Vista previa del material en texto
MANUAL DE RESOLUCI ÓN DE EJERCI CI OS BALANCE DE MATERI A Y ENERGÍ A XI MENA PETI T- BREUI LH SEPULVEDA ALEJANDRA SANCHEZ - 2 0 0 8 - UNIVERSIDAD CATÓLICA DE TEMUCO FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA DE INGENIERÍA AMBIENTAL Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 2 SECCI ÓN I – BALANCE DE MATERI A SI N REACCI ÓN QUÍ MI CA 1 .1 . a . El f lujo de a lim entación a un secador se especif ica com o 1 .0 0 0 lb/ h. Calcule e l f lu jo en kg/ m in 1 .1 . b. En un proceso de am oníaco se producen 1 0 5 l bm ol/ día. Calcule la producción equiva lente en gm ol/ h. SOLUCI ÓN: Los cálculos se efectúan utilizando directamente los factores de conversión, factores que siempre son iguales a la unidad. a . Flujo en kg/ m in. min 56,7 min60 1 000.1 1 1 6,453 000.1000.1 kgh g kg lb g h lb h lb =×××= b. Producción equiva lente en gm ol/ h. h gmol h día lbmol gmol día lbmol día lbmol 755 1089,1 24 1 1 6,453 1010 ×=××= 1 .2 . Una planta produce una m ezc la de 9 0 % en m ol de etanol ( C 2H 5OH) y e l resto de agua. a. Calcule la fracción en masa de etanol. b. Si la producción de la planta es 1.000 lbmol/h, calcule la producción equivalente en kg/min. c. Para la producción de (b), calcule los flujos molares de los componentes de la corriente en kgmol/h. SOLUCI ÓN a. Fracción m asa o fracción m ásica de etanol Masa Molecular (MM) del etanol = 46 g/mol MM del agua = 18 g/mol Base de cálculo: 1 gmol de mezcla. Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 3 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. ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ×+×= aguadegmol aguadeg mezclademol aguadegmol oledegmol oledeg mezcladegmol oledegmol MediaMM 181,0 tan tan 46 tan 9,0 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ += mezcladegmol aguadeg mezcladegmol oledeg mediaMM 8,1tan4,41 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ += mezcladegmol aguadegoledeg mediaMM 8,1tan4,41 mezcladegmol mezcladeg mediaMM 2,43= 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 mezcladelToneladamo mezcladeTonelada mezcladelbmol mezcladelb mezcladekgmol mezcladekg mediaMM 2,432,432,43 === mezcladearrobamol mezcladearroba mezclademolmiligramo mezclademiligramo 2,432,43 =−= Continuando con el problema: ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ×= oledegmol oledeg mezcladegmol oledegmol oledeM tan tan 46 tan 9,0tan mezcladegmol oledeg tan 4,41= ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ == mezcladegmol mezcladeg mezcladegmol oledeg WoledemasicaFracción OHHC 2,43 tan 4,41 tan 52 mezcladeg oledeg W OHHC tan 95833,0 52 = 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 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 4 unidades, las cuales, normalmente, no se colocan, porque puede utilizarse en cualquier tipo de unidad: mezcladeTonelada oledeTonelada mezcladelb oledelb mezcladekg oledekg W OHHC tan 95833,0 tan 95833,0 tan 95833,0 52 === b. La producción equiva lente en kg/ m in Utilizando los factores de conversión y la masa molecular media se encuentra, directamente, que: min 592,326 min60 1 000.1 6,453 1 2,43 000.1100 kgh lb kg lbmol lb h lbmol h lbmol =×××= c. Flujos m olares para la corr iente en kgm ol/ h A partir del flujo, las fracciones molares y el factor de conversión puede plantearse que: h kgmol mezclalbmol mezclakgmol h mezclalbmol mezclalbmol olelbmol N OHHC 24,408000.1 6,453 000.1 tan 9,0 52 =××= h kgmol mezclalbmol mezclakgmol h mezclalbmol mezclalbmol olelbmol N OH 36,45000.1 6,453 000.1 tan 1,0 5 =××= tal como se pedía. 1 .3 . Una corr iente que cont iene H 2O 0 ,4 C2H 5OH 0 ,3 CH 3OH 0 ,1 CH 3COOH 0 ,2 en fracciones en m asa, se a lim enta a una colum na de dest ilación a razón de 1 .0 0 0 lb/ h. Convier ta estas var iables de las corr ientes a: a. Flujos molares por componente. b. Flujo molar total y fracciones molares. c. Fracciones molares, en base libre de agua. Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 5 SOLUCI ÓN a. Flujos m olares por com ponente 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: h lbmol OHlb lbmol h mezclalb mezclalb OHlb N OH 2222,2218 1 000.14,0 2 2 2 =××= h lbmol OHHlbC lbmol h mezclalb mezclalb OHHClb N OHHC 5217,646 1 000.13,0 52 52 52 =××= h lbmol OHlbCH lbmol h mezclalb mezclalb OHCHlb N OHHC 125,332 1 000.11,0 3 3 52 =××= h lbmol COOHlbCH lbmol h mezclalb mezclalb COOHCHlb N COOHCH 333,360 1 000.12,0 3 3 3 =××= b. Flujo m olar tota l y fracciones m ol. Sumando los flujos parciales de la parte (a) se encuentra el flujo molar total: ( ) hlbmoltotalmolarFlujo /333,3125,35217,62222,22 +++= hlbmoltotalmolarFlujo /2022,35= Las fracciones molares se encuentran dividiendo el flujo molar de cada uno de los componentes por el flujo molar total. Así, para el agua: mezclademol aguademol mezclademol aguademol OH 63127,02022,35 2222,22 2 =⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛=Χ De nuevo puede verse que las fracciones tienen unidades. Procediendo de manera análoga, las otras fracciones molares son: mezclademol oledemol OHHC tan 18527,0 52 =Χ mezclademol oledemol OHCH tan 08877,0 3 =Χ mezclademol acéticoácidodemol COOHCH 09469,03 =Χ Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 6 c. Fracciones m ol, en base libre de agua. El cálculo puede hacerse mediante un cambio de base, utilizando los porcentajes calculados en la parte (b); o a partir del flujo total, utilizando los flujos por componente del ítem (a). Calculando la fracción molar de etanol de ambas maneras se tendrá que: Con los porcentajes de la parte (b): ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ −⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛=Χ aguadeexcentamezclademol mezclademol mezclademol oledemol OHHC )63127,01( 1tan18527,0 52 aguadeexcentamezclademol oledemol OHHC tan 50244,0 52 =Χ Con los flujos por componente de la parte (a): ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ −=Χ aguadeexcentamezclademol oledemol OHHC )222,222022,35( tan5217,6 52 aguadeexcentamezclademol oledemol OHHC tan 50244,0 52 =Χ Análogamente se encuentran las otras fracciones en base seca. Con sus respectivas unidades son: aguadeexcentamezclademol oledemol olMe tan 24075,0tan =Χ aguadeexcentamezclademol oicoedemol oicoe tan 2568,0tan =Χ 1 .4 . Una solución que cont iene Na 2S, NaOH y Na 2CO3 en agua se conoce com o “licor blanco” y se usa en la indust r ia del papel p ara procesar pulpa de m adera. Supóngase que e l análisis de laborator io indica 5 0 g/ L de Na 2S, 2 5 0 g/ L de NaOH y 1 0 0 g/ L de Na 2CO3 . Si la densidad de la solución es 1 .0 5 g/ cm 3 , ca lcule los f lu jos m olares por com ponente, correspondientes a un f lu jo tota l de la corr iente de 1 .0 0 0 kgm ol/ h. Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 7 Gas de síntesis 50% H2 33% CO CH4 Vapor Agua Gas como productoH2 25% CO 25% CH4 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: g cm g litro cm litroMasa 050.105,1 1 000.1 1 3 3 =××= Com ponente Masa ( g) Mo les ( gm ol) Fracción m olar Flujo m olar ( kgm ol/ h) Na2S 50 0,6410 0,0146 14,587 NaOH 250 6,2500 0,1422 142,222 Na2CO3 100 0,9434 0,0215 21,467 H2O 650 36,1111 0,8217 821,724 Tota les 1 .0 5 0 4 3 ,9 4 5 5 1 ,0 0 0 0 1 0 0 ,0 0 0 1 .5 . A un proceso de producción de m etano a par t ir de gas de síntesis y vapor de agua, se a lim entan 6 kgm ol/ m in de un gas que cont iene 5 0 % de H 2 , 3 3 31 % de CO y e l resto CH 4 ( todos en base m olar) , así com o 7 2 kg/ m in de vapor de agua. Los productos son 3 kgm ol/ m in de agu a líquida y 9 5 kg/ m in de un gas que cont iene 2 5 % de CH 4 , 2 5 % de CO 2 y e l resto H 2 ( todos en base m olar) . Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 8 Determ ine, con t res cifras signif icat ivas, 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: 16)25,04425,01625,0( =×+×+×=MediaMolecularMasa Por tanto: kgmol kg kgmol kg kg mezclademolarFlujo 6 16 min 96 = ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = 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): ⎥⎥ ⎥⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ ×× = mezclademol mezclademasa CHdemol CHdemasa mezclademol mezclademol CHdemol WCH 16 16125,0 4 44 4 totalmasa CHdemasa WCH 425,0 4 = Para los otros componentes se procede de manera análoga (sin todas las unidades): ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ××= totalmasa COdemasa W CO 2 16 44125,0 2 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 9 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛= totalmasa COdemasa W CO 26875,0 2 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ××= totalmasa Hdemasa W H 2 16 215,0 2 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛= totalmasa Hdemasa W H 20625,0 2 Para visualizar el balance de materia, se toma como base un minuto y con los flujos másicos y/o molares conocidos se construye la siguiente tabla. ENTRADA SALI DA kgmol kg kgmol kg H2 3 6 H2O 3 54 CO 2 56 CH4 1,5 24 CH4 1 16 CO2 1,5 66 H2O 4 72 H2 3 6 Tota l 1 0 1 5 0 Tota l 9 1 5 0 En ella se hace inventario de las masas de los componentes y las moles totales a la entrada y a la salida: a. ¿Se conserva la m asa tota 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 conservan las m oles tota les? Las moles totales no se conservan: Al proceso entran 10 kgmol y de él salen 9 kgmol. c. ¿Se conservan las m oles de cada t ipo de átom o? Sumando los átomos mol de cada componente a la entrada y a la salida se tiene que: ENTRADA: Los elementos que intervienen en el proceso son H, C y O. OHdelHCHdelHHdelHHdeátomokg 242 ++=− OHkgmol Hátkg OHkgmol CHkgmol Hátkg CHkgmol Hkgmol Hátkg HkgmolHdeátkg 2 2 2 4 4 2 2 2 4 4 1 2 3 −×+−×+−×=− 18=− Hdeátkg 4CHdelCCOdelCCdeátkg +=− Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 10 4 4 1 1 1 2 CHkgmol Cátkg CHkgmol COkgmol Cátkg COkgmolCdeátkg −×+−×=− 3=− Cdeátkg OHdelOCOdelOOdeátkg 2+=− OHkgmol Oátkg OHkgmol COkgmol Oátkg COkgmolOdeátkg 2 2 1 4 1 2 −×+−×=− 6=− Odeátkg SALI DA: Efectuando el mismo procedimiento para los componentes a la salida (sin colocar las unidades): OHdelHCHdelHHdelHHdeátomokg 242 ++=− )2345,123( ×+×+×=− Hdeátomokg 18=− Hdeátomokg 24 COdelCCHdelCCdeátomokg +=− )15,115,1( ×+×=− Cdeátomokg 3=− Cdeátomokg 22 COdelOOHdelOOdeátomokg +=− )25,113( ×+×=− Odeátomokg 6=− Odeátomokg Los kg – átomo que entran y salen de los elementos H, C y O son, respectivamente: 18, 3 y 6. Se conserva el número de átomos mol de cada tipo de átomo. d. ¿Se conserva la m asa de cada t ipo de sustancia q uím 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 puede concluirse que ocurre en este proceso ? Que hay interacción química entre los diferentes componentes. Puede plantearse que ocurre la reacción: 422 5,05,12 CHCOOHCO +→+ 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. Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 11 Producto 13.040 lb/día Desperdicio 7.760 lb/día HI 125 lbmol/día CH3OH 150 lbmol/día 1 .6 . Un proceso de producción de yoduro de m et ilo, CH 3 I , t iene las corr ientes de ent rada y sa lida que se m uest ran en la f igura. L a corr iente de desperdicio consiste en 8 2 ,6 % ( en m asa) de HI y e l resto agua, m ientas que la cor r iente de producto cont iene 8 1 ,6 % ( m ásico) de CH 3 I y e l resto CH 3OH. Determ ine con t res cifras signif icat ivas, 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? SOLUCI ÓN: Tomando como base un día se tendrá que: a. ¿Se conserva la m asa tota l? lblbentraqueMasa 800.20)32150128125( =×+×= lblbsalequeMasa 800.20)040.13760.7( =+= De la igualdad de las masas se concluye que se conserva la masa total. b. ¿Se conservan e l núm ero tota l de m oles? lbmollbmolentranqueMoles 275)150125( =+= Moles que salen: Es la suma de las moles del desperdicio y del producto: Desperdicio: lbHI 76,409.6826,07760 =×= Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 12 lbHI 076,50= lblbOH 24,350.1174,0760.72 =×= lbmolOH 013,752 = Producto: lbICH 64,640.10816,0040.133 =×= lbmol41.74= lbOHCH 364,399.23 = lbmol98,74= Así )98,7441,74013,75076,50( +++=salenqueMoles lbmol479,274=Con tres cifras significativas el número de moles no se conserva: 275 vs. 274.479 c. ¿Se conserva e l núm ero de m oles de cada t ipo de átom 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 rada: 1503 == OHCHdelCCdeátomolb 1503 == OHCHdelOOdeátomolb 125== HIdelIIdeátomolb 725)4150125(3 =×+=+= OHCHdelHHIdelHHdeátomolb Salida: 39,143)98,7441,74(33 =+=+= OHCHdelCICHdelCCdeátomolb 993,149)98,74013,75(32 =+=+= OHCHdelOOHdelOOdeátomolb 486,124)41,74076,50(3 =+=+= ICHdelIHIdelIIdeátomolb OHCHdelHICHdelHOHdelHHIdelHHdeátomolb 332 +++= 252,723)498,74341,742013,75076,50( =×+×+×+=Hdeátomolb En el proceso, con tres cifras significativas, el número de átomos de cada elemento no se conserva. Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 13 d. ¿Se conserva la m asa de cada t ipo de sustancia q uím 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 puede concluirse que ocurre en este proceso ? Primero, hay reacción química. Segundo, es probable que los porcentajes másicos del desperdicio y del producto sean aproximaciones y que al dar sus valores con más cifras significativas se obtenga el resultado esperado: que la masa se conserve. 1 .7 . En una planta de ácido sulfúr ico, se m ezclan 1 0 0 lbm ol/ h de una corr iente que cont iene 9 0 % m ol de H 2SO4 en agua, con 2 0 0 lbm ol/ h de ot ra que cont ienen 9 5 % m ol de H 2SO4 en agua y con 2 0 0 lbm ol/ h de una corr iente que consiste de 1 5 % m ol de SO 3 en N 2 . El resultado son 4 8 0 lbm ol/ h de una co rr iente m ezclada que cont iene 1 7 0 lbm ol/ h de N 2 , 6 2 ,5 % m ol de H 2SO4 , nada de agua y e l resto SO 3 . Determ ine, m ediante 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 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 14 lbm ol lbm ol lbm ol lbm ol lb lbm ol lb 1 2 3 4 5 6 7 8 H2SO4 90 190 - 280 27.440 300 29.400 H2O 10 10 - 20 360 - - SO3 - - 30 30 2.400 10 800 N2 - - 170 170 4.760 170 4.760 1 0 0 2 0 0 2 0 0 5 0 0 3 4 .9 6 0 4 8 0 3 4 .9 6 0 a . ¿Se conserva la m asa tota l? La masa total se conserva: resultados de las columnas 6 y 8. b. ¿Se conservan e l núm ero tota l de m oles? El número total de moles no se conserva. Columnas 5 y 7: entran 500 y salen 480. c. ¿Se conservan e l núm ero de m oles de cada t ipo de átom 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: [ ] átomolbátomolbH −=−×+×+×+×= 600)2102190()210290( Salida: átomolbátomolbH −=−×+×= 600)2202280( Azufre: Entrada: [ ] átomolbátomolbS −=−×+×+×= 3101301190190 Salida: [ ] átomolbátomolbS −=−×+×= 3101301280 Oxígeno: Entrada: [ ] átomolbátomolbO −=−×+××+×+×= 230.13301104190110490 Salida: [ ] átomolbátomolbO −=−×+×+×= 230.13301204280 d. ¿Se conserva la m asa de cada sustancia? La masa de cada sustancia no se conserva porque hay reacción química. e. ¿Si e l ba lance tota l de m asa no resulta , cuál es la explicación m ás probable? El balance total de masa resulta. Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 15 f . ¿Si e l ba lance del núm ero tota l de m oles no resu lta, cuál es la explicación m ás probable? Las veinte lb-mol de H2O que entran al proceso reaccionan con 20 de las 30 lb-mol de SO3 que llegan, según la ecuación: 4232 SOHSOOH →+ Desaparecen en total, 40 lbmol y se forman 20 lbmol de H2SO4, como puede observarse en la tabla: Columnas 5 y 7. ENTRADA GENERACI ÓN O CONSUMO SALI DA lbm ol lbm ol lbm ol H2SO4 280 20 300 H2O 20 20 0 SO3 30 20 10 1 .8 . Un gas que cont iene 7 9 ,1 % de N2 , 1 ,7 % de O 2 y 1 9 ,2 % de SO 2 , se m ezcla con ot ro gas que cont iene 5 0 % de SO 2 , 6 ,5 3 % de O 2 y 4 3 ,4 7 % de N 2 , para producir un gas que cont iene 2 1 ,4 5 % de SO 2 , 2 ,0 5 % de O 2 y 7 6 ,5 0 % de N 2 . Todas las com posiciones corresponden a porcenta je en m ol. Determ 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? Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 16 1 2 3 SOLUCI ÓN: El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, es: a . Núm ero de var iables de corr ientes independientes que hay en e l problem 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. Núm ero de balances de m ater ia que pueden expresa rse y cuántos serán independientes. Pueden expresarse cuatro balances de materia: Uno, para cada uno de los tres componentes, y el balance de materia total. Solamente tres son independientes porque al sumar las ecuaciones de balance de los tres componentes se obtiene la ecuación para el balance total. c. ¿En qué proporción deberán m ezclarse las corr ien tes? Para encontrar la respuesta, se plantea un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (N1, N2 y N3): Balance de Nitrógeno: 321 7650,04347,079,0 NNN =+ Balance de Oxígeno: 321 0205,00653,0017,0 NNN =+ Balance Total: 321 NNN =+ 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. N1 1 2N X =0,791 1 2O X =0,017 ( 1 2SO X =0,192 N2 2 2N X =0,0653 2 2O X =0,4347 ( 2 2SO X =0,50) N3 3 2N X =0,0205 3 2O X =0,7650 ( 3 2SO X =0,2145) Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 17 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. Sea 1 2 N N X = 1 3 N N Y = zx 7650,04347,079,0 =+ zx 0205,00653,0017,0 =+ zx =+1 Al resolver este sistema se encuentra la siguiente redundancia: z = 1,0787 y z = 1,0781, es decir, 2 valores diferentespara 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: 32 7650,04347,0791 NN =+ (1) Oxígeno: 32 0205,00653,017 NN =+ (2) Total: 32000.1 NN =+ (3) En el cual sólo hay dos incógnitas: N2 y N3 Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (3) se encuentra que: N3=1.078,716 N2= 78,716 Reemplazando en la ecuación (2) estos valores se encuentra que: 114,22140,22 716,078.10205,0)716,780653,0(17 = ×=×+ 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 704,12 716,78 000.1 2 1 =⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡=⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ N N Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 18 Gas Solución Acetona – agua Agua Gas 4 3 F3=1.000 F4 F3=1.000 W1AC=0,2 W1G=0,8 1 2 F2 W2AC W2AGUA 1 .9 . Puede recuperarse acetona de un gas por tador , disolviéndola en una corr iente de agua pura en una unidad llam ada absorb edor. En e l diagram a de f lujo de la f igura, 2 0 0 lb/ h de u na corr iente con 2 0 % de acetona se t ra tan con 1 .0 0 0 lb/ h de una corr iente d e agua pura, lo que produce un gas de descarga libre de acetona y una s olución de acetona en agua. Supóngase que e l gas por tador no se disuelve en e l agua. a. Determine el número de variables de corrientes independientes y de balances de materia que hay en el problema. b. Exprese todas las ecuaciones de balance de materia. c. Calcule todas las variables de corrientes desconocidas. SOLUCI ÓN: Diagram a Cuant it a t ivo: Agua 20% Acetona 80% Gas Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 19 a. Determ ine e l núm ero de var iables de corr ientes independientes y de ba lances de m ater ia que hay en e l problem 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. Exprese todas las ecuaciones de balance de m ater ia . Las ecuaciones de balance son: Total: 4231 FFFF +=+ 200.1000.1200 42 =+=+ FF (1) Acetona: 2211 FWFW ACAC ×=× 222002,0 FWAC ×=× (2) Agua: 223 )1( FWF AC ×−= 22 )1(000.1 FWAC ×−= (3) Gas: 411 FFWG =× 42008,0 F=× (4) c. Calcule todas las var iables de corr ientes descon ocidas. Tabla de Grados de Liber tad Número de variables independientes (NVI) 6 Número de balances de materia independientes (NBMI) 3 Número de flujos conocidos (NFC) 2 Número de composiciones independientes conocidas (NCC) 1 Número de relaciones conocidas (NRC) 0 -6 GRADOS DE LIBERTAD (G de L) 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. Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 20 Extracto de aceite Aceite Hexano Resolviendo el sistema de ecuaciones planteado se obtiene: De la ecuación (4): 1604 =F De las ecuaciones (4) y (1): 040.12 =F Con F2 conocido y la ecuación (2): 03846,02 =ACW Por diferencia: 96154,02 =GW En este problema no se utilizó la ecuación (3) por ser dependiente, por tanto debe satisfacerse con los valores encontrados. Reemplazando: 040.1)03846,01(000.1 ×−= 000.1000.1 = Igualdad que garantiza que se resolvió correctamente el sistema. 1 .1 0 . Puede obtenerse una pasta de proteína vegeta l libre de aceite a par t ir de sem illa de a lgodón, usando hexano para ext raer e l aceite de las sem illas lim pias. Teniendo una a lim entación de sem illa de algodón cru da que consiste ( porcenta jes m ásicos) de: Materia Celulósico (MC) 14% Pasta (P) 37% Aceite (A) 49% Calcule la com posición del ex t racto de aceite que se obtendrá ut ilizando 3 libras de hexano por cada libra de sem illa cruda. Proceso Hexano Pasta pura de proteína Semillas crudas Material Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 21 Hexano F1 1 Pasta pura F4 4 Extracto de aceite 5 F5 W5A (W5H) Semillas crudas F2 2 W2MC=0,14 W2P=0,37 (W2A=0,49) 3 Material Celulósico F3 SOLUCI ÓN: Diagrama cuantitativo Relaciones: Se utilizan 3 libras de hexano por cada libra de semilla cruda, es decir: R1: 32 1 = F F Tabla de Grados de Liber tad NVI 8 (F1, F2, F3, F4, F5, W2MC, W 2 P, W 5 A) NBMI 4 (Total, Material Celulósico, Pasta, Aceite) NFC 0 NCC 2 (W2MC, W2P) NRC 1 -7 G de L 1 Base -1 (El sistema esta sub-especificado. Al tomar una base de cálculo el sistema queda especificado correctamente) Las cuatro ecuaciones independientes de balance de materia son: Total: 543 2 1 FFFFF ++=+ (1) Material Celulósico: 3214,0 FF = (2) Pasta: 4237,0 FF = (3) Aceite: 33249,0 FWF A= (4) Proceso Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 22 E 2/3 Destilado P 1/3 B 0 Columna de destilación Fondos E 0 P B 1/3 E 1/3 P Alimentación 1/3 B De la relación 3 2 1 = F F (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): librasF )3/000.1(2 = De (2): librasF 67,463 = De (3): librasF 33,1234 = De (1): librasF 67,256.15 = De (4): 13,05 =AW Por diferencia: librasWH 87,05 = 1 .1 1 . En una colum na de dest ilación se separa una m ezcla equim olar de etanol, propanol y butanol, en una corr iente de des t ilado que cont iene 2 / 3 de etanol y nada de butanol, y una corr iente de fondos que no cont iene etanol. Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 23 Calcular las cant idades y com posicione s de las corr ientes de dest ilado y fondos, para una a lim entación de 1 .0 0 0 m ol/ h. SOLUCI ÓN: Diagram a Cuant it a t ivo:Tabla de grados de liber tad Las ecuaciones del balance de materia son: Total: FD NN +=000.1 (1) Etanol: DN)3/2()3/000.1( = (2) Propanol: DF P D NXN += )3/1()3/000.1( (3) Resolviendo es sistema se encuentra que: De la ecuación (2): 500=DN De la ecuación (1): 500=FN De la ecuación (3): 3/1=FPX NVI 7 (NA, XE A, XP A, ND, XE D, NF XP F) NBMI 3 (Total, Etanol (E) y Propanol (P)) NFC 1 (Flujo de alimentación, NA) NCC 3 (XEA, XPA, XED) NRC 0 -7 G de L 0 Base (El proceso está especificado y puede Formarse un sistema de 3 ecuaciones Con 3 incógnitas) NA =1000 A EX =1/3 A PX =1/3 ( B) N D D EX =0,66667 ( P) N F F PX =0,66667 ( B) Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 24 F BW =0,05 (T 95%) FA FF FD D BW =0,52 (T 48%) 1 .1 2 . La a lim entación a una colum na de de st ilación cont iene 3 6 % en m asa de benceno y e l resto tolueno. El dest ilado deberá contener 5 2 % en m asa de bencen o, m ient ras que los fondos contendrán 5 % en m asa de benceno. Calcule: a. El porcentaje de la alimentación de benceno que contiene el destilado. b. El porcentaje de la alimentación total que sale como destilado. SOLUCI ÓN: Diagrama Cuantitativo: Tabla de grados de liber tad 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: FD FF +=000.1 (1) FD FF 05,052,0360 += (2) Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1) y (2): 426,340=FF 574,659=DF NVI 6 NBMI 2 NFC 0 NCC 3 NRC 0 -5 G de L 1 Base -1 A BW =0,36 (T 64%) Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 25 N3 3BX =0,9 ( 3 2O X =0,1) 1BX =0,95 N 1 ( 1 2O X =0,05) 2BN =16,3 a. El Porcenta je de la a lim entación de benceno que cont iene e l dest ilado: 100% ×= Aenbenceno Denbenceno recuperadobencenode %2718,95100 360 574,65952,0 % =××=recuperadobencenode b. El porcenta je de la a lim entación tota l que sa le com o dest ilado. %9574,65100 000.1 574,659 % =×=destiladocomosalequeAde 1 .1 3 . Un m étodo para determ inar e l f lujo volum ét r ic o de una corr iente de proceso en f lu jo turbulento, consiste en inyectar cant idades pequeñas y m edibles de a lgún f lu ido que se disperse con facili dad, para luego m edir la concent ración de este f lu ido en una m uest ra de la c orr iente m ezclada, obtenida en a lgún punto adecuado corr iente aba jo. Supóngase que a una corr iente que cont iene 9 5 % m ol de butano y 5 % m ol de O 2 , se le inyectan 1 6 ,3 m oles/ h de O 2 . Corr iente abajo e l porcentaje de O 2 es del 1 0 % . Calcule e l f lu jo de la corr iente. SOLUCI ÓN: Diagrama Cuantitativo: Tabla de Grados de Liber tad NVI 5 NBMI 2 NFC 1 NCC 2 NRC 0 -5 G de L 0 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 26 De la tabla de grados de libertad se determina que el proceso esta correctamente especificado. Total: 321 NNN =+ ó 31 3,16 NN =+ Etanol: 31 1,03,1605,0 NN =+ Resolviendo el sistema de ecuaciones: 4,2931 =N 7,3093 =N Por lo tanto el flujo de la corriente es de 293,4 moles/h. 1 .1 4 . El ácido agotado de un proces o de nit ración cont iene 4 3 % de H 2SO4 y 3 6 % de HNO 3 . La concent ración de este ácido dilu ido se increm ente m ediante la adición de ácido sulfúr ico concent rado que cont i ene 9 1 % de H 2SO4 y ácido nít r ico concent rado, que cont iene 8 8 % de HNO 3 . El producto deberá contener 4 1 .8 % de H 2SO4 y 4 0 % de HNO 3 . Calcule las cant idades de ácido agotado y de ácidos concent rados que deberán m ezclarse para obtener 1 0 0 lb de l ácido m ez clado reforzado. SOLUCI ÓN Diagrama cuantitativo: FD D SOHW 42 =0,43 D HNOW 3 =0,36 (H2O 21%) FS S SOHW 42 =0,91 (H2O 9%) FN N HNOW 3 =0,80 (H2O 20%) FC C SOHW 42 =0,418 C HNOW 3 =0,400 (H2O 18,2%) Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 27 Tabla de Grados de Liber tad Los balances de materia son: Total: 100=++ NSD FFF Sulfúrico: 8,4191,043,0 =+ SD FF Propanol: 0,408,036,0 =+ ND FF 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 una planta se m ezclan cuat ro corr ientes de proceso para dar una corr iente única de 2 .0 0 0 lb/ h. Las com posiciones de las cuat ro corr ientes de ent rada y la corr iente de sa lida se m uest ran en la tabla de la página siguiente: Calcule las proporciones en que deberán m ezclarse l as corr ientes 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. NVI 10 NBMI 3 NFC 1 NCC 6 NRC 0 -10 G de L 0 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 28 F4 4 42SOH W =0,10 4 3HNO W =0,10 4 InterteW =0,08 (H2O 72%) Corrientes de entrada 1 2 3 4 Corrientes de salida H2SO4 (% en masa) 80 0 30 10 40 HNO3 (% en masa) 0 80 10 10 27 H2O (% en masa) 16 20 60 72 31 Inertes (% en masa) 4 0 0 8 2 Diagrama cuantitativo: Tabla de Grados de Liber tad NVI 16 NBMI 4 NFC 1 NCC 11 NRC 0 -16 G de L 0 F1 1 42SOH W =0,80 1 InterteW =0,04 (H2O 16%) F5=2.000 5 42SOH W =0,40 5 3HNO W =0,27 5 InterteW =0,02 (H2O 31%) F2 2 3HNO W =0,80 (H2O 20%) F3 3 42SOH W =0,30 3 3HNO W =0,10 (H2O 60%) Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 29 Total: 000.24321 =+++ FFFF (1) Sulfúrico: 8001,03,08,0 431 =++ FFF (2) Inertes: 4008,004,0 41 =FF (3) Nítrico: 5401,01,08,0 432 =++ FFF (4) a . Siem pre deberán usarse dos libras de la corr ient e 1 por una libra de la corr iente 3 , para dar la corr iente de sa lida con la com posición m encionada. Al establecer esta relación, se tendrá el siguiente análisis de Grados de Libertad: Relación 1, R1: (F1/F3) = 2 (5) El sistema se encuentra sobre-especificado porque los Grados de Libertad son negativos. Esto significa una dedos 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 F1=833.33 F4=83,33 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. NVI 16 NBMI 4 NFC 1 NCC 11 NRC 1 -17 G de L -1 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 30 F2 F3 F5= 2.000 b. Se ut ilizan dos libras de la corr iente 1 por una libra de la cor r iente 3 , y t res libras de la corr iente 2 por una libra de la corr ie nte 4 , para dar la m ism a m ezcla de sa lida. Además de las condiciones dadas por el diagrama original, se tiene otra relación: Relación 1, 2)/(: 311 =FFR (5) Relación 2, 3)/(: 422 =FFR (6) 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: 3 333,83 67,666 4 2 ≠= F F (Relación 2 ó Ec. 6) c. La corr iente de sa lida no deberá ll evar com ponentes inertes y deberá tener iguales porcenta jes en m asa de los ot ros com ponente s de la corr iente. Con estas condiciones, no pueden intervenir las cor r ientes de ent rada que cont ienen iner tes y e l diagram a cuant ita t ivo del pr oceso es e l siguiente: NVI 16 NBMI 4 NFC 1 NCC 11 NRC 2 -18 G de L -2 2 3HNO W =0,8 (H2O 20%) 3 42SOH W =0,30 3 3HNO W =0,10 (H2O 60%) 5 42SOH W =1/3 5 3HNO W =1/3 (H2O) Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 31 Tabla de Grados de Liber tad 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: 000.231 =+ FF (1) Nítrico: 67,6661,08,0 32 =+ FF (2) Sulfúrico: 67,6663,0 3 =F (3) De la ecuación (3), 22,222.23 =F Valor contradictorio (por imposible), ya que dicho flujo no puede tener un valor mayor que el flujo de salida que es de 2000. Por tanto el problema, con estas condiciones, no tiene solución. d. El contenido de iner tes en la corr iente de sa lid a puede ser arbit rar io, pero e l resto de los com ponentes en la corr iente de sa lida deberán estar presentes en iguales porcenta jes en m asa. El diagrama cuantitativo del proceso, con todas las variables de corriente, se muestra en la figura de la página siguiente: Relaciones: R1: ( 55 342 HNOSOH WW = ) (1) R2: ( 55 242 OHSOH WW = ) (2) NVI 8 NBMI 3 NFC 1 NCC 5 NRC 0 -9 G de L -1 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 32 F4 4 42SOH W =0,10 4 3HNO W =0,10 4 InterteW =0,08 (H2O 72%) Tabla de Grados de Liber tad De la Tabla de Grados de Libertad puede concluirse que el sistema se encuentra subespecificado. Diagrama cuantitativo: Para demostrar que el sistema se encuentra subespecificado, se plantean las ecuaciones del balance y las relaciones: R1: 1)/( 55 342 =HNOSOH WW (1) R2: 1)/( 55 242 =OHSOH WW (2) NVI 16 NBMI 4 NFC 1 NCC 8 NRC 2 -15 G de L -1 F1 1 42SOH W =0,80 1 InterteW =0,04 (H2O 16%) F5=2.000 5 42SOH W 5 3HNO W 5 2OH W (Inertes) F2 2 3HNO W =0,80 (H2O 20%) F3 3 42SOH W =0,30 3 3HNO W =0,10 (H2O 60%) Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 33 Ecuaciones de Balance: Total: 000.24321 =+++ FFFF (3) Sulfúrico: 000.21,03,08,0 5431 42 ×=++ SOHWFFF (4) Agua: 000.272,06,02,016,0 54321 2 ×=+++ OHWFFFF (5) Nítrico: 000.21,01,08,0 5432 3 ×=++ HNOWFFF (6) El análisis de las ecuaciones (1) a (6) muestra que forman un sistema con 6 ecuaciones y 7 incógnitas (F1, F2, F3, F4, 5 42SOH W , 5 3HNO W , 5 2OH W ). 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 fabr icante m ezcla t res a leaci ones para obtener 1 0 .0 0 0 lb/ h de una a leación requer ida. En la siguiente tabla se m uest ran las com posiciones de las a leaciones ( % en m asa) : Aleaciones alimentadas Componente 1 2 3 Aleación deseada A 60 20 20 25 B 20 60 0 25 C 20 0 60 25 D 0 20 20 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). Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 34 F1 F2 3 AW =0,2 3 CW =0,6 ( 3 DW ) F3 F4=10000 ¿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: a. Calcule los f lu jos de a lim entación de las t res a leaciones. ¿Pueden cum plirse todas las condiciones requer idas? Tabla de Grados de Liber tad Como consecuencia, se puede formar un sistema de 4 ecuaciones y 3 incógnitas. Las cuatro ecuaciones de balances de materia son: Total: 000.10321 =++ FFF (1) A: 500.22,02,06,0 321 =++ FFF (2) B: 500.26,02,0 21 =+ FF (3) C: 500.26,02,0 31 =+ FF (4) Las tres incógnitas son: F1, F2 y F3. NVI 13 NBMI 4 NFC 1 NCC 9 NRC 0 -14 G de L -1 1 AW =0,6 1 BW =0,2 ( 1 CW ) 4 AW =0,25 4 BW =0,25 4 CW =0,25 ( 4 DW ) 2 AW =0,2 2 BW =0,6 ( 2 DW ) Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de IngenieríaUniversidad Católica de Temuco 35 F1 F2 F3 F5 F4=10000 1 AW =0,6 1 BW =0,2 ( 1 CW ) 3 AW =0,2 3 CW =0,6 ( 3 DW ) 5 BW =0,2 5 CW =0,2 ( 5 DW ) Resolviendo las ecuaciones (1), (2) y (4), se obtiene: F1 =5.000 F2 =2.500 F3=2.500 Al reemplazar estos valores en la ecuación (2) se obtiene que: 0,6×5.000 + 0,2×2.500 + 0,2×2.500 = 4.000 ≠ 2.500 los cuales no satisfacen la ecuación y, por tanto, el sistema no es consistente. Se puede concluir que la información es, además de redundante, contradictoria y, por tanto, el problema no tiene solución. b. Supóngase que puede usarse tam bién una cuar ta a leación, que cont iene 2 0 % B, 2 0 % C y 6 0 % D. Calcule los f lu jos de a lim entación de las cuat ro a l eaciones. 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: De la cual se concluye que el problema está correctamente especificado. NVI 16 NBMI 4 NFC 1 NCC 11 NRC 0 -16 G de L 0 2 AW =0,2 2 BW =0,6 ( 2 DW ) 4 AW =0,25 4 BW =0,25 4 CW =0,25 ( 4 DW ) Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 36 F2 3 AW =0,2 3 CW =0,6 ( 3 DW ) F3 F4=10.000 F1 Las ecuaciones de balance de materia son: Total: 000.105321 =+++ FFFF (1) A: 500.22,02,06,0 321 =++ FFF (2) B: 500.22,06,02,0 521 =++ FFF (3) C: 500.22,06,02,0 531 =++ FFF (4) Que conforman un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas Resolviéndolo se obtiene que: F1 = 2 .5 0 0 F2 = 2 .5 0 0 F3 = 2 .5 0 0 F5 = 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. Supóngase que únicam ente se requiere que la a lea ción f ina l t enga 4 0 % A y cant idades iguales de B y C ( no se especif ica la fr acción en m asa del com puesto D) . ¿En qué proporciones deberán m ezclarse las cuat ro a leaciones para sat isfacer estas condiciones? ¿Cuál ser ía la com posición de la a leación f ina l? Diagrama Cuantitativo: 4 AW =0,4 4 BW 4 CW ( 4 DW ) 2 AW =0,2 2 BW =0,6 ( 2 DW ) 1 AW =0,6 1 BW =0,2 ( 1 CW ) Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 37 Relaciones: R1: 4BW = 4 CW Tabla de Grados de Liber tad El proceso se encuentra correctamente especificado. Puede plantearse un sistema de cinco ecuaciones de balances de materia con cinco incógnitas: Total: 000.10321 =++ FFF (1) A: 000.42,02,06,0 321 =++ FFF (2) B: 421 000.106,02,0 BWFF =+ (3) C: 431 000.106,02,0 CWFF =+ (4) R1: 1)/( 44 =CB WW (5) Resolviéndolo el sistema se encuentra que: F1 = 5.000 F2 = 2.500 F3 = 2.500 4 BW = 0,25 4 CW = 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: 432 000.102,02,0 DWFF =+ 000.10)25,04,01(500.22,0500.22,0 ×−−=×+× 000.1000.1 = NVI 13 NBMI 4 NFC 1 NCC 7 NRC 1 -13 G de L 0 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 38 NaOH H2O SOLUCIÓ N de SOLUCIÓN clara NaOH H2O Lachada lavada NaOH H2O CaCO3 Lachada de alimentación NaOH H2O CaCO3 Solución de lavado 2 NaOHW =0,05 (Agua) Solución clara 4 NaOHW (Agua) Lechada lavada 3 3CaCO W (Sal) 3 NaOHW (Agua) LECHADA 3 3CaCO W =1/3 1 NaOHW =1/3 (Agua) 1 .1 7 . Una lechada que consiste de un precipitado de CaCO3 en solución de NaOH y H 2O, se lava con una m asa igua l de una solución dilu i da de 5 % ( en m asa) de NaOH en agua. La lechada lavada y sedim entada que se carga de la unidad cont iene 2 libras de solución por cada libra de sólido ( CaCO 3 ) . La solución clara que se descarga de la unidad puede suponerse de la m ism a c oncent ración que la solución acarreada por los sólidos. La lechada de a lim entación cont iene ig uales fracciones m asa de todos sus com ponentes. Calcule la concent ración de la solución clara. SOLUCI ÓN El Diagrama Cuantitativo es: F2 F1 F4 F3 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 39 Relaciones: R1: 21 FF = (1) R2: ( 3/13 3 =CaCOW ) (2) R3: 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: ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ +×⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ + NaOHdemasaaguademasa totalmasa totalmasa NaOHdemasa NaOHdemasaaguademasa NaOHdemasa En función de los flujos y las composiciones: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +×⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ + 33 3 3 3 33 3 22 OHNaOH NaOH OHNAOH NaOH FF F F F FF F ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ×+×⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ×+ 333 3 3 33 333 33 )()( 22 FWW F F FW FWW FW OHNaOH NaOH OHNaOH NaOH Encontrándose que: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ + 3 3 3 1 CaCO NaOH W W NaOHdemasaaguademasa NaOHdemasa Reemplazando valores, la relación R3 se plantea como: 4 3 3 sinln3333,01 NaOH NaOH W sólidossdelb NaOHdelbW =⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ − (3) Tabla de Grados de Liber tad NVI 10 NBMI 3 NFC 0 NCC 3 NRC 3 -9 G de L 1 Base -1 G de L 0 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 40 CÁLCULOS Base: Sea F 1 = 1 .0 0 0 Las ecuaciones del balance de materia son: Total: 243 000.1 FFF +=+ (4) CaCO3: )3/1(000.133 3 ×=FWCaCO (5) NaOH: )3/000.1(05,0 23344 +=+ FFWFW NaOHNaOH (6) Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que: F2 = F3 = F4 = 1.000 3NaOHW =0,15333 4 NaOHW =0,23 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: 3344295,0)3/000.1( FWFWF NaOHNaOH +=+ 000.1)23,01(000.115333,0 3 1 1950 3 000.1 ×−+×⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −−=+ 333,283.1333,283.1 = 1 .1 8 . Puede ext raerse e l ácido benzoico de una solución acuosa dilu ida, m ediante e l contacto de la solución con benceno en una unidad de ext racción de etapa única. La m ezcla se separará en dos corr ientes: una que cont iene ácido benzoico y benceno y la ot ra que cont iene a los t res com ponent es, com o lo m uest ra e l diagram a de la f igura. El benceno es ligeram ente soluble en agua, por tant o, la corr iente 4 contendrá 0 ,0 7 kg de benceno por kg de agua. El ácido benzoico se dist r ibuirá ent re las corr ient es 3 y 4 de la siguiente form a: 43 )( 4 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ +×=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ aguabencenomasa benzoicoácidodemasabencenodemasa benzoicoácidodemasa Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 41 Ácido benzoico 1 Agua Ácido benzoico 3 Benceno 4 Ácido benzoico Benceno Agua 2 Benceno 1 3 2 4 La solución de a lim entación, corr iente 2 , cont iene 2 × 1 0 - 2 kg de ácido/ kg de agua y se a lim enta a razón de 1 0 4 kg/ h: a. Demuestre que el problema está subespecificado. b. Supóngase que el ácido benzoico extraído en la corriente 3, vale $ 1/kg y que el benceno fresco (corriente 2) cuesta 3 centavos/kg. Construya una gráfica de utilidad neta contra flujo de benceno y seleccione el flujo óptimo de benceno. SOLUCI ÓN: Diagrama Cuantitativo: R1: 0,02 kg de ácido/kg de agua en la alimentación R2: 0,07 kg de benceno/ kg de agua en la corriente 4. R3: 43 )( 4 ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ +×=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ aguabencenomasa benzoicoácidodemasa bencenodemasa benzoicoácidodemasa F1=10.000 kg/h 1 ABW (A) F3 3 ABW (B) F4 4 ABW 4 BW (A) F2 (Benceno) Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 42 a. Dem uest re que e l problem a está subespecif icado. Tabla de Grados de Liber tad El problema se encuentra subespecificado. Hace falta información para calcular todas las variables del proceso. Como tiene un grado de Libertad esto significa que todas las incógnitas del proceso pueden expresarse en función de una de ellas. b. Supóngase que e l ácido benzoico ext ra í do en la corr iente 3 , va le $ 1 / kg y que e l benceno fresco ( corr ien te 2 ) cuesta 3 centavos/ kg. Const ruya una gráfica de ut ilidad neta co nt ra f lu jo de benceno y se leccione e l f lujo ópt im o de benceno. Para hallar la respuesta pedida, se plantean las ecuaciones de balance y se expresa el ácido recuperado en función del benceno utilizado: Balance de ácido benzoico: (AB) 078,196 02,1 02,0 000.10 4433 =+=× FWFW ABAB (1) Balance de benceno: (B) 44332 )1( FWFWF BAB +−= (2) Balance de agua: (A) 922,803.9)1( 02,1 00,1 000.10 4444 =−−==× FWWF BABA (3) De la Relación 2 y la ecuación (3), el benceno en (4) será: 275,686922,803.907,0444 =×== FWF ABB (4) Reemplazando la ecuación (4) en la (2): 275,686)1( 332 +−= FWF AB (5) Expresando matemáticamente la Relación 3 y reemplazando los valores conocidos se encuentra que: 197,490.10 4 275,686922,803.9 4 )1( 4444 33 33 FWFW FW FW ABAB AB AB =⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ +×=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ − (6) NVI 8 NBMI 3 NFC 1 NCC 0 NRC 3 -7 G de L -1 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 43 Despejando de (1) y (5), reemplazando en (6) y reorganizando se llega a que: ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ − × = 725,686 197,490.10 4 725,686 078,196197,490.10 2 2 44 F F FWAB (7) y 4433 078,196 FWFW ABAB −= (7) La ecuación (8) da el ácido recuperado en función del flujo de benceno y de la ecuación (7). A partir de ellas y asumiendo diferentes valores para el flujo de benceno se puede calcular el flujo de ácido recuperado. Con los flujos hallados y con los precios dados se puede construir la siguiente tabla: F2 Valores de F2 F4 4ABW F 3 3 ABW Valor de ácido reciclado Utilidad kg $ kg kg $ $ 1.300 39 158,916 37,162 37,162 -1,838 2.000 60 130,652 65,428 65,428 +5,428 2.100 63 127,415 68,663 68,663 +5,663 2.200 66 124,334 71,744 71,744 +5,744 2.300 69 121,399 74,679 74,679 +5,679 2.400 72 118,599 77,479 77,479 +5,479 2.600 78 113,370 82,708 82,708 +4,708 3.000 90 104,182 91,896 91,896 +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: 1 .1 9 La a lim entación aun sistem a fraccionador de do s colum nas es de 3 0 0 0 0 lb/ h de una m ezcla que cont iene 5 0 % de benceno ( B) , 3 0 % de tolueno ( T) y 2 0 % de x ileno ( X) . La a lim entación se int roduce en la colum na I y resulta en un dest ilado con 9 5 % de benceno, 3 % de tolueno y 2 % de x ileno. Los fondos de la colum na I se a lim entan a la segunda co lum na de la cual se obt iene un dest ilado con 3 % de bencen o, 9 5 % de tolueno y 2 % de x ileno. NVI 8 NBMI 3 NFC 2 NCC 0 NRC 3 -8 G de L 0 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 44 Supóngase que 5 2 % de la a lim entación aparece com o dest ilado en la pr im era colum na y 7 5 % del benceno a lim entado a la segunda colum na aparece en e l dest ilado de ésta. Calcule la com posición y e l f lu jo de la corr iente d e fondos de la segunda colum na. SOLUCI ÓN: Diagrama cuantitativo: 3 F3 3Bw 3Tw ( 3Xw ) F5 5 5Bw 5Tw ( 5Xw ) F4 4 4Bw =0,03 4Tw =0,95 (X, 2%) F2 2 2Bw =0,95 2Tw =0,03 (X, 2%) F4=30.000 1 Bw =0,5 1 1 Tw =0,3 (X, 20%) I II Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 45 Relaciones: R1: 2152,0 FF = R2: 443375,0 FwFw BB = Tabla de grados de liber tad Unidad I Unidad I I Proceso Global NVI 9 NVI 9 NVI 15 NVI 12 NBMI 3 NBMI 3 NBMI 6 NBMI 3 NFC 1 NFC 0 NFC 1 NFC 1 NCC 4 NCC 2 NCC 6 NCC 6 NRC NRC NRC NRC R1 1 R1 - R1 1 R1 1 R2 - -9 R2 1 -6 R2 1 -15 R2 - -11 G de L 0 G de L 3 G de L 0 G de L 1 La Unidad I y el Proceso tienen 0 Grados de Libertad y se conoce un flujo. El proceso está correctamente especificado. Tabla de Balances Unidad I Unidad I I Proceso Global Tolueno (T) 1 1 2 1 Benceno(B) 1 1 2 1 Xileno (X) 1 1 2 1 Total 3 3 6 3 Est ra tegia de SOLUCI ÓN: 1. Resolviendo la Unidad I se conocen F2, F3, 3Bw y 3 Tw . Se agota R1. 2. Actualizando Grados de Libertad: Unidad II: 0),(2)(13 333 =−−= TB wwFALdeG Global: 1)(1)(11 1 2 =+−= agotadaRFALdeG 3. Se resuelven los balances en la Unidad II y se conocen F4, F5, 5Bw , 5 Tw . Se agota R2. No es necesario actualizar los Grados de Libertad: como pueden realizarse balances independientes en dos de los tres sistemas (Unidad I, Unidad II y Globales) ya que el tercero es dependiente, los resultados se comprueban en los balances Globales, para la cual ya son conocidas todas las incógnitas: F2 (al resolver la Unidad I) y F4, F5, 5Bw , 5 Tw (al resolver la Unidad II). Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 46 CÁLCULOS: Base de cálculo: F1 = 30.000 Balances en la Unidad I : De R1: F2=15.600 Los balances son: Total: 321 FFF += 3600.15000.30 F+= 400.143 =F Benceno: 332211 FwFwFw BBB += 400.14600.1595,0000.305,0 3 ×+×=× Bw 0125,03 =Bw Tolueno: 332211 FwFwFw TTT += 400.14600.1503,0000.303,0 3 ×+×=× Tw 5925,03 =Tw Por diferencia: )5925,025,01()1( 333 −−=−−= TBX www 395,03 =Xw Comprobando los resultados en el balance de xileno: )400.14395,0600.1502,0(000.302,0 ×+×=× 000.6688.5312000.6 =+= Balances en la Unidad I I : Balance Total:54400.14 FF += (1) De R2: 135400.140125,075,075,0 33 =××=FwB 444 03,0135 FFwB == (2) Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2): 900.9500.4 54 == FF Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 47 Balance de benceno: 554433 FwFwFw BBB += )900.9(500.403,0400.140125,0 5Bw+×=× 00454,05 =Bw Balance de tolueno: 900.995,0 5433 ×+= TT wFFw )900.9(500.495,0400.145925,0 5Tw+×=× 43,05 =Tw Por diferencia: )43,000454,01()1( 555 −−=−−= TBX www 56546,05 =Xw Comprobando los resultados en el balance dependiente de xileno: 900.956546,0500.402,0400.14395,0 ×+×=× 05,688.505,598.590688.5 =+= 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: 5421 FFFF ++= 000.30900.9500.4600.15000.30 =++= Benceno: 55442211 FwFwFwFw BBBB ++= 900.900454,0500.403,0600.1595,0000.305,0 ×+×+×=× 946,999.14946,44135820.14000.15 =++= Tolueno: 55442211 FwFwFwFw TTTT ++= 900.943,0500.495,0600.1503,0000.303,0 ×+×+×=× 000.9257.4275.4468000.9 =++= Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 48 1 .2 0 . Se ut iliza un sistem a de pur if icación con rec irculación, para recuperar a l solvente DMF de un gas de desperdicio que cont iene 5 5 % de DMF en a ire. El producto deberá tener únicam ente 1 0 % de DMF. Calcule la fracción de recirculación, suponiendo que la unidad de pur if ica ción puede elim inar a dos terceras par tes del DMF presente en la a lim entación com binada a la unidad. DMF DMF Aire 55% Aire 90% DMF SOLUCI ÓN: Diagrama cuantitativo: 2 3 6 6 DF Relaciones: R1: 226 3 2 FWF D= R2: Restricciones del Divisor: 1)12)(12( =−− 5 F5 5DW ( 5aireW ) 4 F4 4DW =0,1 ( 4aireW ) 3 F3 3 DW = 0,1 ( 3aireW ) 2 F2 2 DW ( 2aireW ) F1 1 DW =0,65 1 ( 1aireW ) Unidad de purificación Unidad de purificación M D Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 49 Tabla de grados de liber tad Mezclador Purificación Divisor Proceso Global NVI 6 5 6 11 5 NBMI 2 2 2 6 2 NFC 0 0 0 0 0 NCC 1(1) 0(1) 1 2 2 NRC R1 R2 - - 1 - - 1 1 1 - - G de L 2 1 2 1 1 Reconfirmación de grados de libertad: Mezclador: Purificación: Divisor: Global: 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. Tabla de Balances Mezclador Purificación Divisor Proceso Global DMF (D) 1 1 1 3 1 Aire 1 1 1 3 1 Total 2 2 2 6 2 Est ra tegia de solución: 1. Tomando base de calculo en la unidad de purificación y resolviendo se conoce: F2, W2D, F3, F6. Se agota R1. Incógnitas = 4(F1, F2, W2D, F 5) Ecuaciones= 2 (balances) G de L = 2 Incógnitas = 4(F2, F2, W6D, F 7) Ecuaciones= 2 (balances) + 1(R1) G de L = 1 Incógnitas = 5(F3, F4, W3D, F 5, W5D) Ecuaciones= 2 (balances) + 1(R2) G de L = 2 Incógnitas = 3(F1, F6D, F 4) Ecuaciones= 2 (balances) G de L = 1 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 50 2. Actualizando grados de Libertad se encuentra que: 3. Resolviendo el mezclador, se conoce: F1, F5. 4. Resolviendo Grados de Libertad: 5. Se resuelve el balance Global y los resultados se comprueban en el Divisor o unidad dependiente. CÁLCULOS: Balance en la Unidad de Pur if icación: Base de ca lculo: F 6 = 1 5 0 Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas: Comprobando los resultados en el balance de aire: Balance en e l Mezclador : Resolviendo las ecuaciones: Comprobando los resultados en el balance de aire: Mezclador : G de L A = 2-2(F2, W2D) = 0 Divisor: G de L A = 2-1(F3) = 1 Global: G de L A = 1-1(F6) = 0 Global: G de L A = 0-0 = 0 Total: F2= F3 +150 DMF: F2W2D= 0,1 F 3+150 R1: 150 = (2/3) F2W2D F2= 900 F3= 750 W2D= 0,25 (1-0,25)x 900 = (1-0,1) x 750 675 = 675 Total F1 + F5 = 900 DMF: 0,55 F1 + 0,1 F5= 225 F1= 300 F5= 600 (1-0,55)x 300 + (1-0,1)x600 = (1-0,25) x 900 675 = 675 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 51 Balances en e l Global: Comprobando los resultados en el balance de aire: Comprobando los resultados en el Divisor: La igualdad nos demuestra que el problema se resolvió correctamente. La relación de recirculación será: 8.0 750 600 3 5 == F F Para resolver el problema se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de solución: Unidad de Pur if icación: Balance en e l Mezclador : Global: Total 300 = F4 + 150 F4 = 150 (1-0,55)x 300 = (1-0,1) x 150 135 = 135 Total: 750 = 150 + 600 = 750 Base de Cálculo: F6= 1 5 0 Total: F2= F3 +150 (1) DMF: F2W2D= 0,1 F 3+150 (2) R1: 150 = (2/3) F2W2D (3) Total F1 + F5 = F2 (4) DMF: 0,55 F1 + 0,1 F5= F2W2D (5) Total F1 = F4 + 150 (6) Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 52 Resolviendo se obtienen los siguientes resultados: Comprobando los resultados con el divisor: 1 .2 1 . Frecuentem ente se ut iliza un m étodo de pur if i cación de gases que consiste en la absorción select iva de los com ponentes indeseables del gas, en un m edio líquido específicam ente seleccionado. Poster iorm ente se regenera e l m edio lí quido m ediante un t ra tam iento quím ico o térm ico para liberar a l m edio absorbido. En una insta lación par t icular se a lim entan tem pora lm ente 1 0 .0 0 m oles/ h a un sistem a de pur if icación ( diseñado para e lim inar com puestos de azufre) , cuya capacidad de diseño es de 8 2 0 m oles/ h. Com o el sistem a de absorción sim plem e nte puede m anejar 8 2 % de este f lu jo, se propone der ivar una corr iente co n e l exceso, de m anera que la concent ración de H 2S en la sa lida del sistem a de absorción se reduzca lo suficiente para que la m ezcla de sa lida contenga ún icam ente 1 % de H 2S y 0 ,3 % de COS en base m olar . Calcule todos los f lu jos del sistem a. La corr iente de a lim entación consiste ( en base m olar) de 1 5 % de CO 2 , 5 % de H 2S y 1 .4 1 % de COS; e l resto es CH 4 . CH4 CH4 CO2 CO2 H2S H2S 1 % COS COS 0,3% CH4 CH4 CO2 CO2 H2S H2S COS COS H2S COS F1 = 300 F4= 150 F2 = 899,9999994 F5= 599,9999994 F3 = 749,9999994 W2D= 0,24999999 Total 749,9999994 = 150 + 599,399999 749,9999994 = 749,99999 Sistema de Absorción Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 53 SOLUCI ÓN: Diagram a cuant ita t ivo: 2 1 3 5 Relaciones: Tabla de Grados de Libertad: Divisor Adsorción Mezclador Proceso Global NVI 12 10 12 22 10 NBMI 4 4 4 12 4 NFC 1 0 0 1 1 NCC 3 0(3) 2(3) 5 5 NRC R1 1 - - 1 - R2 3 - - 3 - G de L 0 3 3 0 0 Reconfirmación de Grados de Libertad: Divisor Incógnitas = ),,,,,,,(8 33332222 2222 COSSHCOCOSSHCO xxxNxxxN Ecuaciones= 4(balances)+4(R1,R2) G de L = 0 Absorción Incógnitas = ),,,,,,(7 5555443 222 COSSHCOSH xxxNxNN Ecuaciones= 4(balances) G de L = 3 R1: 0,82 N1 = N3 R2 : Restricciones del Divisor: RD = (2-1)(4-1) = 3 N6 6 6COSX =0,003 6 2SH X = 0,01 ( 6 4CH X ) N5 5 2CO X 5 2SH X ( 5 4CH X ) 4 N4 4 2CO X 4 2SH X 4 COSX ( 4 4CH X ) N3 3 2CO X = 0,15 3 2SH X = 0,05 3 COSX = 0,0141 ( 3 4CH X ) N2 2 2CO X = 0,15 2 2SH X = 0,05 2 COSX = 0,0141 ( 2 4CH X ) N1=1.000 1 2CO X = 0,15 1 2SH X = 0,05 1 COSX = 0,0141 (X1CH4) Sistema de Absorción D M Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 54 Global Incógnitas = ),,,(4 22 6644 COSH xNxN Ecuaciones= 4(balances) G de L = 0 Tabla de Balances: Divisor Absorción Mezclador Proceso Global CO2 1 1 1 3 1 H2S 1 1 1 3 1 COS 1 1 1 3 1 CH4 1 1 1 3 1 Total 4 4 4 12 4 Est rategia de solución: 1. Resolviendo los balances del proceso global, se conoce: N4, x4H2S, N6, x6CO2. De R1, se halla N3, y por tanto se agota la relación. 2. Reconfirmando Grados de Libertad: Divisor: G de L A = 0 - 1 (N3) + 1(R1 agotada) = 0 3. Resolviendo el Divisor, se conoce: N2, N3. 4. Actualizando Grados de Libertad: Mezclador: G de L A = 3-3 (N6, x6CO2, N2) = 0 Absorción: G de L A = 3-3 (N3, N4, x4H2S) = 0 5. Se resuelve la Torre de Absorción y los resultados se comprueban en los balances en el Mezclador. CÁLCULOS: Balance en e l Proceso Global: Total: 1.000 = N4 + N6 CO2: 0,15 x 1.000 = x 6co2 x N6 H2S: 0,05 x 1.000 = x4H2S x N4 + 0,01 x N6 COS: 0,0141 x 1.000 =(1-x4H2S) x N4 + 0,003 x N6 Resolviendo e l sistem a de ecuaciones: N4 = 51,773 N6 = 948,226 X4H2S = 0,7826 X6CO2 = 0,1581 Com probando los resultados en e l ba lance 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 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 55 De R1 : 0,82 x 1.000 = N3 N3 = 820 Balance en e l Divisor : Total: 1.000 = 820 +N2 N2 = 180 Balances en la tor re de Absorción: 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: Resolviendo el problema se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de solución : Global: Total: 1.000 = N4 +N5 (1) CO2: 150 = x 6CO2 x N 6 (2) H2S: 50 = x4H2S x N4 + 0,01 x N6 (3) COS: 14,1 = (1- x4H2S) x N4 + 0,003 x N6 (4) R1: 820 = N3 (5) Divisor : Total: 1.000 = N2 +N3 (6) CO2: 150 = x2CO2 x N2 + x3CO2 x N3 (7) H2S: 50 = x2H2S x N2 + x3H2S x N3 (8) COS: 14,1 = x2COS x N2 + x3COS x N3 (9) Rest r icciones del Divisor : X2CO2 = 0,15 (10) X2H2S = 0,05 (11) X2COS = 0,0141 (12) N5 +N2 = N6 768,226 +180 = 948,226 948,226 = 948,226 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 56 Torre de Absorción: Total: N3 = N4 +N5 (13) CO2: x 3CO2 x N3 = x5CO2 x N 5 (14) H2S: x3H2S x N3 = x4H2S x N4 + x5H2S x N5 (15) COS: x3COS x N3 = (1 - x4H2S) x N4 + x5COS x N5 (16) Resolviendo el sistema se obtienen los siguientes resultados: N2 =180 N6 = 948,226950355 x3CO2 = 0,15 x5CO2 = 0,160108936484 N3= 820 x2CO2 = 0,15 x3H2S = 0,05 x5H2S = 0,000627769571526 N4= 51,7730496453 x2H2S = 0,05 x3COS = 0,0141 x5COS = 0,000399206056199 N5= 768,226950354 x2COS = 0,0141 x4H2S = 0,782602739727 x6CO2 = 0,158189977562 Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 57 SECCI ÓN I I – BALANCE DE MATERI A CON REACCI ÓN QUÍ MI C A 2 .1 . a . Escr ibir una reacción quím ica balanceada pa ra la reacción de 1 m ol de C8H 1 2S2 con O 2 para producir CO 2 , H 2O y SO 2 . 2 .1 . b. Calcule la velocidad de producción de todas las sustancias, si se hacen reaccionar 2 m oles/ h de C 8H 1 2S2 con una cant idad estequiom ét r ica de O 2 . 2 .1 . c. Calcule la velocidad de la reacción. SOLUCI ÓN a. Escr iba una reacción quím ica balanceada para la reacción de 1 m ol de C8H 1 2S2 con O 2 para producir CO 2 , H 2O y SO 2 . La ecuación balanceada es: 22222128 26813 SOOHCOOSHC ++→+ b. Calcule la velocidad de producción de todas las sustancias, si se hacen reaccionar 2 m oles/ h de C 8H 1 2S2 con una cant idad estequiom ét r ica de O 2 . Con base en la simbología utilizada y la estequiometría de la reacción: h mol NEntradaSHC 22128 = y h mol N EntradaO 262 = A partir de la s ecuaciones de definición: h mol NNR EntradaSHC salida SHCSHC 220212821282128 −=−=−= h mol NNR EntradaO salida OO 26260222 −=−=−= h mol NNR EntradaCO salida COCO 16016222 =−=−= h mol NNR EntradaOH salida OHOH 12012222 =−=−= h mol NNR EntradaSO salida SOSO 404222 =−=−= Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería Universidad Católica de Temuco 58
