448 + 5,7570x10-3 T – 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
200
ΔHˆ = ∫ (7,053 + 1,2242 × 10 − 3 T − 2,6124 × 10 −7 T 2 + 0,2814 × 1010 T 3 )dT
550
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 .1 9 . Se e st á com pr im ie ndo a ir e de 1 0 0 k Pa y 2 5 5 K ( e st a do e n e l que t ie ne
una e nt a lpía de 4 8 9 k J/ k g) a 1 0 0 0 k Pa y 2 7 8 K ( e st a do e n e l que t ie ne una
e nt a lpía de 5 0 9 k J/ k g) . La ve locida d de sa lida de l a ir e de l com pr e sor e s de 6 0
m / s. ¿Qué pot e ncia ( e n k W ) de be t e ne r e l com pr e sor si la ca r ga e s de 1 0 0
k g/ b de a ir e ?
225 K
ΔHˆ 1 = 487 kJ / kg
V1 = 0
100 kPa
278 K
1
2
ΔHˆ 2 = 509 kJ / kg
V2 = 60 m / s
1000 kPa
113
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
Frontera del sistema
SOLUCI ÓN
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):
ΔE = Q + W − Δ[( Hˆ + Kˆ + Pˆ )m]
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
W = Δ[( Hˆ + Kˆ )m] = ΔH + ΔK
Tenemos una ecuación y una incógnita, W ( ΔK y ΔH se pueden calcular), así que el
problema tiene una solución única.
ΔH =
(509 − 489) kJ
× 100 kg = 2000 kJ
kg
1
m(v 22 − v12 )
2
2
(
60 m )
1 kJ
1
= × 100 kg ×
×
= 180 kJ
2
2
s
1000 kg m 2
s2
ΔK =
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 .2 0 . Si e l ca lor de for m a ción e st á nda r pa r a H 2 O ( l) e s de - 2 8 5 .8 3 8 k J/ gm ol y e l
ca lor de e va por a ción e s de + 4 4 ,0 1 2 k J/ gm ol a 2 5 ° C y 1 a t m , ¿cuá l e s e l ca lor
de for m a ción e st á nda r de l H 2 O ( g) ?
SOLUCI ÓN
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,
o
ΔHˆ rxn
= ∑ ΔHˆ of productos − ∑ ΔHˆ of reactivos
A:
B:
A+B:
1
H 2( g ) + O2( g ) → H 2 O( l )
2
H 2 O( l )
→ H 2 O( g )
o
ΔHˆ rxn
= −285,838 kJ / gmol
o
ΔHˆ Vap
= +44,012 kJ / gmol
1
H 2 ( g ) + O 2 ( g ) → H 2 O( g )
2
o
o
o
ˆ
ˆo
ΔH rxnA + ΔHˆ vap
= ΔHˆ rxn
H 2 O( g ) = ΔH f H 2O( g ) = −241,826 kJ / gmol
3 .2 1 . En una cá m a r a de de posición de pla sm a con un volum e n de 2 L se va a
ca le nt a r ga s a r gón con un ca le nt a dor de r e sist e ncia e lé ct r ica . En u n pr in cipio
e l ga s, que pue de t r a t a r se com o ga s ide a l, e st a a 1 ,5 Pa y 3 0 0 K. El ca le nt a dor
de 1 .0 0 0 ohm s e x t r a e cor r ie nt e a 4 0 V dur a nt e 5 m inut os ( o se a , e l e nt or n o
r e a liza 4 8 0 J de t r a ba j o) . ¿Cuá l e s la t e m pe r a t ur a y la pr e sión fina le s de l ga s
e n e quilibr io? La m a sa de l ca le nt a dor e s de 1 2 g y su ca pa cida d ca lor ífica e s
de 0 ,3 5 J/ ( gm ol) ( K) . Suponga que la t r a nsfe r e n cia de ca lor de l ga s a la
cá m a r a e s insignifica nt e a e st a pr e sión t a n ba j a y e n un t ie m po t a n cor t o.
SOLUCI ÓN :
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
pV = nRT
Para gas ideal
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
T
ΔU = n ∫ C v dT = nC v (T − 300)
300
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
⎛T ⎞
⎛ 414,3 ⎞
p 2 = p1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 1,5⎜
⎟ = 2,07 Pa
⎝ 300 ⎠
⎝ T1 ⎠
116
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
3 .2 2 . Uno de los pr oce sos que im plica la de shidr oge na ción ca t a lít ica e n
pr e se ncia de hidr óge no se conoce con e l n om br e de “hydr ofor m ing”. D ur a nt e
la Se gu nda Gue r r a M un dia l, e st e pr oce so t uvo gr a n im por t a ncia com o a yu da
pa r a sa t isfa ce r la de m a nda de t olue no pa r a la m a nufa ct ur a de e x plosivos. El
t olue n o, e l be nce n o y ot r os de r iva dos a r om á t icos pue de n pr oducir se
e conóm ica m e nt e e n e st a for m a a pa r t ir de ca r ga s de a lim e nt a ción
const it uida s por na ft a s. D e spué s de se pa r a r e l t olue no de los ot r os, se
con de nsa y se e nfr ía e n u n pr oce so com o e l que se m ue st r a e n e l dia gr a m a de
fluj o. Por ca da 1 0 0 lb de a lim e nt a ción ca r ga da a l sist e m a , se pr oduce n 2 7 ,5 lb
de u na m e zcla de t olue n o y a gua ( 9 ,1 % e n pe so de a gua ) com o va por e l cua l
se conde n sa m e dia n t e la cor r ie nt e de la a lim e nt a ción.
Ca lcula r :
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
Separador
Condensador
Horno
200 ºF, 1 atm
Enfríador
100 ºF
Tolueno + H2O
H2O
65 ºF
Carga de alimentación
60 ºF, 48.000 lb/día
Cor r ie nt e
Cp ( BTU/ lb º F)
T.E. ( º F)
H2O (l)
H2O (g)
Tolueno (l)
Tolueno (g)
Alimentación
1,0
0,5
0,4
0,3
0,5
212
--260
-----
H 2O
130 ºF
Ca lor la t e nt e de va por iza ción
( BTU/ lb)
970
--100
-----
SOLUCI ÓN :
a ) La t e m pe r a t ur a
con de nsa dor .
de
la
ca r ga
de
a lim e nt a ción
de spu é s de
sa lir
de l
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) La s libr a s de a gua de e nfr ia m ie nt o r e que r ida s por hor a .
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 .2 3 . Em ple e e l dia gr a m a psicr om é t r ico pa r a e st im a r :
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 hu m e da d a bsolut a , la t e m pe r a t ur a de bulbo húm e do, e l volum e n
húm e do, e l pu nt o de r ocío y la e nt a lpía e spe cífica de l a ir e húm e do a 4 1 ° C y
1 0 % de h um e da d r e la t iva
Leyendo en el diagrama,
ha ≈ 0,0048 kg H 2O / kg DA
Tbh = 19°C
Vˆ (m3 / kg DA) ≈ 0,895(no se muestra la curva)
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, Ĥ ,
se puede calcular como sigue
Hˆ = (54,2 − 0,7) kJ / kg DA
Hˆ = 53,5 kJ / kg DA
119
Solucionario Balance de Materia y Energía
Facultad de Ingeniería
Universidad Católica de Temuco
b) La ca nt ida d de a gua e n 1 5 0 m 3 de a ir e e n e st a s condicione s.
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
AN EXOS
Ta bla 1 . Capacidades caloríficas [1]
Forma 1:
C p ( kJ / mol °C ) ó ( kJ / mol K ) = a + bT + cT 2 + dT 3
Forma 2: C ( kJ / mol °C ) ó ( kJ / mol K ) = a + bT + cT −2
p
Ejemplo: C
p 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.
Peso
ax
bx
cx
dx
Un. de
Rango (T)
molecular
Compuesto
Fórmula
Estado
Forma Temp.
105
108
1012
103
Acetileno
Acetona
C2H2
CH3COCH3
26,04
58,08
Ácido nítrico
Ácido sulfúrico
Agua
NHO3
H2SO4
H2O
63,02
98,08
18,016
Aire
29,0
Alcohol etílico
(etanol)
C2H5OH
46,07
Alcohol metílico
(metanol)
Amoniaco
Azufre
CH3OH
32,04
NH3
S
17,03
32,07
Benceno
C6H6
78,11
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
HBr
C4H10
CaCO3
Na2CO3
Na2CO3
*10H20
C
CaC2
HCN
C6H12
C5H10
Cl2
HCl
MgCl2
Cu
C9H12
SO2
CO2
NO2
C2H6
C2H4
CH2O
He
C6H14
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
Hidrógeno
Hidrógeno de calcio
Isobutano
Isobuteno
Metano
H2
Ca(OH)2
C4H10
C4H8
CH4
2,016
74,10
58,12
56,10
16,04
Metilciclohexano
Metilciclopentano
Monóxido de carbono
Nitrógeno
Óxido de calcio
Óxido de magnesio
Óxido férrico
Óxido nítrico
Óxido de nitroso
Oxígeno
n-pentano
C7H14
C6H12
CO
N2
CaO
MgO
Fe2O3
NO
N2O
O2
C5H12
98,18
84,16
28,01
28,02
56,08
40,32
159,70
30,01
44,02
32,00
72,15
Propano
Propileno
Tetracloruro de carbono
Tetracloruro de nitrógeno
Tolueno
C3H8
C3H6
CCl4
N2O4
C7H8
44,09
42,08
153,84
92,02
92,13
Trióxido de azufre
Sulfato de amonio
Sulfuro de hidrógeno
SO3
(NH4)2SO4
H2S
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
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
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
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
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
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
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
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
-5,033
18,20
-12,78
34,76
0,7604
0,3191
0,4799
-3,593
-1,965
-1,965
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
-8,749
19,83
-1,87
0,4421
-8,03
-6,686
-25,20
0,9887
-15,47
-12,87x1010
77,57
-4,585
34,94
--
0 – 1200
-30 – 60
0 – 1200
25
10 – 45
0 – 100
0 – 1500
0 – 1500
273–1800
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
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
-4,891x1010
-8,66x1010
1,092
-31,90
-25,54
-1,607
0,9715
80,63
68,66
6,473
-4,335
-39,79
-3,104
-2,887
-2,88
-5,816
-6,891
0,000
120,5
8,606
7,464
7,87
7,280
17,66
-8,694
40,85
0,00765
-23,92
0,3288
-0,8698
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
-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
0,3652
10,57
1,311
-18,99
-13,11
-10,17
42,26
31,71
24,60
-27,86
-8,540
80,33
32,40
1,547
0,3012
-3,292
--
57,66
49,87
50,50
-11,00
-11,00
100,8
83,81
-2,22
-2,871
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
-11,3
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
Ta bla 2 . Entalpías especificas de gases selectos: unidades SI [1]
Ĥ (kJ/mol)
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
Air e
O2
N2
H2
-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
-0,73 ….
0,00
2,24
5,31
8,47
11,72
15,03
18,41
21,86
25,35
28,89
32,47
36,07
39,70
43,38
47,07
50,77
0,72 …. -0,73 ….
0,00
0,00
2,19
2,19
5,13
5,16
8,12
7,96
11,15
10,89
14,24
13,83
17,39
16,81
20,59
19,81
23,86
22,85
27,19
25,93
30,56
29,04
33,99
32,19
37,46
35,39
40,97
38,62
44,51
41,90
48,06
45,22
CO
CO 2
H2O
-0,73 ….
0,00
2,19
5,16
8,17
11,25
14,38
17,57
20,82
24,13
27,49
30,91
34,37
37,87
41,40
44,95
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
BI BLI OGRAFÍ A
[1] Felder R., Rousseau R., Principios Elementales de los Procesos Químicos, 3°
Edición, Editorial Limusa Wiley, 2004.
[2] Himmelblau D., Principios Básicos y Cálculos en Ingeniería Química, 6° Edición,
Editorial Prentice Hall Hispanoamericana S.A., 2007.
[3] Valencia V., Solucionario Capitulo III Libro: Balances de Materia y Energía, G.
Reklaitis, Universidad Nacional de Colombia, 2005.
123