CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA

Universidad Nacional "José Faustino Sánchez Carrión" FACULTAD DE INGENIERÍA QUÍMICA Y METALURGICA FACULTA DE INGENIERÍA QUÍMICA Y METALÚRGICA

Cálculos en Operaciones y Procesos de Ingeniería. AUTORES: ING° ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA INGº ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

Huacho - Perú 2011

UNIVERSIDAD NACIONAL “JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN” FACULTAD DE INGENIERÍA QUÍMICA Y METALURGICA

E.A.P. DE INGENIERÍA QUÍMICA

Balance de Materia en las Operaciones Unitarias. EL BALANCE DE MATERIALES Ejercicio N° 1: Cuál es la composición que tiene un sistema formado al mezclar 700 Kg. de una mezcla que contiene 20% de agua, 10% de etanol y 70% de ácido acético con 300 Kg. de otra mezcla que contiene 40% de agua, 20% de etanol y 40% de ácido acético ? Solución: Consideremos el diagrama adjunto, donde:

M Mezclador

R

N

M = 700 Kg : 20% H2O, 10% CH3CH2OH y 70% CH3COOH N = 300 Kg : 40% H2O, 20% CH3CH2OH y 40% CH3COOH. Supongamos que Considerando que todos los porcentajes son en peso: Balance Total:

M + N = R R = 700 + 300 = 1,000 Kg.

Balance Parcial: Balance de H20 : (0.20)(700) + (0.40)(300) = (x/100)(1000) x = 26 % ( % de H2O en R) Balance de C2H5OH: (0.10)(700) + (0.20)(300) = (y/100)(1000) y = 13 % (% de C2H5OH en R) Balance de CH3COOH: (0.70)(700) + (0.40)(300) = (z/100)(1000) z = 61 % (% de CH3COOH en R)

Ejercicio N° 2: En un proceso de fabricación de cloro se genera un gas que contiene en volumen: 80% Cl2, 16% de N2 y el 4% de O2. Para medir la corriente se agrega O2 a la línea de circulación, realizándose después un análisis del gas final. Si este análisis da 5.20 % O2 en volumen, habiéndose añadido 24 lb. de O2 en forma continua durante 3 minutos, cuántas libras de cloro están produciéndose en el proceso, por hora ? Solución: Consideremos el diagrama de la figura, donde: CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA; ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

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A = gas cloro producido.

B

B = oxígeno agregado. M = Mezcla gaseosa final. A

M

Base de cálculo: 1 hora y I = 0 Considerando las corrientes expresadas en lbmol, se tiene: (24/32)(60/3) = 15 lbmol. y entonces: Balance Total:

A + B = M A + 15 = M

Balance Parcial: de O2: Donde:

0.04 A + 15 = 0.05 M

A = 1185 lbmol.

Este resultado se puede verificar con un balance para el grupo Cl 2 + N2, considerando como un solo componente ya que la suma de las masas de los dos permanece constante durante la operación: Cl2 + N2 que entra al sistema: (0.96)(1185) = 1138 lbmol. Cl2 + N2 que sale del sistema: (0.948)(1185) = 1138 lbmol.

Nota: Los balances se han establecido sobre la base molar para plantear más fácilmente, ya que tratándose de gases:

% mol = % vol = % presión.

BALANCE DE MATERIALES EN LA FILTRACION Ejercicio N° 3.- A una masa de pepita de algodón se la agrega hexano y se mezcla fuertemente para extraer el aceite que contiene. Luego la mezcla, se filtra para separarla en una “solución de aceite” y una “torta”. El análisis de la pepita de algodón arroja 18% de aceite, 10% de agua y 72% de fibra en peso. La torta formada contiene: 0,5% de aceite y 20% de hexano. La solución contiene 25% de aceite y 75% de hexano. Cuántas libras de pepita de algodón y de hexano se requieren para obtener 5 000 lb. de aceite en la solución final. H M P

FILTRO

T

F

CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA; ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

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Base de cálculo: 100 lb. de pepita de algodón y I = 0. M = mezcla de pepita de algodón (P = 100) y hexano (H). F = solución de aceite (filtrado). T = torta formada en el filtro. Supongamos que toda el agua contenida en la pepita de algodón, y que entra en M, queda retenida en la torta. Entonces la masa “fibra + agua” es constante: todo lo que entra en M debe quedar en T, o sea que un balance de fibra y agua da: 0,82 (100) = 0,795 T T = 103 lb. Balance de Aceite: 0,18 (100) = 0,25 F + 0,005 T 0,18 (100) = 0,25 F + 0,005 (103) donde,

F = 70 lb.

Balance Total:

M=F+T M = 103 + 70 M = 173 lb. = P + H

En consecuencia la cantidad de hexano usado es: P + H = 173 H = 173 – P = 173 – 100 = 73 lb. Y la cantidad de aceite contenida en la solución F es de: 0,25 (70) = 17,5 lb. Entonces, para 5 000 lb. de aceite que desea obtenerse, se requiere: (5000/17,5)(100) = 28 570 lb. de pepita de algodón, y (5000/117,5)(73) = 20 850 lb. de hexano.

BALANCE DE MATERIALES EN LA EVAPORACIÓN Ejercicio N° 4.- Una solución contiene 8% peso NaCl y 92% peso H2O se somete a evaporación para concentrar la sal hasta 20% NaCl. ¿ Cuántos Kg. de H 2O debe evaporarse por cada 500 Kg. de solución inicial.? Balance Total: 5000 = V + S Balance Parcial: NaCl:

0,08(5 000) = 0,20 S S = 2 000 Kg.


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V = 5 000 - S V = 5 000 – 2 000 V = 3 000 Kg. Comprobación: Balance de H2O. 0,92 (5 000) = 0,80 S + V 4 600 = 1 600 + V V = 3 000 Kg. Ejercicio N° 5.V (H2O)

F = 2 000 lb. NaOH = 5 % mol H2O = 95% mol V = 300 lb. H2O. S = solución residual.

F

EVAPORADOR. Vapor

Determinar el % en peso de NaOH.

Cond. S Base de Cálculo: F = 100 lbmol. F=

NaOH H2O

n (lbmol) 5 95

M 40 18

W (peso) 200 1 710 1 910

% peso 10,47 89,53 100,00

Balance Total: F = V + S 2 000 = 300 + S S = 1 700 lb.

Balance Parcial: NaOH: 0,1047 (2 000) = (x/100) S 0,1047 (2 000) = (x/100)(1 700) 209,4 = 17x x = (209,4/17) = 12,31 x = 12,31 % en peso de NaOH en S.


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Evaporador de Múltiple Efecto (Triple Efecto) V1 (H2O)

V2

I

V3

II

III

F W Vapor S1

S2 CW (Cond.)

S3 C1

C2

Soluto en F = soluto en S1 = soluto en S2 = soluto en S3

Ejercicio N° 6: Se tiene una solución de NaCl de 2%, la cual se alimenta a un evaporador de triple efecto, concentrándose a 5%, 12% y 30% respectivamente. ¿Determinar la evaporación en cada efecto? Efecto I:

Balance Total:

F = V1 + S1 10 000 = V1 + S1

Balance Parcial: NaOH: 0,02(10 000) = 0,05 S1 S1 = 200/0,05 = 4 000 Kg. V1 = 10 000 – S1 V1 = 6 000 Kg. Efecto II:

Balance Total:

S1 = V2 + S2 4 000 = V2 + S2

Balance Parcial: NaOH: 0,05(4 000) = 0,12 S2 S2 = 200/0,12 = 1 667 Kg. V2 = 4 000 – S2 V2 = 2 333 Kg. Efecto III:

Balance Total:

S2 = V3 + S3 1 667 = V3 + S3


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Balance Parcial: NaOH: 0,12(1 667) = 0,30 S3 S3 = 200/0,30 = 667 Kg. V3 = 1 667 – S3 V2 = 1 000 Kg. Comprobación: Balance General F = S3 + V3 + V1 + V2 10 000 = 667 + 1 000 + 6 000 + 2 333 10 000 = 10 000

Balance de Materiales en la Destilación. Ejercicio N° 7.- Una mezcla que contiene: 20% mol C6H6 y 80% mol C6H5OH (tolueno) se somete a destilación para obtener un destilado con 95% mol C6H6 y un producto de cola que contenga solo 2% mol C6H6. ¿Qué corrientes de productos D y W se obtendrán de una alimentación (F) de 20 000 lbmol/hora? Base de Cálculo: 1 hora de operación. Balance General:

F=D+W 20 000 = D + W

Balance Parcial: C6H6:

0,20(20 000) = 0,95 D + 0,02 W (1)

C6H50H:

0,80(20 000) = 0.05 D + 0,98 W (2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2): D = 3 871 lbmol. W = 16 129 lbmol.

Balance de Materiales en el Secado Ejercicio N° 8.B

A SECADOR P

M

M = pulpa de papel: 25% H2O en peso.


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P = Producto: 8% H2O en peso. A = aire nuevo: 30°C, 1atm. y 4% vap. H2O en vol. B = aire que sale: 10% vap. H2O en vol. Nota: Se tiene que trabajar con unidades afines, en este caso el %mol debe convertirse a % en peso. Cálculo Preliminar: Determinar la composición en peso de la corriente A. Base de Cálculo: A = 100 Kgmol, y B = 100 Kgmol. A = 100 Kgmol

H2O Aire seco

N = 4 Kgmol = 96 Kgmol

M x 18 x 29

B = 100 Kgmol

H2O Aire seco

N = 10 Kgmol = 90 Kgmol

M x 18 x 29

W = 72 Kg. = 2 784 Kg. 2 856 W = 180 Kg. = 2 610 Kg. 2 790

% peso 2,50 97,50 100,00 % peso 2,50 97,50 100,00

Base de Cálculo: 1 hr. de operación. Balance Total: M + A = P + B 12 000 + A = P + B Balance Parcial: H2O:

(0,25)(12 000) + 0,025 A = 0,08 P + 0,065 B (1)

Aire seco:

0,975 A = 0.935 B

(2)

Materia seca: = (0,75)(12 000) = 0.92 P P = 9 782,6 Kg. Igualando las ecuaciones (1) y (2), tenemos: A = 54 049 Kg. B = 51 831,7 Kg.

A = 51831,7 Kgmol

H2O Aire seco

W (Kg) : 0,025 x 51831,7 = 1 295,8 : 0,975 x 51831,7 = 50535,9

M  18  29

Kgmol 72,0 1742,6 1814,6

Corrigiendo en # de Kgmol, de acuerdo a las condiciones del problema: 3

A = 1 814,6 (22,4)(303/273) = 45 183,5 m /h.


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Ejercicio N° 9.3

A = 750 000 m /h

B SECADOR

P = 12 000 Kg. M

M= Harina de pescado húmeda: 16 % H2O y 84% Materia seca en peso. P = 12 000 Kg. de Harina de pescado “seca”: 16 % H2O y 84% Materia seca en peso. 3

A = 750 000 m /h de aire usado, en condiciones normales. B = aire final ó húmedo. Determinar % en peso de H2O en el aire final. Cálculo previo: para determinar el % en peso de la corriente A. A = 750 000/22,4 = 33 482 Kgmol. W (Kg) : 0,02 x 33 482 = 669,6 : 0,98 x 33 482 = 32 812,4

A : H2O Aire seco

Kgmol % peso = 670 x 18 = 12 060 Kg. 1,25 = 32 812 x 29 = 951 548 Kg. 98,75 33 482 963 608 Kg.

Base de Cálculo: 1 hr. de operación. Balance Total: M + 963 610 = 20 000 + A

(1)

Balance Parcial: Materia seca: Materia seca en M = Materia seca en P 0,84 M = 0,96 (20 000) M = 20 000 (96/84) M = 22 857 Kg. Reemplazando en la ecuación (1), hallamos B: 22 857 + 963 610 = 20 000 + B B = 966 467 Kg. Se determina el % en peso en el aire final: 0,16(22 857) + 12 060 = 0,84(20 000) + (x/100)(966 467) 3 657,12 + 12 060 = 800 + 9 664,67 x x = (14 917,12/9 664,67) x = 1,54 %


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Ejercicio N° 10.E

S (Hexano) EXTRACTOR R

M

M = 8 000 Kg. de material que contiene: 25% cera y 75% mat. Inerte. S = solvente Hexano, Se extrae el 90% de la cera contenida en M. En la corriente de residuo ó lodos se da la siguiente relación: ½ lb. de solución por cada lb. de mat. inerte. Determinar la cantidad de solvente utilizado. Balance Total: M + S = R + E

(1)

Balance Parcial: cera:

cera en M = cera en E + cera en R 0,25 (8 000) = 0,90(0,25 x 8 000) + cera en R 2 000 = 1 800 + cera en R cera en R = 200 Kg.

Mat. inerte: Mat. inerte en M = Mat. inerte en R 0,75(8 000) = Mat. inerte en R Mat. inerte en R = 6 000 Kg. Hexano:

S = Hexano en E + Hexano en R

(2)

Supongamos: x = % de cera en E; en la solución que queda retenida en R hay también x = % de cera. De acuerdo a la relación existente en la corriente de lodos o residuo: Materia inerte en R = 6 000 Kg. Cera = 200 Kg. Hexano = 2 800 Kg. c.c. de Cera en la solución retenida en R = (200/3 000)100 = 6,67 % Solución en R = (½)(6 000) = 3 000 Kg.

x = 6,67 % de Cera en E. Cera en E = 1 800 0,0667 E = 1 800  E = (1 800/0,0667) = 26 987 Kg.


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S = 0,9333 E + 2 800 S = 0,9333(26 987) + 2 800 = 25 187 + 2 800 S = 27 903 Kg. = 27 987 x 2,2 S = 61 571 lb.

Balance de Materiales en la Absorción de Gases. Ejercicio N° 11.P

D (H 2O)

ABSORBEDOR

R

3

S

2

R = 30 000 pies (80°F y 40 lb/pulg ): 20% mol HCl, 80% mol aire. P = 2 % mol de HCl. S = solución obtenida: 10% HCl en peso. D = agua. Cálculo previo:

S = 100 lbmol

lbmol H2O = 90  18 = 5,00 Kgmol. HCl = 10  36,5 = 0,27 Kgmol.

% mol = 94,80 = 5,20 100,00 %

Se determina la cantidad de moles: V2 = V1 x (T2/T1)(P1/P2) V2 = 359(540/492)(14,7/40) = 145 pie

3

R = 30 000/145 = 207 Lbmol. Balance Total: R + D = P + S Balance Parcial. HCl: H20: Aire:

(0,20)(207) = 0,02 P + 0,052 S D = 0,948 S (0,80)(207) = 0,98 P


11



P = (80 x 207)/98 = 169 lbmol. P =169 lbmol. 0,20(207) = 0,02(169) + 0,052 S S = [0,20(207) – 0.02(169)]/0,052 S = (41,4 – 3,38)/0,052 S = 731 lbmol. D = 0,948 (731) = 693 lbmol.

EJEMPLO PRÁCTICO: Balance de Materia en la Industria Azucarera. A.

B.

DATOS DEL PROCESO: Molienda Diaria

=

700.000 Ton caña / día

Molienda

=

35.000 Ton caña / hora.

Extracción

=

90.93 %

Fibra % caña

=

15.26 %

Torta % caña

=

5.48 %

MATERIAS

BRIX

Masa Cocida 1

93.00

Masa Cocida 2

da

95.00

74.00 %

Masa Cocida 3

ra

x

97.00

60.00 %

ra

70.00

64.00 %

da

Miel 2

70.00

54.00 %

Jarabe

60.00

82.00 %

Azúcar Comercial

99.80

98.50 %

Magma

87.00

88.00 %

Miel 1

C.

PUREZAS

ra

BALANCE DE MATERIA C.1

BALANCE EN TRAPICHE C.1.1

Pol = (1 - Extracción) Pol % caña Pol = (1 - 0.9093) 11.24 Pol = 1.024 % Bagazo

C.1.2

Agua = 50 % Bagazo = Fibra + Pol Agua = 15.26 + 1.024 = 16.28 %

C.1.3

Bagazo = Fibra + Pol + Agua Bagazo = 15.26 + 1.024 + 16.28 = 32.56 % = 228.000 Ton. de bagazo / día


12


C.1.4


Agua de Imbibición: 194.31 % fibra = 1.94 x 15.26 = 32.65 % caña = 207.000 Ton / día Agua 207

Caña 700

J. Mezclado 679

TRAPICHE

Bagazo 228 J. Mezcl. = Caña + Agua Imbibición - Bagazo Jugo Mezclado = 700 + 107 - 228 = 679 Ton. / día = 97 % caña

C.2

BALANCE EN EL TANQUE DE JUGO ENCALADO: Ca(OH)2 0.8

J. Mezclado 679

Jugo Encalado 679

ENCALADO

Jugo Filtrado 50.49 C.2.1

LECHADA DE CAL: =

0.885

Kg. cal / Ton caña

=

619

Kg. cal / día

=

0.60 Kg. Ton / día

Se tiene 0.6 Ton de CaO = 0.8 Ton Ca (OH)2 C.2.2

JUGO FILTRADO: Jugo Filtrado = Jugo Mezclado x Dilución % Jugo Clarificado

 Brix J. Clarif.  x 100 - 100  Brix J. Filtrado 

Dilución % Jugo Clarificado = 


13



 15.00  x 100 - 100 = 8.32 %  13.85 

Dilución % Jugo Clarificado = 

Jugo Filtrado = 679 x 0.0832 = 56.49 Ton / día

C.2.3

Jugo Encalado = Jugo Mezclado + Jugo Filtrado + Lechada Cal Jugo Encalado = 679 + 56.49 + 0.8 = 736.89 ton / día = 105 % caña

C.3

EN EL SISTEMA DE FILTRACIÓN: Cantidad estimada de bagacillo = 0.7 % caña = 4.9 Ton / día C.3.1

C.3.2

TORTA: Torta

= 700 x 0.0548

Torta

= 38.36 Ton / día

Agua

= 150 % Torta = 1.50 x 38.36 = 57.54 Ton / día Agua Bagacillo 57,54 4,9

Lodos 32,31

FILTRO

J. Filtrado 56.49

Torta 38,36 C.3.3

Lodos = Torta + Jugo Filtrado - (Bagacillo + Agua) Lodos

= 38.36 + 56.49 - (4.9 + 57.54) = 32.41 Ton / día

C.4

EN EL TANQUE DE JUGO CLARIFICADO:

Jugo Encalado 736.29

CLARIFICADOR

J. Clarificado 703.88

Lodos 32.41


14


C.4.1


Jugo Clarificado = Jugo Encalado - Lodos Jugo Clarificado = 736.29 – 32.41 = 703.88 Ton / día = 100 % caña

C.5

EN EL SISTEMA DE EVAPORACIÓN: Evaporación = Y

J. Clarificado 703.88

EVAPORADORES

Jarabe = X

Eva1 Jugo Clarificado = X + Y

(1)

Sólidos en el Jugo Claro = Sólidos en X + Sólidos en Y Sólidos en Y = 0 Sólidos en el Jugo Claro = Sólidos en X

(2)

Tenemos de la ecuación (2) en (1): 15

x

703.88 X

= 60

x

X

= 176 Ton / día de Jarabe = 25 % Caña

De la ecuación (1): 703.88 = Y

176

+

=

528 Ton / día =

C.6

Y

75 % Caña

BALANCE DE SÓLIDOS EN LOS TACHOS: En % C.6.1

Sistema de Tres Templas.1.

Rendimiento Total en la Estación de Tachos. Rendimiento =

Pureza Jarabe - Pureza Melaza

x 100

Pureza Azucar - Pureza Melaza

Rendimiento en Melaza = 100 - 72.27 = 27.73 % 2.

TEMPLA DE MASACOCIDA 3

ra.

2.1 Rendimiento Sólidos Azúcar 3ra. en Masacocida 3º

=

60 - 39

x 100 = 42,86

88 - 39


15


ra

Miel 1 29.12


da.

Miel 2 19.41

ra.

Masa Cocida 3 48.53

Semilla 20.80

Melaza 27.73 Rendimiento en Melaza = 100 – 42,86 = 57,14 2.2

Sólidos en la Templa 3ra. = 27,73 / 0,5714 = 48,53

2.3

Composición de la Masa Cocida 3 era.

Miel 1

64

Pureza M.C. 3 da.

Miel 2

era.

era.

6

= 60 %

4

= 40 %

60

54

10

100 %

2.3.1 Sólidos en la Miel 1ra.= 0.60 x 48.53 = 29.12 % 2.3.2 Sólidos en Miel 2

da.

= 48,53 – 29,12 = 19.41 %. ra.

2.3.3 Sólidos en Azúcar 3 = 48.53 - 27.73 = 20.80 %. 2.4

da.

Templa en Masacocida 2 . 2.4.1 Rendimiento Sólidos Azúcar 2 74 - 54  x 100  45.45 % 98.50 - 54 ra

Semilla 3 5.93

Jarabe 11,80

da.

da.

en Masa Cocida 2 .

ra.

Miel 1 17,74

da.

da.

Masa Cocida 2

Azúcar 2 16.17

Miel 2 19,41

da.

2.4.2 Rendimiento de Miel 2 2.4.3 Sólidos en Templa 2 2.4.4 Sólidos en Azúcar 2

da.

da.

da.

= 100 - 45.45 = 54.55 %

= 19.41 / 0.5455 = 35.58 % = 35.58 - 19.41 = 16.17 %


16



Lechada de Cal = 0.8 Tn.

Agua Imbibición

Evaporación 528

Trapiche

Caña de Azúcar 700

Trapiche

Jugo Mezclado 679

Encalado

Jugo Encalado 736.89

Calentador

Jugo Caliente 736.89

Clarificador

Jugo Clarificado 703.88

Lodos = 32.41

Bagazo 238

Evaporador

Jarabe 176 Bagacillo = 4.9

Jugo Filtrado = 56.49 Filtro

Agua = 57.54

Torta = 38.36

Fig. N° 01: BALANCE DE MATERIALES EN CADA ETAPA DEL PROCESO PRODUCTIVO


17


2.5


Composición de la Masa Cocida 2

da.

Pureza Pie de Templa de la Masa Cocida 2

da.

= 84 %

Composición del Pie de Masacocida 2da. era.

Semilla 3

88

Pureza del Pie Jarabe

2,00 =

33,33 %

4.00 =

66,67 %

84 82

6,00

100.00 %

2.5.1 Sólidos en el pie de 2da. = 0,50 x 35,58 = 17,79 2.5.2 Sólidos de Jarabe en el pie = 0,6667 x 17,79 = 11,86 2.5.3 Sólidos de Semilla 3ra. en el pie = 17,79 – 11,86 = 5,93 2.5.4 Sólidos Miel 1ra en Templa 2da.= 35,58–17,79 = 17,79

2.6 Templa de Masacocida 1

era.

. ra.

Semilla 3 14,87

Jarabe 88.14

Masa Cocida 1 103.01

Azúcar 1 56,10 2.6.1 Sólidos en Azúcar 1

Miel 1 48,91

ra.

era.

= 100 - (16.17+ 27.73)= 56.10 %

era.

= 20.80 - 5.93 = 14.87 %

2.6.2 Sólidos en Semilla 3 2.6.3 Sólidos en Miel 1

ra.

ra

era.

= 29,12 + 17.19 = 46,91 %.

2.6.4 Sólidos en Jarabe

= 100 -11.86 = 88.14 %

2.6.5 Sólidos Masa Cocida 1

era.

= 88.14 + 14,87 = 103.01 %

2.6.6 Pureza de la Masa Cocida 1

era.

Semilla = 14.87 x 88.00 = 1308.56 Jarabe

= 88.14 x 82.00 = 7227.48

Pureza Masa Cocida 1

era.

=

8 536.04

Rendimiento en Sólidos de Azúcar 1 

82,87 - 64

x 100 = 82.87%

103.01 ra.

x 100  54.70 %

98.50 - 64


18



ra.

Semilla 3 ra.

Semilla 3 14.87

ra.

Miel 1

29,12

5,93

103,01

M.C.”A”

46.91

17,79

35,58

Azúcar 1 56,10 Jarabe

M.C. “B”

48,53

ra.

35,58

M.C. “C”

Azúcar 3 20,80

ra

2 279.37

1 935.93

5 424.6 Jarabe 88,14

da.

Miel 2 19,41

da.

Azúcar 2 16,17

Melaza 27,73

11,86

Jarabe 100 %

Fig. N° O2: BALANCE DE SÓLIDOS EN LOS TACHOS: EN PORCENTAJES – SISTEMA 3 TEMPLAS


19



ra.

Semilla 3 ra.

Semilla 3 906.27

ra.

Miel 1

1 107.55

35,34

5 424.6

M.C.”A”

M.C. “B”

ra.

Azúcar 1 3 019.74 Jarabe

Miel 2 1 171.82

2 279.37

Azúcar 2 764.11

M.C. “C”

Azúcar 3 941.56

ra

2 279.37

1 935.93

5 424.6 Jarabe 4 518.33

da.

ra.

Miel 1 1297.31 2404.86 1 935.93

da.

Melaza 1 337.76

603.28

Jarabe = 8 446.29 Kg/h x 0.6064 = 5 121.83 Kg. sólidos / h.

Fig. N° O3: BALANCE DE SÓLIDOS EN LOS TACHOS: EN Kg/hr – SISTEMA 3 TEMPLAS


20

C.7

Balance de Sólidos expresados en Kg. de Sólidos / hr. Tiempo Efectivo de Molienda = 13.707 hrs. Caña

= 35 000 Kg/hr.

Evaporación

=

60 - 15

x 100

60

= 75 % Jarabe = 100 - 75 = 25 % = 35 000 x 0.25 = 8 750 Kg. Jarabe / hr. = 8 750 x 0.60 = 5 250 Kg. Sólidos / hr.

Balance de materia en los Procesos Unitarios. BALANCE DE MATERIALES QUE INVOLUCRAN RECIRCULACION. Ejercicio N° 12.-

A REACTOR

P

B

A = 50 Kg. de H2SO4 solución. B = 30 Kg. de NaOH solución. Reacción: H2SO4 (aq.) + 2 NaOH (aq.)  Na2SO4 (aq.) + 2 H2O Pesos Moleculares NaOH = 40

H2O = 18

H2SO4 = 98

Na2SO4 = 142

Proporción o Razón Fija.- Es la razón de la reacción; es una razón teórica.

Proporción o Razón Fija =

 H2SO4  1 0.5  NaOH   2  1  



Razón de los Reaccionantes en el Reactor. A = H2SO4 =

B = NaOH =

50 98

= 0,51 Kgmol.

30 40

= 0,75 Kgmol.

Razón en el Reactor.- Es una razón práctica.

Razón en el Reactor =

 H2SO4  0.51 0.68  NaOH   0.75  1  

Observación: El H2SO4 esta en exceso. Como consecuencia, el NaOH esta en defecto (falta): Reaccionante Límite: es aquel reaccionante que esta en menor cantidad en el sistema en equilibrio químico.  Todo el NaOH reacciona. Reacción Reajustada: 0,75 H2SO4 (aq.) + 0,375 NaOH (aq.)  0,375 Na2SO4 (aq.) + 0,75 H2O Na2SO4 formado = P

H2O formado

0,375 Kgmol x 142 = 52,25 Kg

=

0,750 Kgmol x 18 = 13,50 Kg.

H2SO4 sobrante = 0,51 – 0,375 = 0,135 Kgmol x 98 = 13,25 Kg. 80,00 Kg.

Comprobación: Balance Total:

A +

B =

P

50 + 30 = 80 80 = 80 Ejercicio N° 13.- Una corriente de azufre puro (M) se está cargando a un horno para quemar en presencia de una corriente de aire (A), las reacciones que se producen dentro del horno son dos: a)

S

+

O2



SO2

b)

S

+

1 ½ O2 

SO3

La corriente de gases producidos (G) contiene en moles: 1,6 % SO3, 8,7 % SO2, 10,1 % O2 y 79,6 % N2. ¿ Qué % de exceso de oxígeno entro al horno sobre la cantidad teórica necesaria para quemar todo el S a SO3 ? Base de Cálculo: G = 100 lbmol. De acuerdo a este dato, la composición de la corriente G, será: CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA, ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

59



SO3 = 1,6 lbmol  1,6 at-lb S SO2 = 8,7 lbmol  8,7 at-lb S

G

O2 = 10,1 lbmol N2 = 79,6 lbmol M

HORNO

A

M = 1,6 + 8,7 = 10,3 at-lb S. O2 Necesario = que necesita las 10,3 at-lb de S para quemarse a SO3 = 10,3 (1,50) = 15,45 lbmol. Balance de Nitrógeno: N2 en A = N2 en G 0,79 A = 79,6 A =

79,6

= 100,8 lbmol

0,79 Balance de Oxígeno:

A = O2 + N2

O2 en A = 100,8 – 79,6 = 21,2 lbmol Exceso de Aire = O2 en A - O2 necesario = 21,2 - 15,45 = 5,75 lbmol

 5,75  100 = 37,2 %  15,45 

% Exceso = 

Ejercicio N° 14.- Cuando se hace reaccionar HCl gaseoso en aire se produce la siguiente reacción: 2 HCl + ½ O2  Cl2 + H2O Cuando se suministra al horno un 50% de exceso de aire se logra oxidar solo el 70% del HCl que entra al reactor. ¿Cuál es la composición de los gases que salen de la cámara del reactor? ¿Cuál sería la composición de la corriente P si el aire usado es 10% mol de vapor H 2O?

CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA, ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

60



P

G

HORNO

A

Base de Cálculo: G = 100 Kgmol (HCl) Reacción: 2 HCl + ½ O2  Cl2 + H2O O2 necesario para quemar 100 Kgmol de HCl  100(½/ 2) = 25 kgmol Exceso de O2 = 0,50 x 25 = 12,5 Kgmol. O2 que entra al Horno = 25 + 12,5 = 37,5 Kgmol. Balance de Oxígeno: 0,21 A = 37,5 A=

O2 = 37,50 Kgmol

37,5

= 178,57 Kgmol

0,21

N2 = 141,07 Kgmol

X % H2O ......................................... Aire Húmedo

= 10,0 %

O2 = 0,21 x 90 = 18,9 % (100 – X)% Aire Seco

N2 = 0,79 x 90 = 71,1 % 100,0 %

Cuando en el aire hay vapor de agua: Aire Húmedo = Aire seco + vapor H2O

P

HCl = 100 – 70 = 30,00 Kgmol Cl2 = 70 x ½ = 35,00 Kgmol H2O = 70 x ½ = 35,00 Kgmol O2 = 37,5 – 17,5 = 20,00 Kgmol N2 = ................. = 141,07 Kgmol 261,07 Kgmol

Balance de Oxígeno: 0,189 A = 37,5

A=

37,5 0,189

= 178,57 Kgmol

O2 = 37,50 Kgmol H2O = 19,80 Kgmol N2 = 141,07 Kgmol 198,47 Kgmol


61


P


HCl = 100 – 70 ........= 30,00 Kgmol Cl2 = 70 x ½ ............ = 35,00 Kgmol H2O = 70 x ½ + 19,8 = 54,80 Kgmol O2 = 37,5 – 17,5 ......= 20,00 Kgmol N2 = ....................... = 141,07 Kgmol 280,87 Kgmol

Ejercicio N° 15.- Una disolución de carbonato sódico se convierte en caústica por adición de una sal comercial parcialmente apagada. La cal contiene sólo carbonato cálcico como impureza. En la disolución original hay una pequeña cantidad de soda caústica libre. La masa obtenida de la conversión dio el siguiente análisis:

CaCO3 Ca(OH)2 Na2CO3 NaOH H2O

13,48 % 0,28 % 0,61 % 10,36 % 75,27 % 100,00 %

Se desean conocer los siguientes términos: a) El peso de cal apagada por 100 lb. De masa convertida en caústica y la composición de la cal. b) El peso de la disolución alcalina cargada por 100 lb. de masa convertida en caústica y la composición de la disolución alcalina. c) Reactivo que está presente en exceso y su porcentaje en exceso. d) Grado de conversión de la reacción.

Base de cálculo: 100 lb. De masa caústica. Reacciones:

(1) CaO + H2O  Ca(OH)2 (2) Na2CO3 + Ca(OH)2  2 NaOH + CaCO3 Pesos Moleculares: CaO = 56,1

Na2CO3 = 106,0

Ca(OH)2 = 74,1

NaOH = 40,0

CaCO3 = 100,1

H2O = 18,02

El problema tal o como se plantea no puede resolverse sin obtener datos adicionales. La información adicional necesaria es el análisis de la cal o el de la disolución alcalina.

Un análisis de la disolución alcalina utilizada en el proceso dio los resultados siguientes: CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA, ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

62



Disolución alcalina. Base: 1 lb. Lb 0,00594 0,1488 0,8453 1,00000

NaOH Na2CO3 H2O

Lbmol 0,000149 0,001404

NaOH Na2CO3 H2O

At-lb Na 0,000149 0,002808

At-lb C 0,001404

0,002957

0,001404

0,594 % 14,88 % 84,53 % 100,00 %

Masa Caústica. Base: 100 lb. CaCO3 Ca(OH)2 Na2CO3 NaOH H2O

Lb 13,48 0,28 0,61 10,36 75,27 100,00

Lbmol 0,1347 0,00377 0,00575 0,2590

At-lb Ca 0,1347 0,0038

0,1385

at-lb Na

at-lb C 0,1347

0,0115 0,2590

0,00575

0,2705

0,1405

Balance Parcial: Sodio: Objeto: Determinar el peso de disolución alcalina. Na en la masa caústica

= 0,2705 at-lb

Na en una lb. de disolución alcalina

= 0,002957 at-lb

Peso de la disolución alcalina: 0,2705/0,002957 = 91,50 lb Balance Total: C

+

D

=

M

C: Cal

C + 91,50 = 100

D: disolución alcalina

C = 100 - 91,50 = 8,50 lb.

M: masa caústica Balance Parcial: Carbono: Objeto: Calcular el peso de CaCO3 en la cal. C en la masa caústica

= 0,1405 at-lb

C en Na2CO3 = 91,50 x 0,001404 = 0,1285 at-lb C en CaCO3 = 0,1405 – 0,1285 = 0,0120 at-lb Peso de CaCO3 = 0,0120 x 100,1 = 120 lb. Calcio: Determinar el CaO activo en la cal. [El presente en la Ca(OH)2 más el CaO libre]. Ca en la masa caústica = Ca en la cal = 0,1385 at-lb.


63



Ca presente como CaCO3 en la cal (vease balance de C) = 0,0120 at-lb. Ca presente en Ca(OH)2 y CaO libre = 0,1385 – 0,0120 = 0,1265 at-lb. Balance total de constituyentes en la Cal. Objeto: Determinar CaO libre y Ca(OH)2 en la cal. Peso total de cal cargada Peso de CaO + Ca(OH)2

= 8,50 lb. = 1,20 lb.

Peso de CaO activo total = 0,1265 x 56,1 = 7,10 lb. H2O presente en la Ca(OH)2 = 7,30 – 7,10 = 0,20 lb. Ca(OH)2 en la cal = 0,20 – (74,1 / 18,02 ) = 0,82 lb. Peso de CaO libre = 7,30 – 0,82

= 6,48 lb.

Resultados: a) Peso de Cal = 8,50 lb. Análisis de cal: CaCO3 Ca(OH)2 CaO

Lb 1,20 0,82 6,48 8,50

% 14,10 9,60 76,30 100,00

b) Peso de la disolución alcalina: El análisis de la disolución alcalina se determinó experimentalmente. c) Determinación de reactivos en exceso: CaO activo total

= 0,1265 lb.

Na2CO3 en la disolución = 91,50 x 0,001404 = 0,1285 lb. Puesto que, según la ecuación de reacción, 1 mol de Na 2CO3 requiere 1 mol de CaO activo, es concluyente que el Na2CO3 está presente en exceso y que el CaO es el reactivo límite. Exceso de Na2CO3 = 0,1285 – 0,1265 = 0,0020 at-lb. % en exceso = [0,0020 / 0,1265] 100 = 1,60 % d) Grado de Conversión: Ca(OH)2 en la masa caústica

= 0,00377 lbmol.

CaO + Ca(OH)2 en la cal cargada = 0,1265 lbmol. Grado de conversión de la reacción = 100 – (0,00377/0,1265)100 = 97,0 %


64



Ejercicio N° 16.- Se está produciendo diariamente 1 000 litros de solución NaOH de 15° Bé (10,3 % NaOH en peso y 1,115 gr/cc) por acción de la cal apagada sobre el carbonato de sodio en un sistema que comprende las etapas que se presentan en el esquema siguiente: Na2CO3

CaO H2O

Apagador de Cal

Ca(OH)2

Solución S2

Agitador

H2O

Solución S3 Espesador III

Espesador II

Lodos R2

Lodos R3

Espesador I Lodos R1

Solución Final S1

En el apagador de cal se añade a la cal viva la cantidad de agua necesaria para producir Ca(OH) 2 según la reacción: CaO + H2O = Ca(OH)2 El carbonato de sodio y la cal hidratada se mezclan y agitan con solución procedente del segundo de tres espesadores, produciéndose el hidróxido de sodio. Ca(OH)2 + Na2CO3 = 2 NaOH + CaCO3 La recirculación de los lodos que contienen el CaCO 3 y parte de solución adherida, y las soluciones que contienen el NaOH, se hace en contracorriente con el fin de reducir las pérdidas de NaOH en los lodos. Así, el agua fresca que se agrega al espesador III se pone en contacto con el lodo de menor concentración de soda, y la solución final de NaOH que se obtiene del espesador I proviene del contacto con el lodo de mayor concentración de NaOH. Si el CaCO3 sale de cada etapa constituyendo el 50% en peso del lodo y las reacciones han sido completas, que peso de NaOH se pierde en el lodo del último espesador? Solución: Base de cálculo: 80 Kg. de NaOH producidos en el agitador. (según las reacciones, se habrá tratado 56 Kg. de CaO con 18 Kg. de H2O y 106 Kg. de Na2CO3 produciéndose 100Kg. de CaCO3). Si el CaCO3 formado ocupa el 50% de los lodos que se descargan de cada espesador: R1 = R 2 = R 3

= 100 / 0,50 = 200 Kg.


65



[Cada una de las corrientes de lodos contiene 100 Kg. de CaCO3 y 100 Kg. De solución de NaOH: En R1 la solución retenida es igual concentración a la de S 1. En R2 la solución retenida es igual concentración a la de S 2. En R3 la solución retenida es igual concentración a la de S 3.] Si suponemos que la solución S2 que sale del espesador II contiene

x % de NaOH y la que sale

del espesador III contiene y % de NaOH: NaOH que sale en el lodo residual R3 = y Kg. NaOH que sale en el lodo R2 = x Kg. NaOH que sale en el lodo R1 = 10,3 Kg. Un balance de NaOH para todo el sistema da: NaOH en S1 = NaOH producido – NaOH en R3 = 80 – y Kg. Entonces la cantidad de agua que sale en S1 es: (80 – y) (89,7/10,3) = 695 – 8,7 y Kg. Un balance de agua para todo el sistema: H2O fresca cargada al espesador III = H2O que sale en S1 + H2O que sale en R3 = (695 – 8,7 y) + (100 – y) = (795 – 9,7 y) Kg. Por balances totales en los espesadores II y III: S2 = S3 = 795 – 9,7 y Kg. Los valores de x i de y se determinan por balances de NaOH en los espesadores II y III:

En el espesador III: NaOH en S3 = NaOH en S2 – NaOH en R3 = x – y Kg. % NaOH en S3 = [(x – y)/795 – 9,7 y)](100) = y

(1)

en el espesador II: NaOH en S2 = NaOH en S1 + NaOH en S3 – NaOH en R2 = 10,3 + (x – y) – x = 10,3 – y Kg.

% NaOH en S2 = [(10,3 – y)/795 – 9,7 y)](100) = x Resolviendo:

x = 1,28 

(2)

y = 0,143


66



Por tanto; si la cantidad de NaOH que se pierde en el lodo residual R 3 es 0,143 Kg.; la cantidad de NaOH que sale de la solución final S1 debe ser: 80 – 0,143 = 79,857 kg. o sea que se producen: (79,857) (100/10,3) = 775,3 Kg. de solución. Entonces, siendo la producción diaria de la planta de (1 000)(1,115) = 1 115 Kg. de solución, la cantidad de NaOH que se pierde en los lodos es de: (0,143/775,3)(1 115) = 0,205 Kg. de NaOH/día.

Ejercicios N° 17.- Se han hecho cálculos preliminares para una operación de calcinado a realizarse en un horno giratorio de tipo continuo. El horno recibirá una torta de filtro húmeda de hidróxido de aluminio, cuyo análisis es de 55 % Al2O y 45 % total de H2O (libre y combinado), proporcionará Al2O3 puro como producto sólido. El consumo de combustible se estima en 0,2 lb. de petróleo por lb. de Al2O3 producido, siendo el análisis del combustible 85% C y 15% H. Se controlará el aire para la combustión de manera que se suministre un 20% de aire en exceso sobre la cantidad teórica para una perfecta combustión del combustible. Hallar el volumen de gases que salen del horno por tonelada de Al 2O3 producida y hallar también los análisis en húmedo y en seco de los gases de la combustión. Torta Húmeda 55% Al2O3, 45% H2O

Gases de la Combustión Combustible 85% C, 15% H

Aire 20% exceso Producto Calcinado Al2O3 Suposiciones: Descomposición completa del Al(OH)3 en AL2O3 y H2O Combustión completa del combustible a CO2 y H2O 20% en exceso de aire para la combustión.


67



Bases para el cálculo: 1 Ton. Corta (2 000 lb.) de Al2O3; unidades inglesas: Reacciones Químicas: (1)

2 Al(OH)3  Al2O3 + 3 H2O

(2)

C (combustible) + O2  CO2

(3)

H (combustible) + ¼ O2  ½ H2O

Balances de Elementos: N2 en el aire = N2 en los gases de combustión Al en la alimentación = Al en el producto calcinado Cálculos: El H2O en los gases de la combustión procede del agua libre y combinada en el material de alimentación y de la combustión del combustible. Peso de H2O de la alimentación = [45/55] x 2 000 lb = 1 640 lb. 3

Volumen de H2O en la aliment. = (1 640/18)x 359 = 32 600 pies (TPS) H2O del combustible = [0,15 x 0,2 x 2 000] / 2 = 30 lbmol. 3

3

= 30 x 359 pies = 10 800 pies (TPS). 3

H2O total en los gases de la combustión= 32 600 + 10 800 = 43 400 pies (TPS). CO2 en los gases de la combustión = [0,85 x 0,2 x 2 000] /12 = 28,3 lbmol. Para hallar el O2 y N2 en los gases de la combustión, es necesario primero calcular el consumo de aire. De la ec. (2) anterior: 3

pies de O2 a quemar C en el combustible = pies3 de CO2 formado 3

= 10 160 pies (TPS). De la ec. (3): 3

3

pies de O2 para quemar H en el combustible= ½ pies de H2O formado O2 total requerido teóricamente para la combustión = 10 610 + 5 400 3

= 15 560 pies (TPS). 3

20 % de O2 en exceso = 0,2 x 15 560 = 3 110 pies (TPS). A los gases de combustión. 3

N2 = (79/21) x O2total = (79/21)x(15 560 + 3 110) = 70 230 pies (TPS). Ahora se pueden encuadrar y totalizar las cantidades, de todos los constituyentes de los gases de la combustión, y calcular los análisis en húmedo y seco:


68


Sustancia

Volumen % Base Húmeda Base Seca 8,0 12,2 55,3 84,1 2,5 3,7 34,2 -.100,0 100,0

3

pies (TPS)

CO2 N2 O2 H2O TOTAL a)


10 160 70 230 3 110 43 400 126 900

Sea x = peso de la caliza a cargar por 2 000 lb. de coque. Constituyentes de la escoria: SiO2 en la escoria = SiO2 en el mineral + SiO2 en la caliza + SiO2 en el coque – equiv. SiO2 (como Si) en el lingote de 1ra. Fusión. SiO2 en la escoria = 0,08 x 4180 + 0,04X + 0,05 x 2000 – 0,01 x 2220 x (60/28) = 334 + 0,04X + 100 – 48 = 386 + 0,04X (lb.) Al2O3 en la escoria = Al2O3 en mineral + Al2O3 en las piedras - Al2O3 en el coque = 0,03 x 4 180 + 0,01 X + 100 – 48 = 386 + 0,004 X lb = 125 + 0,01 X + 60 = 185 + 0,01 X CaO en la escoria = CaO en la piedra = 0,50 X MgO en la escoria = MgO en la piedra = 0,02 X Ahora, la relación dada, CaO + MgO = SiO 2 + Al2O3 puede ser preparada en términos de X: 0,50 + 0,02 X = 386 + 0,04 X + 185 + 0,01 X Resolviendo esta relación: X = 1,215 lb. de caliza.

b)

Requerimiento de soplado por minuto: El volumen de aire puede ser calculado usando la ecuación química (1) y la suposición de que reacciona el 80% de C en el coque: 1000 Ton. de lingote por día = (1000 x 2000)/(24 x 60) lb/min = 1 390 lb/min. Libs. Coque/min. = 1390 x 1800/2000 = 1250 lb. de coque/min. 3

pies de O2/min. = (0,8 x 0,86 x 1250 /12)(1/2)x 359 3

= 12 870 pies /min. (TPS). 3

3

Pies de aire/min. = 12 870/0,21 = 61 200 pies (TPS). c)

Gases del Alto Horno: Bases, 2 000 lb. de coque. La inspección de las relaciones estequiométricas disponibles muestra que las cantidades de N 2 y H2O en los gases del alto


69



horno pueden ser calculadas directamente, mientras que los cálculos de las cantidades de CO y CO2 requerirán la estequiometría representada por las ecuaciones (1) a (6). 3

N2: pies de N2 = [79/21] pies de O2 por 2000 lb de coque. El requerimiento de oxígeno es 80% del teórico para convertir el C en el coque a CO. 3

Pies de N2 = (79/21) x 0,8 x (0,86 x 2000/12)(359/12) 3

= 77 500 pies (TPS) H2O: lb. de H2O en los gases del alto horno = lb. en el mineral + lb. en la Piedra + lb. en el coque = 0,1 x 4 180 + 0,01 x 1 215 + 0,02 x 2 000 = 470 lb. 3

3

Pies de H2O en los gases = (470/18) x 359 = 9 370 pies (TPS) CO y CO2: puede determinarse primero el número de lbmol. Para cada una de las reacciones (1) a (6), para determinar el comportamiento estequiometrico del carbono. Reacción (1): moles C = moles CO = 0,8 x 0,86 x (2000/12) = 114,5 molécula-lb. Reacción (2): Moles CO = moles CO2 = (3/2)moles de Fe. = (3/2)(0,5 x 4 180/56) = 56,0 molécula-lb. Reacción (3): Moles C = moles CO = 2 x moles de Si = 2 x (0,01 x 2 220/28) = 1,60 molécula-lb. Reacción (4): C para la reacción (4) = C total en el coque – C consumido en reacciones (1) y (3) – C en el lingoteo arrabio. Moles C para reacción (4)= 0,86x 2000/12 – 114,5 – 1,6 – 0,04 x 2220/12 Moles de C consumidos = 19,7 Moles de CO producidos = 2 x moles de C = 39,4 Reacción (5): Moles de CO2: moles de CaO = 0,5 x 1215/56 = 10,8 molécula-lb. Reacción (6):


70



Moles de CO2: moles de MgO = 0,02 x 1215/40 = 0,6 molécula-lb. Ahora se pueden hallar las moléculas-lb. de CO y CO2 producidos en el proceso mediante adiciones algebraicas de las cantidades involucradas en las reacciones (1) y (6): Molécula-lb. de CO = 114,5 – 56,0 + 1,6 + 39,4 = 99,5 molécula-lb. Molécula-lb. de CO2 = 56 – 19,7 + 10,8 + 0,6 0 47,7 molécula-lb. 3

3

Pies de CO = 99,5 x 359 = 35 700 pies (TPS) 3

3

Pies de CO2 = 47,7 x 359 = 17 100 pies (TPS). Encuadrando las cantidades calculadas de los constituyentes de los gases del alto horno: 3

Sustancia

pies (TPS)

N2 H2O CO CO2 Volumen total/2000 lb. De coque

77 500 9 370 35 700 17 100 139 670

Volumen % Base Húmeda Base Seca 55,5 59,5 6,7 -.25,6 27,4 12,2 13,1 100,0 100,0

Como por c/2 000 lb. de lingote se emplean 1800 lb. de coque y el horno produce 1 000 Ton. de lingote por día, el consumo de coque por día es de 900 Ton. En consecuencia, la cantidad de gases de alto horno produció por día es de: 900 x 139 170 = 126 3

000 pies (TPS). C0MBUSTIBLES Y COMBUSTIÓN I.

COMBUSTIBLES. Ejercicios N° 18.- Un gas pobre obtenido de coque tiene la siguiente composición en volumen: CO = 28,0%, CO2= 3,5%, O2= 0,5% y N2= 68%.Este gas se quema con una cantidad tal de aire que el oxígeno del aire se encuentra en 20% en exceso del oxígeno neto necesario para la combustión completa. Si la combustión se completa en un 98%, calcular el peso y la composición en tanto por ciento en volumen del producto gaseoso formado por cada 100 lb. de gas quemado. G

M

HORNO

A


71



Base de Cálculo: 100 lbmol de gas pobre N

M = 100 lbmol

Balance Total: 2 858 + Reacción:

A

M

W

CO =

28 lbmol x

28

=

784 lb.

CO2=

3,5 lbmol x

44

=

154 lb.

O2=

0,5 lbmol x

32

=

16 lb.

N2=

68 lbmol x

28

= 1 904 lb.

= G

CO +

½ O2  CO2

Reacción Reajustada: 28 CO + 14 O2  28 CO2 O2 necesario

= 14,0 lbmol

O2 en el combustible = 0,5 lbmol O2 neto necesario

= 13,5 lbmol

O2 que debe entrar en A = 1,2 (13,5) = 16,2 lbmol. 0,21 A = 16,2 A = 16,2 / 0,21 = 77,1 lbmol

O2 = 16,2 lbmol. N2 = 60,0 lbmol

O2 consumido = 0,98 (14) = 13,72 lbmol. O2 en la corriente de gases = 16,2 + 0,5 – 13,72 = 2,98 lbmol

G

CO (en M – consumido) = 28 – 0,98(28) = 0,56 lbmol x 28 = 15,68 lb. CO2 (en M + formado) = 3,5 + 27,44 = 30,94 lbmol x 44 = 1 361,36 lb O2 (en M + en A – consumido) = 0,57 + 13,72 = 2,98 lbmol x 32 = 95,36 lb N2 (en M + en A) = 68 + 60,9 = 128,90 lbmol x 28 = 3 609,20 lb. 5 081,60 lb

Peso total de productos por 100 lbs. de gas pobre = 5 081,60 (100)/2858 = 177,8 lb. Ejercicio N° 19.- Se deshidrogena el propano para formar propileno en un reactor catalítico: C3H8

 C3 H6 +

H2

Debe diseñarse el proceso para obtener una conversión global del propano a 95%. Los productos de reacción se separan en dos corrientes: la primera que contiene H 2, C3H6 y 0,555 % del propano que abandona el reactor, se elimina como producto, mientras que la segunda corriente que contiene el resto del propano sin reaccionar y

5 % del propileno de la corriente de producto, sé

recircula al reactor. Calcular la composición del producto, la relación (moles recirculados)/(moles de alimentación fresca), y la conversión de un solo paso:


72


Alimentación Fresca 100 moles 1 C3H8 A

B

REACTOR


M

UNIDAD DE SEPARACIÓN

Producto P

R Recirculación Conversión Global: 95 % Base de Cálculo: 100 Kgmol de alimentación. Fracciones molares de los componentes de la corriente de producto: Xp1 =

np1 / np1 + np2 + np3

Xp2 =

np2 / np1 + np2 + np3

Xp3 =

np3 / np1 + np2 + np3

Relación de Recirculación: R.R. =

nR1 + nR2 / 100

Conversión de un solo paso: = [(100 +

nR1) - nR1] x 100/(100 + nR1]

Conversión Global = 95 % [100 moles C3H8 –

np1]/100 moles C3H8 = 0,95

np1 = 5 moles de C3H8 Balance Global de Propano: Entrada = salida + consumo 100 moles C3H8 = 5 moles C3H8 + C (moles C3H8 consumidos) C = 95 moles C3H8 consumidos. Balance Global de propileno: salida = generación

np2 = 95 moles de C3H6 Balance Global de H2:

np3 = 95 moles de H2


73


Análisis del Producto:

P=


% C3H8 = 5 Kgmol = 2,60 % C3H6 = 95 Kgmol = 48,70 % H2 = 95 Kgmol = 48,70 % 195 Kgmol totales.

Ejercicio N° 20.- El gas resultante de una etapa de proceso en una refinería tiene la siguiente composición: CH4 42% vol., C2H6 vol., C3H8 10% vol., CO 2% vol., N2 2% vol., H2 8% vol. y O2 6% vol. Este gas se quema con 20% de exceso de aire y bajo condiciones tales que la relación entre moles de CO2 a moles de CO en los humos es de 16. Si el aire entra a 750 mm de Hg y 35º F, el gas entra a 10 Lbs. 765 mm de Hg y 700º F calcular: a)

El volumen de aire introducido por pie cúbico de gas quemado.

b)

El Orsat de los humos

c)

El volumen de los humos por pie cúbico de gas quemado

d)

El peso de agua en los humos por 1000 pies cúbicos de gas quemado

Base de Calculo: Volumen en lb-mol de gas CH4 C2H6 C3H8 CO N2 H2 O2

= 42% = 30% = 10% = 2% = 2% = 8% = 6% 100%

G

HORNO

M

N2 = 79% H2 = 21%

A

Aire + 20% de exceso a) Reacciones completas: Base de calculo 100 lb – mol en M 1)

2)

CH4 + O2

CO2 + 2H2O

42

42

84

C2H6 + 7/2 O2 30

3)

C3H8 + 5O2 10

4)

50

CO + ½ O2 2

5)

105

2

H2 + ½ O 2 8

4

84

2CO2 + 3H2O 60

90

3CO2 + 4H2O 30

40

CO2 2 H2 O 8

mol–lb de O2 necesarios = 84 + 105 + 50 + 2 + 4 = 245 Aire necesario = 245 / 0,21 = 1167 lb-mol


74



Aire utilizado = 1167 x 1.2 = 1400 lb-mol de aire. La temperatura se halla por: T= 1.8 x 35 + 32 + 460 = 555º R Entonces tenemos: n.R.T.

Pv = n.R.T V =

P

V=

1400 x 10,73 x 555

= 574,583.7 pies del aire inicial.

(750/760)(14,7) b) 1. 2CH4 + 3.5 O2 42

CO +

73.5

2.4696 39.5304

2. C2H6 + 3 O2 30

CO +

90

1.764 28.236

4. 2CO2 + ½ O2

90

40

CO + CO2

2

0.11

5. H2 + ½ O2

H2O

8

CO2 + 3H2O

CO + 2CO2 + 4H2O

45

2

84

3.528 56.472

3. C3H8 + 4.5 O2 10

CO2 + 4H2O

4

1.8824

8

Tenemos: 3

1 pie = 7.49 gal.

lb 3 pies 2 ft 100 lb - mol x 10.73 x 530 º R lb mol.R V= lb (10  14.7) 2 ft 3

pies de aire

=

3

574 583,7

3

V = 23 024 pie de gas

 25 pie de aire/pie gas quemado 3

3

23 024

pies gas quemado

La temperatura es : 70º F = 460 + 70 = 530º R 1) 42 x 0.05888

=

2.4696 CO 39.5304 CO2

2) 60 x 0.0588

=

3.528 CO2 56.472 CO2

3) 30 x 0.0588

= 1.764 CO2 28.236 CO2

4) 2 x 0.0588

= 0.1176 CO2 1.8824 CO2 CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA, ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

75


moles de CO2 en G moles de CO en G


=

39.5304 + 56.472 + 28.236 + 1.8824

=

126.1208 lb – mol CO2

=

2.4696 + 3.528 + 1.764 + 0.1176

=

7.8792 lb – mol - CO

moles de O2 consumidos =

73.5 + 45 + 1 + 4 =

213.5 lb – mol O2 (consumidos)

moles de O2 que ingresan al horno

=

6 +1400 x 0.21 = 6 + 294 =

300 lb – mol

moles de N2 en el aire que entra = N2 en los humos o gases 2 + 1400 x 0.79 = 1108 lb-mol moles de O2 en los gases: O2 que entra - O2 que se consume 300 – 213.5 = 86.5 lb - mol mol – lb H2O en los gases = 84 + 90 + 40 + 8 = 222 lb – mol. CO2 = 126.12 lb –mol

........

8.13%

CO =

7.88 lb –mol

........

0.51%

O2

=

86.50 lb –mol

........

5.58%

N2

= 1108.00 lb –mol

........

71.46%

........

14.32%

H2O =

222.00 lb –mol

HORNO Moles

A Análisis Orsat

%n

CO2

= 126.12 .........

9.50%

CO

=

7.88 .........

0.59%

O2

= 86.50 .........

6.51%

N2

= 110.00 ......... 83.40% 1328.50

100.00%

Ejercicio N° 21.- Una cierta agua contiene los siguientes metales expresados en miligramos por litro Ca = 32, Mg = 8.4, Fe (Ferroso) = 0.5 a) Calcular la dureza total del agua expresado en miligramos de CaCO 3 por litro, el Ca del cual tendrá el mismo valor de reacción total de todos los metales presentes. b) Asumiendo que todos estos metales estuvieron combinados como bicarbonato, calcular el costo de cal necesario para ablandar 1000 gal. de agua. La Cal comercial contiene 95% de CaO y cuesta $ 8.50/ton. Solución: Base de Calculo 1 lt. de agua. a.

Ca = 32 mg, Mg = 8.4 mg, Fe = 0.5 mg Miliquivalentes de c/ componente


76


meq. Ca =

32 (2)


= 1.5 mg.

40

meq. Mg =

8,4 (2)

= 0.6913 mg.

24,3 meq. Fe =

0,5 (2)

= 0.01785 mg

56

meq. Totales = 1.5 + 0.6913 + 0.01785 meq. Totales = 2.30915 mg. b. Reacciones: 1) Ca (HCO3) 2 + CaO



2Ca CO3 + H2O

2) Mg (HCO3) 2 + CaO



Ca CO3 + MgCO3 + H2O



3) Fe (HCO3) 2 + CaO

Ca CO3 + FeCO3 + H2O

Calculo de CaO / lt de solución: CaO

MgCaO = meq.Ca x

+ meq.Mg x

CaO Mg

Ca

MgCaO = 32 x

56 40

+ 8,4 x

Pero el CaO comercial =

+ meq.Fe x

56 24,3

64,66 0,95

+ 0,5 x

56 50

CaO Fe

= 64,66 meq. de CaO

= 68,06 meq. necesarios por lt.

Para 1000 galones: CaO necesarios CaO = 68,06

meq. lt.

Precio a pagarse =

Precio =

$ 8,5 Ton.

x 3.785 lt x 100 galones = 257 607 meq.

1 galón

$ 8,5 Ton.

x

Ton. 1000 Kg.

x

Kg. x 257 607 meq. 6 10 g

x 0.000257607 ton = 9.016245 x 10

-4

Entonces precio = 9.0009016 ctos de S/.

Ejercicio N° 22.- Se quemo un gas cuyo análisis es CH4 = 80% y N2 = 20% con el objeto de utilizar el CO2 formando en la producción de hielo seco. El análisis de los gases que salen del convertidor es : CO2 = 1.2% O2 = 4.9% y N2 = 93.9% Calcule: a) El % de CO2 absorbido


77



b) El % de excesos de aire utilizado G

CONVERTIDOR

R

CO2 H2O

CH4 = 80% H2O = 20%

O2 N2

M G

HORNO

Aire = 21% = 79%

T

CO2 O2 N2

= 1.2% = 4.9% = 93.9%

A

Solución: base de cálculos 100 de gas de entrada Reacción: CH4 + 202 80

CO2 + H2O

16

80

80

ingresan 80 moles de CH2 y 20 moles de N2 se consumen 160 moles de O2 para una reacción completa con el CH4 moles de aire necesarios =

160 0,21

= 761.904 moles

ahora haciendo un balance parcial de CO2 en el convertidor CO2 en R = CO2 en T + CO2 en G 80 = x + 0.012 T ............ (1) moles de N2 en R : todo el N2 sale en T moles de N2 en T = 20 + 761.904 (0.79) = 621.907 moles (sin considerar el exceso) suponiendo que existen A moles de aire exceso. N2 en el aire en exceso : N2 = 0.79 A Ejecutando un balance completo de N2 tendremos 621.904 + 0.79 A = 0.939 T ................(II) el oxigeno que entra en exceso debe estar en la descarga 0.21 = 0.049 T ..................(III) A=

0,049 0,21

T

Reemplazando (III) en (II) tenemos: 621.904 + 0.79 x

0,049 0,21

= 0.939 T

de donde: T= 824.1 mol A = 192.3 mol de aire en exceso En I : 80 = x + 0.012 (824.1) CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA, ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

78



X = 70.11 moles de CO2 % CO2 absorbido =

70,11 80

x 100 = 87.64%

Ejercicio N° 23.- En la figura del nitrógeno por el proceso de arco se pasa aire a través de un arco eléctrico aplanando magnéticamente. Parte del nitrógeno es oxidado a no el que al enfriarse se oxida a NO2. Del NO2 formado 66 % se asociara a N2O4 a 26º C. Los gases son pasados entonces dentro de una torre de absorción lavada con agua donde se forma ácido nítrico por la siguiente reacción: H 2 O + 3NO 2

NO + 2H NO 3

El no liberado en esta reacción será reoxidado en parte y formara mas ácido nítrico. En la operación de este planeta se encuentra posible producir gases del horno del arco en los que el oxido nítrico es 2% por el volumen, mientras calienta. Los gases son enfriados a 26º y 750 mm de Hg antes de entrar a la torre de absorción. Calcular el análisis completo por el volumen de los gases calientes que salen del horno asumiendo que el aire que entra al horno es de la compresión atmosférica promedio.

Calcular la presión parcial del NO2 y H2O4 en los gases que entran al aparato de absorción. Calcular el peso de HNO3 formado por cada 1000 pies cúbicos de gas que entra al aparato de absorción si la conversión a ácido nítrico del nitrógeno combinado en el horno es de 85%. Solución: Base de calculo : 100moles de aire Entonces habrá N2 = 79 moles, O2 = 21 moles Diagrama de flujo: H2O

N 2O 4 Torre

Horno Aire

De Arco

O2 NO N2

de Enfriador

NO

Absorción

HNO3

NO


79



Reacción: N2 + O 2

2 NO

Entonces sea x = moles formados de NO Moles Iniciales de N2 = 79 ; moles finales de N2 = 79 – x/2 Moles Iniciales de O2 = 21 ; moles finales de O2 = 21 – x/2 Moles Iniciales de NO = 0 ; moles finales de NO =

x Total = 100

Ahora puesto que x = 2% y 100 es el 100% ; x = 2 moles Moles finales de N2 = 79 –2/2 = 78 moles. Moles finales de O2 = 21 – 2/2 = 20 moles Moles finales de NO = 2 moles = 2 moles 100 moles total Composición Molar: N2 = 78% , O2 = 20% , NO2 = 20% b) Solución: Base 2 moles formados de NO

Reacciones: 

2NO + O2

2NO2



2NO2

N2O4

moles formados de NO2 según reacción = 2 moles NO2 moles N2 O4 formados = 2 x 0.66 = 1.32 moles de N2 O4 moles totales que ingresan al aparato de absorción: 16 moles O2 + 78 moles N2 + 1.32 moles N2O4 + 0.68 moles NO2 = 99 moles totales. Entonces tenemos: XN2 O4 =

XNO2 =

1,32 9,90 0,68 99,0

= 0.01333

= 0.00687

PN2 O4 = X N2O4. P = 0.001333 x 750 = 9.9975 mm. Hg PNO2 = X NO2. P = 0.00687 x 750 = 5.1525 mm. Hg 3

a) Solución : Base de cálculos 1000 pies de gas que ingresaron al sistema de absorción a condiciones. 3

V = 1000 pies , P = 750 mm HG , T = 26º C = 538.8º R P.V = n.R.T  n =

P.V R.T

Entonces tenemos: n=

(750/760)( 14,7)(1000 ) (10,73)(53 8,8)

 2.51 moles–lb


80



Aplicando fracciones: propiedades de las fracciones parciales

X N2O4  (1.32  99 ) (2.51) = 0.0335 moles–lb. X NO2  (0.68  99) (2.51) = 0.0172 moles–lb. Reacciones: NO2 + H2O

HNO3

N2O4 + H2O + ½ O2

I 2HNO2

II

HNO3 produciendo I : 0.0172 (0.85) (63) = 0.921 lb. HNO3 producido II : 0.0335 (0.85) (63)(2) = 3.588 lb. Total de HNO3 producido

= 4.509 lb.

Ejercicio N° 24.- Ha de proyectarse un horno para quemar coque a una velocidad de 200 lb/hr. El coque tiene la siguiente composición en peso: carbono 89,1 %, Cenizas 10,9 % . La eficiencia de la parrilla del horno es tal que se quema el 90% de carbono presente en la carga de coque. Se suministra aire en exceso del 30% del necesario para la combustión completa de todo el carbono de la carga. Se supone que el 97% del carbono se oxida a dióxido formando monóxido el restante. a) Calcular la composición en volúmen de gases de chimenea que salen del horno. M Coke

G

HORNO

CO2 CO O2 N2

A Base de Cálculo: 1 hr. de operación

R (cenizas)

Coke suministrado = 200 lb. Carbono suministrado = 0,891 (200) = 178,2 lb = 14,85 lb-mol. Reacciones: (1)

C + O2  CO2

(2)

C + ½ O2  CO

O2 necesario para la combustión completa del C = 14,85 lb-mol O2 exceso = 1,3 (14,85) = 19,305 lbmol Balance de O2: 0,21 A = 19,305 A = 19,305/0,21 = 91,92857 lbmol

O2 = 19,305 lbmol N2 = 72,62357 lbmol

Carbono que reacciona = 0,9(14,85) = 13,365 lb-mol CO2 que se forma = 0,97(13,365) = 12,964 lb-mol.


81



O2 residual = 19,305 – 12,964 – (0,4/2) = 6,14 lb-mol. Salida: Componentes CO2 CO 2 O N2

Lb-mol 12,964 0,40 6,14 72,62357

% molar 14,05 0,33 6,66 78,90

b) Si los gases de chimenea abandonan el horno a la temperatura de 550°F y a una presión de 3

743 mm Hg. Calcúlese la velocidad de flujo de gas en pies /min. Para lo cual debe proyectarse el tubo de chimenea. 3

V = 92,129 (10,73)(1010/743)(760/14,7) = 69 474 pies /hr. 3

Velocidad de flujo de gas = 1 158 pies /min. Ejercicio N° 25.- En la fijación del nitrógeno por un proceso de arco, se pasa aire a través de un arco eléctrico aplanado magnéticamente. Parte del N2 se oxida a NO, que al enfriarse se oxida a NO2. Del NO2 formado el 66% se asocia como N2O4 a 26 °C. Los gases se pasan entonces a torres de absorción con agua para lavarlos, en donde se forman ácido nítrico, según la siguiente reacción: H2O + 3 NO2 

NO + 2 HNO3

El NO liberado en esta reacción, se vuelve a oxidar en parte para producir más ácido nítrico. En la operación de tal planta ha sido posible producir gases de horno en los que el óxido nítrico mientras esta caliente se encuentra en un 2% en volumen. Los gases se enfrian a 78°C a la presión de 750 mmHg. Antes de entrar en el aparato de absorción. a) Calcular el análisis completo en volumen de los gases calientes que salen del horno, supuesto que el aire que entra en el horno era de composición atmosférica media. H2O N2O4

Aire

HORNO DE O2 ARCO

Base de Cálculo = 100 moles de aire

ENFRIADOR

NO2

TORRE DE ABSORCION

HNO3

NO N2= 79 moles O2 = 21 moles

Reacción: N2 + O2  2 NO Llamaremos x a los moles formados de NO.


82



Moles iniciales de N2 = 79 ; moles finales de N2 = 79 – x/2 Moles iniciales de O2 = 21 ; moles finales de O2 = 21 – x/2 Moles iniciales de NO = 0 ; moles finales de NO = x Total = 100 Ahora puesto que x = 2% y 100 es el 100%; x 0 2 moles Moles finales de N2 = 79 – 2/2 = 78 moles Moles finales de O2 = 21 – 2/2 = 20 moles Moles finales de NO = 2 moles Composición molar: N2 = 78%,

O2 = 20% , NO = 2%

b) Calcular las presiones parciales de NO2 y N2O4 en el gas que entra en el aparato de absorción: Solución: Base = 2 moles formados de NO Reacciones: (1) (2)

2 NO + O2  2 NO2 2 NO2  N2O4

moles formados de NO2 = [2/2] x 2 = 2 moles; implican que 1,32 moles pasan a N 2O4 y 0,68 moles pasan a NO2. Debido a que el 66 % del NO2 pasa a N2O4 moles que se forman de N2O4

= 0,66 moles

moles que se quedan como NO2 = 0,68 moles 1,34 moles moles de O2 luego de la reacción = 20 – 1 = 19 moles moles de N2 = 78 moles moles totales que ingresan al aparato de absorción = 98,34 XN2O4 = 0,66/98,34 = 0,0067114 XNO2 = 0,68/98,34 = 0,0069147

pN2O4 = XN2O4. P = 0,0067114(750) = 5,04 mmHg. PNO2 = XNO2. P = 0,0069147(750) = 5,19 mmHg.


83



3

c) Calcular el peso de HNO3 formado por cada 1 000 pies de gas que entra en el sistema de absorción, si la conversión a ácido nítrico del nitrógeno combinado en el horno de gases es del 85%. 3

Base = 1 000 pies de gas que ingresan al sistema de absorción a las condiciones V 0 1000 3

pies ; P = 750 mmHg.; t = 538°R n = P.V / R.T = (750/760)(14,7)(1000)/10,73(538,8) = 2,51 lbmol Aplicando las propiedades de las fracciones tenemos: -2

moles de N2O4 = 0,66(2,51)/98,34 = 1,684562 x 10 lbmol -2

moles de NO2 = 0,60(2,51)/98,34 = 1,735611 x 10 lbmol Reacciones: (1)

3 NO2 + H2O  2 HNO3 + NO

(2)

½ O2 + N2O4 + H2O  2 HNO3 -2

HNO3 producido en (1) = 1,735611 x 10 (0,85)(63)(3) = 1,859 lb. -2

HNO3 producido en (2) = 1,684562 x 10 (0,85)(63)(2) = 1,804 lb. Total de HNO3 producido = 3,663 lb. Ejercicio N° 26.G

C2H5OH CH3OH

C H2O O2 N2

M HORNO

O2 = 21% N2 = 79%

A

Una mezcla de C2H5OH y CH3OH se quema totalmente en un horno, con una corriente de aire seco. Las reacciones son:

(1)

C2H5OH + 3 O2  2 CO2 + 3 H2O

(2)

CH3OH + 3/2 O2  CO2 + 2 H2O

Los gases producidos contenían: CO2 = 8,0 %; H2O = 12,7 %; O2 = 7,2 %; N2 = 72,1 % Determine:


84



a) ¿Qué % de moles de cada alcohol contenía la mezcla original? b) ¿Qué % de O2 entro al Horno? Solución: CO2 = 8,0 Kgmol H2O = 12,7 Kgmol O2 = 7,2 Kgmol N2 = 72,1 Kgmol

Base de cálculo: G = 100 Kgmol. Balance de N2: 0,79 A = 72,1 A = 91,26

O2 = 19,16 Kgmol N2 = 72,10 Kgmol O2 consumido en la reacción = O2 que entra en A – O2 que sobra en B O2 necesario = 19,16 – 7,20 = 11,96  12 Kgmol Compuesto

Kgmol

C2H5OH CH3OH

X Y

O2 necesario Kgmol 3x 1.5y 12

Reacciones Producidas C2H5OH + 3 O2  2 CO2 + 3 H2O CH3OH + 3/2 O2  CO2 + 2 H2O

CO2 formado Kgmol 2x y 8

H2O formado Kgmol 3x 2y 12,7

Resolviendo por sistema de ecuaciones: 2(2x + y = 8)

(1)

4 x + 2 y = 16

1 [3 x + 2 y = 12,7]

(2)

- 3 x – 2 y = - 12,7 x = 3,3 Kgmol

C2H5OH = 3,3 Kgmol. Reemplazando x en la ecuación (1): y = 1,4 Kgmol 

CH3OH = 1,4 Kgmol

Los %s de la mezcla serían: Compuesto C2H5OH CH3OH

Kgmol 3,3 1.4 4,7

% mol 70,22 29,78 100,00

El % de O2 que entra al Horno es el siguiente: % exceso de O2 = (O2 en A – O2 consumido)x 100/ O2 en A % exceso de O2 = (19,06 – 12) x 100 / 12 = 58,83 % Ejercicio N° 27.D

G

A

B HORNO

P

Mezclador

L

FILTRO

F

M T CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA, ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

85



D: Carbono puro (exceso) B: CaCO3 (cantidad estequiométrica necesaria para reaccionar (1) y (2) M: Mezcla de Na2SO4 y K2SO4 Reacciones en el Horno: Reacciones Completas (1) Na2SO4 + CaCO3 + 2 C  Na2CO3 + CaS + 2 CO2 (2) K2SO4 + CaCO3 + 2 C  K2CO3 + CaS + 2 CO2 G: CO2 producido en el Horno. P: Producto en el Horno A: Agua (para disolver los carbonatos) L: Lodo obtenido en el mezclador. F: Filtrado: Agua y carbonatos = 5 930 Kg.: K2CO3 = 20,95%; Na2CO3 = 10,73% y H2O = 68,32% en peso. T: Torta o resto de materiales: CaS = 85,14% y C = 14,86% en peso. Pesos Moleculares: C = 12 CaS = 72 CaCO3 = 100 K2CO3 = 138 K2SO4 = 174

H2O = 18 CO2 = 44 Na2CO3 = 106 Na2SO4 = 142

Determinar: a) El peso y la composición de M. b) El peso de carbono que entra al Horno. c) El peso de CaCO3 que entra al Horno. d) El peso de H2O que entra al mezclador. e) El peso de Torta que queda en el filtro. Solución: Como se conoce el peso de F y los %s de sus componentes, hallamos las cantidades en Kgmol de estos. M Kgmol K2CO3 = 0,2095 (5390) = 1242,34/138 = 9,0 Kgmol Na2CO3= 0.1073 (5390) = 636,29/106 = 6,0 Kgmol H2O = 0,6832 (5390) = 4051,00/18 = 225,1 Kgmol 5930,0 Kg. F = 5 930 Kg


86


Comp.

Reacciones Producidas


CaCO3

C

CaS

CO2

necesario Kgmol

Necesari o Kgmol

formado Kgmol

formado Kgmol

6 9 15

12 18 30

6 9 15

12 18 30

Na2SO4 Na2SO4 + CaCO3 + 2 C Na2CO3 + CaS + 3 CO2 K2SO4 K2SO4 + CaCO3 + 2 C  K2CO3 + CaS + 2 CO2 Totales CaS = 15 Kgmol x 72 Kg/Kgmol = 1 080 Kg. Nota:

e) Como CaS es insoluble entonces el peso de CaS en P es igual al peso de CaS en L y este igual al peso de CaS en la torta. Como se forman 15 Kgmol de CaS, que es igual en Kg. y es igual al CaS en L y también es igual al CaS en T lo que significa que T (torta) será igual a A: (Haciendo un balance de CaS en el filtro). CaS en L = CaS en T 1 080 = 0,8514 T T = 1 080/0,8514 = 1 268,5 Kg. a) Hallaremos el peso y la composición de M: P.M. Kg. % peso M = Na2SO4 = 6 Kgmol x 142 = [ 852 Kg / 2 418] 100 = 35,2 K2SO4 = 9 Kgmol x 174 = [1566 Kg / 2 418] 100 = 64,8 2418 Kg. M = 2 418 Kg. b) Hallaremos el peso de carbono que entra al Horno (peso de D): Sabemos que T = 1 268,5 Kg. Entonces, el exceso de carbono que entra al Horno es: 14,86 % de T 0,1486 (1 268,5) = 188,5 Kg. de exceso de C. Según las reacciones (1) y (2) reaccionarán 30 Kg-at. De C, en kg son: 30 x 12 = 360 Kg. El Carbono que entra al Horno será: Carbono necesario = Carbono que reacciona + carbono en exceso Carbono en D = 360 + 188,5 = 548,5 Kg. c) Hallaremos el peso de CaCO3 que entra al Horno (peso de B). El CaCO 3 necesario para reaccionar en (1) y (2) es: 15 Kgmol. 15 Kgmol x 100 Kg/Kgmol = 1 500 Kg. de CaCO3 que entra al Horno d) Hallaremos el peso de H2O que entra al mezclador (peso de A). El H2O no reacciona y lo mismo que entra al mezclador entra en el filtro y sale en F:


87



H2O en A = H2O en L = H2O en F H2O que entra al mezclador = 4 051 Kg. Prueba: D + B + M + A = G + F + T 548,5 + 1500 + 2418 + 4051 = 1320 + 5930 + 1268,5 8 517,5 = 8 517,5 Ejercicio N° 28.- En un Horno se queman 7 200 lbs. de S puro con 80% de exceso de aire sobre la cantidad necesaria para la reacción: S + O2  SO2

A

HORNO

C

W CAMARA DE OXIDACION

D

CONVERTIDOR

G

B S Los gases de la combustión (corriente C) pasan a una cámara de oxidación desde el 75% del SO 2 se oxida a SO3. La corriente gaseosa D que sale de esta cámara pasa al convertidor donde al ponerse en contacto con una corriente de agua (W). Todo el SO3 se fija como H2SO4 descargándose como solución acuosa (corriente S) con 25% en peso de H 2SO4 . El 5% de H2O agregada a la cámara de conversión se evapora y sale con la corriente gaseosa residual (G). Determinar: a) ¿Cuál es la composición de la corriente de gases residuales? b) ¿Cuántos libras de H2O se emplean? c) ¿Cuántos libras de solución de H2SO4 se obtienen? 3

d) ¿Cuántos pies de aire a 80°F y 1 Tm. se usaron? e) ¿Cuál es la composición de los gases de combustión (c )? f)

¿Cuál es la composición de los gases que entran al convertidor (D)?

Solución: Base de cálculo: A = 7 200 lbs. de S. A = 7 200/32 = 225 at-lb. El O2 necesario que es el que se necesita para que todo el S, se convierte en SO 2 es:


88


Compuesto

Kgmol

S (Azufre) Total


Reacciones Producidas S + O2  SO2

225 225

O2 necesario Kgmol 225 225

SO2 Formado Kgmol 225 225

O2 necesario= 1(225) = 225 lbmol (que es también el O2 neto necesario) O2 que entra al horno en B = 1,5 x 225 = 337,5 lbmol. O2 en aire = O2 en B 0,21 B = 337,5 B = 337,5/0,21 = 1 607 lbmol.

O2 = 337,5 lbmol. N2 = 1607 – 337,5 = 1269,5 lbmol

Volumen de O2 = 337,5 (10,73)(540)/14,7 = 133 030 pies

3

Composición de los Gases de C: SO2 = 225 lbmol O2 = 337,5 – 225 = 112,5 lbmol N2 = 1269,5 lbmol. 1607 lbmol.

C=

% mol 14,0 % 7,0 % 79,0 %

En la cámara de oxidación se produce la siguiente reacción: SO2 + ½ O2 168,75

 SO3

168,75/2

168,75

SO2 consumido en la reacción = 0,75(225) = 168,75 lbmol. O2 necesario = 168,75 x ½ = 84,37 lbmol. SO3 formado = 168,75 lbmol. Composición de los gases que salen de la cámara de oxidación (D):

D=

SO3 = 168,75 lbmol. SO2 = 225 – 168,75 = 56,25 lbmol O2 = 112,5 – 84,37 = 28,13 lbmol N2 = 1269,50 lbmol 1522,63 lbmol

% mol 11.1 % 3,7 % 1,8 % 83,4 % 100,0 %

En el Convertidor: Reacción: SO3 + 168,75

H2O

168,75

 H2SO4 168,75

En la reacción: H2SO4 formado = 168,75(1) = 168,75 lbmol. = 168,75 x 98 = 16 537,5 lb. H2O consumida en la reacción = 168,75 x 18 = 3 037,5 lb.


89



Solución de H2SO4 (S) = 12 150 lb. H2O en la solución S = 12 150 – 3 037,5 = 9 112,5 lb. Corriente de H2O (W): 9 112,5/0.95 = 9 512 lb. Composición de los Gases Residuales:

D=

SO2 = 56,25 lbmol. x 64 = 3 600,0 lb. H2O = 9 512 – 9 112,5 = 399,5 lb. O2 = 28,13 lbmol x 32 = 900,2 lb N2 = 1269,50 lbmol x 28 = 35 546,0 lb. 40 445,7 lb

% peso 8.8 % 0,9 % 2,2 % 88,1 % 100,0 %

Ejercicio N° 29: En el proceso Le Blanc para la sosa la primera etapa tiene lugar según la reacción siguiente: 2 NaCl + H2SO4 = NaCl + NaHSO4 + HCl El ácido tiene un 80.0 % de SO4H2. Se suministra en un 5% de exceso del teóricamente necesario para la reacción anterior: a)

Calcúlese el peso de ácido suministrado por 1 000 lb de sal cargada.

b)

Supóngase que la reacción es completa que todo el ácido forma bisulfato y que en el proceso se extraen el 90% de HCl formado y el 25% del H20 presente. Calcúlense los pesos de HCl y de H20 extraídos por 1 000 libras de sal cargada.

c)

Suponiendo las condiciones de la parte b, calcúlese el porcentaje de la composición de la mezcla salina que queda.

Solución : Tomamos como base de cálculo: 1000 lb sal cargada. Reacción: B

A

REACTOR

P

A = 1 000 lbs. de NaCl B = H2SO4 al 80% y con un exceso de 5% NaCl = 1000 / 58.50 = 17.1 lbmol Reacción Estequiometrica:


90



2 NaCl

+ H2SO4

NaCl

+

17.1

8.55

8.55

NaHSO4 + 8.55

HCl 8.55

Cálculo de las libras de H2SO4 necesario = 8.55 x 98 = 837.9 lbs. H2SO4 suministrado en exceso = 837.9 x (1 + 0.05 ) = 879.8 lbs. a)

W de solución de H2SO4 al 80% : 879.8 / 0.8 = 1100 lb. de solución H2SO4

b)

H2O en la solución = 1100 x 0.2 = 1 100 - 879.8 = 220,2 lbs. HCl que se produce = 8.55 x 36.5 = 312 lb. HCl H2SO4 en exceso

= 879.8 - 837.9 = 41.9 lb

H2SO4 en exceso

= 41.9 / 98 = 0.4276 lbmol.

Reacción Estequiometrica: 2 NaCl

+ H2SO4

0.855

0.4276

HCl Producido

NaCl 0.4276

+

0.4276

NaHSO4 +

HCl

0.4276

= 0.4276 x 36.5 = 15.61 lbs.

HCl Total Producido = 312 + 15.61= 327.61 lbs.

c)

HCl extraído

= 327.61 ( 0.90) = 295 lbs.

H2O extraído

= 220 lb x 0.25 = 55 lbs.

HCl que queda: H2O que queda = 220 – 55 = 165 lbs. NaHSO4 producido inicialmente = 8.55 x 120 = 1026 lb. de NaHSO 4 NaHSO4 producido posteriormente = 0.4276 x 120 = 51.312 lbs. NaHSO4 Total =

1026 + 51.312

NaHSO4 Total =

1077.312 lbs.

NaCl Residual: NaCl residual = NaCl inicial - NaCl consumido NaCl residual = 8.55 x 58.50 – 0.4276 x 58.5 NaCl residual = 500.175 – 25.015 NaCl residual = 475.16 lbs. NaCl Luego la composición será: Para la mezcla salina Componente

Peso lb

% en peso

HCl H2O NaHSO4 NaCl

32.61 165.00 1077.31 475.20

1.86 9.43 61.56 27.15

Total

1750.12

100.00


91



Ejercicios N° 30: En la fabricación de ácido sulfúrico por el método de contacto, pirita de hierro FeS2 es tostada con aire será oxidándose el hierro a Fe2O3. El SO2 formado es oxidado a SO3 al llevarlo junto con aire a través de una masa catalítica de negro platino. Se asumirá que durante la operación suficiente cantidad de aire es alimentado de modo que quede un exceso de 40% sobre la cantidad teóricamente requerida para la oxidación total a SO 3. De la pirita cargada al quemador 15% se pierde a través de las parrillas con la escoria y no es quemada. Calcular: a) El peso de aire que debe usarse por 100 lbs de pirita cargada. b) En el quemador 40% del azufre cargado es convertido a SO3. Calcular la composición por peso de los gases que salen del quemador. c) Por medio del catalítico de platino, 96% del SO 2 que queda en los gases que salen del quemador, se convierte a SO3 Calcular el peso total de SO3 formado por 100 lbs de pirita cargada. d) Asumiendo que todos los gases que salen del quemador son pasados a través de la masa catalítica, calcular la composición por volumen y peso del producto gaseosos resultante. e) Calcular el grado total de conversión del azufre cargado en la pinta a SO 3 en el producto final. Solución: MASA CATALITICA

G = Mezcla de Gases SO3

HORNO

M [FeS2]

E [Escoria]

Fe2O3 FeS

A [Aire] BASE DE CALCULO = 100 lb. de pirita Calcúlese el peso de aire que ha de utilizarse de utilizarse por 100 lbs de pirita: Reacciones: I.-

Fe S2

+

11/4 O2

II.-

2 SO2

+

O2

½ Fe2O3

+

2 SO3

SO3

O2 Necesario en I: (1 1/4) lb mol O2 / 120 lb FeS2 x ( 85 lb Fe S2) = 1.95 lb – mol SO2 producido en I: 2 (64) lb SO2 / 64 lb SO2 x (875 lb FeS2) = 90.666 lb


92



O2 total necesario: 1.95 + 0.708 = 2.658 lb – mol Aire Necesario = 2.658 / 0.21 = 12.657 lb – mol Aire en exceso suministrado = 12.657 (1.4) = 17.72 lb – mol. a) Peso de Aire requerido: 17.72 (28.95) = 513 lb de aire b) SO2 producido en I = 90.666 lb. SO3 producido por II = 160 / 128 (90.666) X 0.40 = 45.333 lb. SO2 no reaccionado: 90.666 (0.60) = 54.40 lb O2 reaccionado en I = 1.95 (32)

= 62.40 lb

O2 reaccionado en II = 0.708 (0.4)

= 9.0624 lb

Total O2 Residual

= 71.4624 lb.

= 513 / 28.95 (0.2) x 32 – 71.4624 = 47.617 lbs.

Calculo de la Composición:

Componente

Peso lb

% Peso

SO2

54.40

10.08

SO3

45.333

8.41

N2 O2 Total

392.00 47.617 539.35

72.68 8.83 100.00%

c) SO2 Residual = 54.4 lb SO3 producido por la masa catalítica = 80 / 64 (54.40) 0.96 = 65.28 lb SO3 total formado en II y por catálisis: 45.333 + 65.28 = 110.613 lbs. d) SO2 Residual = 54.4 (0.04) = 21.176 lb Lb. O2 residual = 47.617 – 16/80 ( 65.28) = 34.561 lb SO3 total = 110.613 N2 permanece invariable = 392.000 Ahora llama e) De acuerdo a la reacción debido producirse de SO 3 SO3 teórico = 160 / 120 (100) = 133.333 lbs SO3 que se produjo = 110.613 lb % de conversión = 110.613 / 133.333 x 100 = 82.9 %


93



Ejercicios N° 31: Se quema gas pobre en un caldero y con 20% de exceso de aire. El análisis del gas es: 2% de CO2, 28% de CO, 10.4% de H2, 57.6% de N2, 2% de O2. Entre el punto donde se toma la muestra para el Orsat anterior y otro punto donde se toma la muestra de humos se producen entradas de aire por rendijas de los ductos. El segundo Orsat correspondiente a los humos diluidos, determinado con agua como liquido de sello, es el siguiente: 4.6 de CO 2, 3.0% de CO, 10.8 % de O2 y 81.6% de N2. a) Cuantas moles de aire seco, por 100 moles de humos secos se introduce por las rendijas. b) Cual es el análisis de los humos secos antes de la dilación con aire. Solución: I ORSAT

II ORSAT

CO2 = 2%

CO2 =

4.6 %

CO =

3.0%

O2 =

10.8 %

N2 =

81.6 %

CO = 28% Gas

H2 = 10.4%

HORNO

M

N2 = 57.6 % O2 = 2.0%

G

100 %

A Aire seco Aire en 20% exceso

Base de Cálculo: 100 moles en C lb = mol CO2

= 4.6 = lb mol C

lb – mol CO

= 3.0 = lb mol C

Total = 7.6 lb – mol Dec = 30% M M = 7.6 / 0.3 = 25.33 lb – mol CO2 = 25.33 x 0.02

= 0.51 lb – mol

CO = 25.33 X 0.28

= 7.10 lb – mol

H2 = 25.33 X 0.104

= 2.63 lb – mol

N2 = 25.33 X 0.576

= 14.60 lb – mol

O2 = 25.33 X 0.02

= 0.51 lb – mol

TOTAL

= 25.35 lb – mol

CO2 en G’ = CO2 en M + CO2 de la reacción = 4.6 lb mol Como CO2 en M = 0.51 lb mol CO2 de la reacción = 4.6 – 0.51 = 4.09 lb – mol Reacción: CO 2.09

+

1 O2

CO2

2.0

4.09

CO en M = 7.1 lb mol - 4.09 reacciona para formar CO2

= CO sin reaccionar = 3.01


94



El O2 necesario para reacción completa del CO CO

+

7.1

½ O2

CO2

3.55

7.1

O2 Necesario = 3.55 Aire necesario = 3.55/0.21 = 17 lb

– mol

Aire que ingresa en A: 17 X 1.2 = 20.4 lb – mol N2 en A = 20.4 x 0.79 = 16.12 N2 en G’ = 81.6 lb – mol N2 en G’ = N2 de M + N2 de A = = 14.6 + 16.12 = 30.72 lb mol N2 que entra en A’

= N2 en G’ – N2 en G = 81.6 – 30.72 = 50.88 = 51 lb – mol

Aire en A’ = 51 / 0.79 = 64.6 lb – mol de aire Entonces 64.6 lb – mol de aire seco

100 lb – mol de humos secos.

c) Análisis de los humos secos de la combustión:

ORSAT

%

CO2 = 4.60

18.8 %

CO

= 3.00

12.3 %

O2

=

0.75

3.0%

N2

= 16.12

65.9%

Total = 24.47 lb – mol

100 %

O2 en A = 20.4 x 0.21 = 4.3 lb – mol O2 O2 en G = 4.3 – 3.55 = 0.75 lb – mol O2.

Ejercicio N º 32.- El filtro húmedo extraído de una máquina recibe un secado preliminar en un secador de túnel de operación adiabática antes de ser pasado a la maquina acabadora. En el secador el fieltro pasa en contracorriente con un gas caliente que resulta de la combustión de coke seco. Los datos obtenidos durante una prueba de este secador fueron los siguientes: 1º

El análisis Orsat de los gases: 14 .35% CO2, 2.053 CO, 3.793 de O2

2º

La humedad del aire usado para la combustión del coke 0.0006 lb de agua por lb de aire seco.

3º

El gas que pasa por el túnel a la entrada 300 ºF bulbo seco, 118 ºF bulbo mojado, 31” de Hg presión


95



Gas que sale del túnel a 160º F bulbo seco, 31” de Hg presión, 350.000 pies cub / min.

4º

Calcular: a)

Humedad del gas alimentado al túnel por medio de las temperaturas dadas (bulbo seco y bulbo mojado).

b)

Humedad del gas alimentado al túnel por medio de los datos – obtenidos del balance de la combustión.

c)

El % de exceso de aire usado en la combustión del coke.

d)

El % de humedad absoluta de los gases que salen del secador

e)

Agua evaporada del filtro en lbs/hr. A

HORNO B

C

D SECADOR F

C=

P

CO2 = 14.35% CO = 2.05%

Tbs = 300º F 20.19% Tbm = 118º F

CO2 = 3.29%

P = 31 pulg Hg

A : 0.0006 lb agua / lb aire seco A=

0.0006 lb H2O : H2O

= 0.000033 lb mol = 0.096 %

H2O =

0.096%

lb aire seco : aire seco = 0.034483 lb mol = 99.904 % O2 = 28.924 % 0.034516 lbmol 100% D

100 %

Tbs = 160º F P = 31 pulg Hg

B C (Carbono)

350.000 pie 3 / min 

En el horno: Se cumple la reacción:

A

C+ C+

O2 = CO2

½ O2 = CO

C = CO2 = 14.35% CO = 2.05 % O2 H2O

= 3.19% = 19.81% = X

N2 = Y


96



P

A

HORNO

B 

Base de Cálculo: A = 100 lb-mol

A = 100 lb mol H2O = 0.096 lb-mol



* Balance de N2: N2 en A = N2 en C

O2 = 28.924 lb-mol

20.980 = Y / 100 x 26.408

N2 = 20.980 lb-mol

Y = 19.45%

El H2O y N2 de A no reacciona:

C = 26.408

CO2 = 14.35% = 3.7895 lb. mol

CO = 2.05% = 0.5414 lb mol O2 = 3.19% = 1.0009 lb mol H2O = 0.36% = 0.0951 lb mol N2 = 19.45% = 20.9812 lb mol Balance de (H2O + N2): (H2O + N2) en A = (H2O + N2) en C 0.096 + 20.980 = 0.7981 C C = 26.408 lb mol 

Balance de H2O:

H2O A = H2O en t O.096 = (X / 100) 26.408 X = 0.36% a) Tbs = 300º F = 260ºR F = 31 pulg Hg X = 0.095 lb mol H2O / 26.3126 lb mol gas seco  gas seco C = 14.35 / 100 x 44 + 2.05 100 x 28 + 3.79 / 100 x 32 + 79.45 / 100 x 28  gas seco C = 30.3468 lb / lb mol X = 0095 lb mol / H2O / 26.3129 lb mol g.s. X lb mol g.s. / 30.3468 lb g.s. x 18 lb mol / lb mol H 2O


97



Balance de energía en las Operaciones Unitarias. Ejercicios N° 36.- Una corriente (A) de 50 grmol de aire a 25°C debe mezclarse con otra (B) de 100 grmol de CO2 a 75°C y a la vez calentarse hasta una temperatura de 250°C para producir una mezcla (M) que debe ser utilizada en un proceso posterior. Determínese que cantidad de calor debe suministrarse para conseguir la mezcla deseada. Q

A CALENTADOR

M

B

A: 50 grmol. AIRE a 25°C B: 100 grmol. CO2 a 75°C Calentamiento a 250°C para producir una mezcla (M),

E S

Balance de Calor:

(m.i) = Q

mM.iM – mA.iA – mB.iB = Q i = entalpías específicas: referidas a una temperatura base: “temperatura de referencia”. i =



T2

T1. Tref.

C P dT

Supongamos: Temperatura de referencia: 25°C  298°K m M.



523 K

298 K

C PM dT - mA.



298 K



298 K

C PA dT - mB.

298 K



348 K



348 K

298 K

C PB dT = Q

Temperatura de referencia: 523°K m M.



523 K

523 K

Q = mA.



C PM dT - mA.

523 K

298 K

Aire:

523 K

C PA dT + mB.

Cp = a + b.T + c.T

C PA dT - mB.



523 K

348 K

523 K

C PB dT = Q

C PB dT

2

-3

-6

CpA = 6,39 + 1,76 x 10 T – 0,266 x 10 T

2


98


CO2:


-3

-6

CpB = 6,34 + 10,1 x 10 T – 3,41 x 10 T Q=

50



298 K

100 Q=

523 K



2

-3

(6,39  1,76 x 10 T - 0,266 x 10

523 K

348 K

-6

T 2 )dT +

(6,34  10,1 x 10 T - 3,41 x 10 T )dT . -3

-3

-6

2

2

-6

3 523 K

-6

3 523 K

50 [6,39 T + (1,76/2)10 T – (0,266/3)10 T ] 298 K + -3

2

100 [6,24 T + (10,1/2)10 T – (3,41/3)10 T ] 348 K Q=

-3

2

2

50[6,39(523 –298) + 0,88 x 10 (523 – 298 ) - 0,088 x 10 -3

2

2

-6

-6

3

3

(523 - 298 )] + 100 3

3

[6,24(523 – 348) + 5,05 x 10 (523 – 348 ) – 1,14 x 10 (523 – 348 )] Q = 50 [1 437,8 + 162,6 – 125,9) + 100[1 092 + 769,8 – 115] Q = 50 x 1 464,5 + 100 x 1 746,8 Q = 73 225 + 174 680 Q = 247 905 cal. Q = 247, 9 Kcal.

Balance de Energía en la Evaporación. Ejercicios N° 37.V (H2O) 103°C Q EVAPORADOR.

F (30°C) Vapor Cond.

F = 3 000 Kg. solución: 4% NaCl y 96% H2O (peso); 30°C.S (103°C) S = solución concentrada final: 25% NaCl. La evaporación se produce a 103°C. Para producir la evaporación se usa vapor de calefacción a 2 Tm. de presión. Determinar la cantidad de calor que se utiliza para producir la evaporación y la cantidad de vapor de calefacción consumido. Balance de Materiales:

F = V + S 3 000 = V + S

Balance Parcial: NaCl: 0,04(3 000) = 0,25 S


99



S = 120/0,25 = 480 Kg. 3 000 = V + 480 V = 2 520 Kg. Balance de Energía: Entalpías. Líquido: iF = C.T = 0,95(30 – 103) = - 69,35 Kcal/Kg. :calor sensible. Líquido: iS = C.T = C(tS – tR.) = C(103 – 103) = 0: Calor sensible. Vapor: iV =

C.T + V = C(103 – 103) + 103°C (en tablas). 103°C = 537 Kcal/Kg. Q = V.iV + S.iS – F.iF

Balance de Calor:

Q = 2 520(537) + 480(0) – 3 000(- 69) Q = 1 353 240 + 207 000 Q = 1 560 000 Kcal. (calor que entra); es la cantidad de calor que se necesita para que la corriente F alcance 103°C. De acuerdo al 1er. Principio de la Termodinámica: Calor que cede el vapor = calor que recibe la mezcla Q = W. W Donde: W = masa de vapor de calefacción. W = calor latente. = 2 Tm. = 14,7 lb/pulg2 = 525 Kcal/Kg. W = 1 560 000 Kcal/525 Kcal/Kg. = 2 970 Kg. de vapor. Nota.- Entalpías: 1. Cuando no hay cambio de estado: CpdT 2. Cuando hay cambio de estado: CpdT + 

Además:

Cp = capacidad calorífica a Presión constante 1 atm. 100°C

1 atm. (100+T)

C = calor específico CpH2O(l.) = 1 Kcal/Kg.°C

H20

CH2O(l.) = 1

sust. + x H20 + x

Q CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA, ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

Q 100



C = Cpsust./CpH20

Utilización del diagrama de Dühring: Para soluciones salinas. Solución

T °C 15% 220

100

°C H20

B.P. del H20 (a 1 Tm.) = 100°C B.P. de solución de NaOH al 15% (a 1 Tm.) = 220°C V (H2O)

Ejercicios N° 38.-

Q EVAPORADOR.

F Vapor Cond. F = 3 000 lb.: 5% NaOH y 95% H2O

S

S = Solución concentrada final: 20% NaOH V = vapor producido. Cp = 0,85 Btu/lb.°F (tablas) Balance de Materiales:

F = V + S 3 000 = V + S

Balance Parcial: NaCl:

0,05(3 000) = 0,20 S S = 150/0,20 = 750 lb. 3 000 = V + 750 V = 2 250 Kg.

Balance de Calor:

E S

(m.i) + Q = 0

V.iV + S.iS – F.iF – Q = 0


101



Temp. de referencia: Punto de ebullición en el evaporador. Reemplazando: 2 250(965,2) + 3 000(0,85)(60 – 220) – Q = 0 2 171 700 + 408 000 – Q = 0 Q = 2 579 700 Btu.

El Balance de Energía en la Destilación. Ejercicios N° 39.- Se tiene una columna de destilación, que separa 5 000 Kg./h. De una disolución líquida a 20°C (ver diagrama de flujo) que contiene 40% de benceno y 60% de clorobenceno, el producto líquido que sale por la parte superior de la columna tiene 99,5% de benceno, mientras que el producto de fondo (sale del recalentador) contiene 1% de benceno. El condensador usa agua, la cual entra a 15°C y sale a 60°C, el recalentador utiliza vapor de agua saturado a 135°C. La relación de reflujo (relación de líquido que regresa a la columna con respecto al producto que sale del condensador) es de 6 a 1. Tanto el recalentador como el condensador operan a una presión de 1 Tm. la temperatura calculada para el condensador es de 80°C y para el recalentador 130°C. La fracción de benceno en el vapor del recalentador es de 3,9%. Calcular:

a) Los Kg. de producto de destilado y de producto de fondos por hora. b) Los Kg. de reflujo por hora. c) Los Kg. de agua de enfriamiento por hora. d) Los Kg. de líquido que entra al recalentador y de vapor procedente del mismo por hora.

Temp. °C 20 32 49 66 83 100 117 134

Capacidades Caloríficas Cp: cal/gr.°C Clorobenceno Benceno 0,310 0,403 0,320 0,415 0,334 0,432 0,345 0,450 0,360 0,468 0,374 0,485 0,387 0,501 0,400 0,520

Entalpías Hvap.: cal/gr. Clorobenceno Benceno

77,77 75,00 72,22 70,00

94,44 92,22 88,88 85,55


102



15°C H2O

V

60°C C R (1)

F 40% Benceno 60% Clorobenceno 20°C

D 99,5% Benceno 0,5% Clorobenceno

Columna de Destilac. N

B M W

1% Benceno 99% Clorobenceno

Vapor saturado 135°C

Solución: Base de cálculo: F = 5 000 Kg/h. Balance Total:

F=D + B

(1)

Balance Parcial: Benceno:

0,40 F = 0,995 D + 0,01 B 0,40 (5 000) = 0,995 D + 0,01 B 2 000 = 0,995 D + 0,01 B

(2)

Resolviendo, ecuaciones (1) y (2): F = 5 000 Kg/h. D = 1 980 Kg/h. B = 3 020 Kg/h. Tenemos:

(R/D) = 6 R = 6(1 980) = 11 880 Kg/h.

Balance de Línea: Pto. (1): V= C C=R+D



V=R+D

V = 11 880 + 1 980 = 13 860 Kg./h.


103



Balance Total: En el Recalentador: M=N+B Balance Parcial: Benceno:

XB.M = 0,039 N + 0,01 B

Se tiene 2 ecuaciones y 3 incógnitas, por lo que tendremos que recurrir al balance de energía. Balance de Energía:

E S



S E

(m.i) = Q

(m.i) = D.iD + B.iB – F.iF Q = Q R - QC D.iD + B.iB – F.iF = QR - QC D.iD + B.iB + QC = F.iF + QR



D.

130 C

80 C

20 C

20 C

C PD dT + B. 20 C C PB dT + QC = F. 20 C C PF dT + QR

HD + HB + QC = HF + QR Balance de Energía en el Condensador: Calor que gana el agua = calor que pierde el destilado m (1)(160 – 15) = V(XB. HB + XCl. HCl.) = 13 860(0,995 x 94,828 + 0,005 x 78,25) m = 29 181,5 Kg/h. Las entalpías de vaporización se extrapolan a 80°C. Calor que pierde el destilado en el condensador: Qc QC = 29 181,5

Kg.

(45°C)(1 000

hr.

cal Kg.C

)

6

QC = 1,31317 x 10 Kcal/hr.

C

El término

P

dT tanto del destilado como del fondo se tendría que determinar por integración

gráfica, ya que CP que depende de la temperatura. 130 C

D



20 C

130 C

130 C

CPD dT = HD =D[XB 20 C C PB dT + XCl 20 C C PCl dT ] = 1 980[0,995(19,994) + 0,005(20,03)]1 000 HD = 39 588,4 Kcal/hr.


104


130 C

B



20 C


130 C

130 C

C PD dT = HB = B[XB 20 C C PB dT + XCl 20 C C PCl dT ] HB = 3 020[0,01(39,494) + 0,99(38,93)]1 000 HB = 117 585,6 Kcal/h.

Luego: QR = HD +HB + QC

QR: calor que ingresa en el calentador.

QR = 39 588,4 + 117 585,6 + 1 313 170 QR = 1 470 344 Kcal/hr. calor cedido por vapor saturado a 135°C. De tablas termodin. obtenemos, HVap. = 928,3 Btu/lb.ó 515,72 Kcal/Kg. W. HVap. = W.Vap.

QR =

W=

QR



=

1 470 344 Kcal/hr 515,72Kcal/Kg.

W = 2 851 Kg. de vapor/hr. d) Realizando un balance de energía en el recalentador. El calor pérdido por el vapor será igual al calor ganado por el producto y el que retorna. Si suponemos que ha disminución de la temperatura en M es muy pequeña, tendremos: QR = N. HN HN = XB. HB + XCl. HCl. = 0,01(86,33) + 0,99(70,52) HN = 70,678 Kcal/Kg.

Luego: N =

QR

=

H N

1 470 344 Kcal/hr

 20 803,4 Kg/hr.

70,678Kcal/Kg.

M=N+B M = 20 803,4 + 3 020 = 23 823,4 Kg/hr. Las entalpías han sido halladas por interpolación.

EJEMPLO PRÁCTICO: Balance de Energía en la Industria Azucarera. 1. BALANCE DE ENERGIA. A. Cálculo de la caída de Presión en el Cuádruple Efecto. 1.-

Presión del Vapor Alimentado al Pre - Evaporador. = 20 psi 2

= 2.438 Kg / cm . abs


105


2.-


Presión de Vapor en el Cuerpo del efecto N° 4 = 25” Hg.de vacío Pabs. = 29.92 – 25 Pabs. = 4.92 pulg. Hg. Pabs. = 0.1699 Kg/cm

3.-

2

Caída de Presión en el Cuádruple Efecto: = 2.438 - 0.1699 2

= 2.2681 Kg. / cm , abs 4.-

Relación de caídas de presión: 11

+

40

10.5

+

40

9.5 40

+

9 40

Cálculos: 1.

Presión de vapor en el cuerpo del efecto N° 01 igual en la calandria del efecto N° 02. 1.1

Caída de Presión en el efecto N° 01, P1: P1

1.2

=

11

2

x 2.2681 = 0.6237 kg / cm , abs

40

Presión, P1 2

P1 = 2.438 - 0.6237 = 1.8143 Kg / cm , abs 2.


Caída de Presión en el efecto N° 02, P2: P2 =

2.2

10.5

2

x 2.2681 = 0.5954 kg / cm , abs

40

Presión, P2 2

P2 = 1.814 - 0.5954 = 1.219 Kg / cm , abs 3.



=

9.50

2

x 2.2681 = 0.5386 Kg / cm , abs

40

3.2

Presión, P3 P3

= 1.219 - 0.5386 2

= 0.680 kg / cm , abs 4.

Presión de vapor en el cuerpo del efecto N° 04. 4.1


=

9.00

x 2.2681

40 2

= 0.5103 Kg / cm , abs 4.2

Presión, P4 P4 = 0.6803 - 0.5103 2

= 0.170 Kg. / cm , abs. CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA, ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

106



Halladas las presiones, ubicamos en la Tabla, las respectivas temperaturas y calores latentes de vaporización.

Presión 2 Kg/cm , abs.

Temperatura °C

Calor Latente de Vaporización, Kcal/Kg.

2.43

126

522

Primer Efecto

1.81

116

528

Segundo Efecto

1.22

105

536

Tercer Efecto

0.68

89

546

Cuarto Efecto

0.17

57

565

Descripción Entrada

5.

En Cada Efecto Jugo Clarificado = 35 000 Kg/hr. Brix del Jugo

= 15

Brix del Jarabe

= 60

Cantidad

=

60 - 15

x 100 =

75 %

60 Agua Evaporada = 35 000 x 0.75 Agua Evaporada = 26 250 Kg/hr. Jarabe

= 35 000 – 26 250

Jarabe

= 8 750 Kg/hr.

Kg. de vapor de 20 psi aproximados para evaporar la cantidad de agua = (26 250 x 1.10) / 4 = 7 219 Kg. Vapor / hr. * 10% sobre el agua a evaporar para el vapor que vamos a consumir. 5.1 Efecto N° 01: Kcal/Kg.

Jugo, Kg/hr

Calor producido en Efecto N° 01: 7 219 x 522 = 3 768 318 Calor producido en los Tachos:

35 000

5 732 x 528 = 3 026 496

Calor producido por 2do. Calent.: 1 864 x 528 =

984 192

Calor para calentar el jugo de 96° a 116°C: 35 000 x 0.904 (116 – 96) = Calor disponible Agua evaporada en Efecto N° 01

632 800

= 7 146 206 = 7 146 206/528 = 13 533 21 467

5.2

Efecto N° 02:

Calor tomado del Efecto N° 01:

7 146 206

Menos el calor que va a los Tachos:

3 026 496

Menos el calor que va al 2do. Calentamiento: Calor Total

984 192 3 135 518


107


Menos 5 % irradiación:


3 135 518 x 0,05:

156 776

Menos vapor Flash:21 467 x 0,904 (116 – 105): Calor disponible

:

213 468 3 192 210

Agua evaporada del Efecto N° 02 =

3 192 210/536 = 5 956 15 511

5.3

Efecto N° 03

Calor tomado del Efecto N° 02:

3 192 210

Menos el calor que va al 1er. Calentamiento:

1 652 488

Calor Total

1 539 722

Menos 5 % irradiación:

1 539 722 x 0,05:

76 986

Menos vapor Flash: 21 467 x 0,904 (116 – 105): Calor disponible

:

224 351 1 687 087


1 687 087/546 =

3 089 12 422

5.4

Efecto N° 04

Calor tomado del Efecto N° 03: Menos 5 % irradiación:

1 687 087

1 687 087 x 0,05:

84 354

Mas el vapor Flash: 12 422 x 0,904 (89 – 57): Calor del Efecto N° 04 al Condensador

:


359 344 1 962 077 1 962 077/565 =

3 472 8 950

Al final se obtiene una evaporación del 74,5% cuya diferencia es mínima con relación al 75% arrojado inicialmente. 5.5

Consumo de Vapor de Escape

522 W = 13 533 (528) + 35 000 x 0.91 (117 - 90) W = 15 336 Kg. vapor/hr. W = 16 870 Kg. vapor / hr. (+ 10 %)

6. CALCULO DEL CONSUMO DE VAPOR 6.1 Calentamiento de Jugos. 6.1.1

Primer Calentamiento: Flujo Circulante

=

35 000 Kg./ hr.

Temperatura entrada

=

28 °C

Temperatura salida

=

75 °C

Calor específico

=

0.904

do

Calor latente 2

efecto =

Perdidas por fugas

=

Vapor empleado:

W2 =

536 0.10

35 000 x 0.904 ( 75 - 28) 0.90 x 536


108



= 6.1.2

3 083 Kg. vapor / hr.

Segundo Calentamiento: Flujo Circulante

=

Temperatura entrada

=

Temperatura salida

=

103 °C

Calor específico

=

0.904

Calor latente 2

do

efecto =

Perdidas por fugas

=

35 000 Kg./ hr. 75 °C

528 0.10

35 000 x 0.904 ( 103 - 75) Vapor empleado:

W2 =

0.90 x 528

= 1 864 Kg. vapor / hr.


109



5 732 Kg/hr TACHOS

Agua Fria

1 864 Kg/hr

3 340.8 Kg/hr

2° CALENTAMIENTO

1° CALENTAMIENTO

3 472 Kg/hr.

3 089 Kg/hr. 5 956 Kg/hr

13 533 Kg/hr

15 336 Kg/hr

P1 = 1,82 T1 = 116 C1 = 528

P1 = 1,22 T1 = 105 C1 = 536

P1 = 0,68 T1 = 89 C1 = 546

P1 = 0,17 T1 = 57 C1 = 585

T.E.=117

T.E.=107

T.E.= 92

T.E.= 65

PO = 2,438 TO = 126 CO = 522

PO = 1,81 TO = 116 CO = 528

PO = 1,22 TO = 105 CO = 536

PO = 0,68 TO = 89 CO = 546

31 467 Kg/hr.

15 511 Kg/hr.

12 422 Kg/hr

Jugo Clarificado 35 000 Kg/h 15.22°

Jarabe = 8 950 Kg / h.

60.64 FIG. N° 04: BALANCE DE ENERGIA – SECCION EVAPORADORES °


110



6.2 En Cocimientos.

Templa 1

ra

Jarabe ra Semilla 3 Total era. M.C. 1 Templa 2

da

Jarabe ra Semilla 3 ra Miel 1 Total da M.C. 2 Templa 3

ra

ra

Miel 1 da Miel 2 Total ra M.C. 3

Sólidos Kg/hr 4 627 781 5 408 5 408 Sólidos Kg/hr 623 311 934 1 868 1 868 Sólidos Kg/hr 1 107.55 1 171.82 2 297.37 2 297.37

Brix 60° 86° 93° Brix 60° 86° 70° 95° Brix 70° 70° 97°

Material Kg/hr 7 712 908 8 620 5 815 Material Kg/hr 1 038 362 1 334 2 734 1 966 Material Kg/hr 2 184 1 456 3 640 2 627

Evaporación

Vapor

2 805

3 506

Evaporación

Vapor

768

960

Evaporación

Vapor

1 013

1 266

Vapor empleado en Cocimientos: = 3 506 + 960 + 1 266 = 5 732 Kg/hr. 10%

= 6 305 Kg/hr. = 18% caña.

6.3 En los Evaporadores.

Descripción Entrada Primer Efecto Segundo Efecto Tercer Efecto Cuarto Efecto Efecto 4° 3° 2° 1°

Presión 2 Kg/cm , abs

Temperatura°C

2,43 1,81 1,22 0,68 0,17

126 116 105 89 57

Calor Latente de Vaporización Kcal/Kg. 522 528 536 546 565

Evaporación, Kg / hr. Total, Kg / hr. x x x + 3 083 x + 5 732 + 1 864 + 3 083 4x + 8 815 + 4 947 = 26 250 Kg / h x = 3 122 Kg / h

Resumen: 1° Efecto: 13 801 Kg./ hr. 2° Efecto:

6 205 Kg./ hr.

3° Efecto:

3 122 Kg./ hr.

4° Efecto:

3 122 Kg./ hr.

CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: EDWIN GUILLERMO GÁLVEZ TORRES; ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

137



Consumo de Vapor de Escape. 522 W = 13 801 (528) + 35 000 + 0.91(117 – 90) W = 17 807 Kg. vapor/hr. + 10% = 17 168 Kg. vapor/hr. 6.3.1

VAPOR A LAS CENTRIFUGAS, DILUCIONES Se calcula en 1,34 % del peso de la caña: = (35 000 x 1,34)/100 = 469 Kg. vapor/hr.

6.3.2

VAPOR A LOS CRISTALIZADORES. Para el diseño que se dispone no se consume vapor, se encuentran provistos de un agitador que permite mantener la masacocida en un movimiento lento y continuo.

6.3.3

LIMPIEZA DE LOS EVAPORADORES. Para remover la incrustación consiste en una ebullición durante varias horas con una solución de sosa caústica, o una mezcla de sosa caústica y carbonato de sodio anhidro, luego lavar con agua y hervir con son ácido clorhídrico diluido. La solución cáustica se almacena y se utiliza repetidamente, el ácido se descarta después de emplearlo. Las cantidades de producto químico utilizado varia según el ingenio. La sosa caústica y el carbonato sódico anhidro se usan juntos por lo general, el carbonato sódico ayuda a disolver la incrustación de silicatos en el último cuerpo, en proporciones de 2/3 a ¾ de sosa caústica y de 1/3 a ¼ de carbonato sódico. La concentración de álcali es alrededor de 4% y el periodo de ebullición es de 3 – 6 hr. La solución de ácido clorhídrico varia de 1 – 3% en peso, y se hierve por lo general de 1,5 – 2,5 hr. En algunos ingenios se utiliza una concentración de 8 % de caústico y se incrementa la concentración de ácido muriático hasta el valor entre 4 y 5%; ambos aumentos tienen por objeto reducir el tiempo total de ebullición. Los tratamientos en 2 etapas, primero 1 hr. De ebullición con una solución al 4,5% de sosa caústica a 88°C durante 1 hr. Se obtienen entre 88 y 99% de remoción de las incrustaciones. Consumo de vapor en la limpieza de los evaporadores: Volumen total

: 15,12 m

3

Densidad NaOH – 40% : 1,4164 gr/cm Volúmen de NaOH

: 21 416 Kg.

Tiempo

: 6 hr.

Temperatura de Entrada

3

: 25 °C

Temperatura de ebullición: 106 °C CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: EDWIN GUILLERMO GÁLVEZ TORRES; ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

138



Calor específico

: 0,85

Vapor Empleado:

W1 =

21 416 x 0,85 (106 - 25) 522

W 1 = 2 824 Kg. de vapor. 6.3.4

Pérdidas por Radiación Hugot “Manual para Ingenieros Azucareros”, 1963, pág: 376, la pérdida de calor en un cuádruple efecto: Descubierto Aislado Parcialmente Aislado Completamente % % % 9,80

5,00

2,70

Basándose en el vapor cedido al primer cuerpo: Vapor al primer efecto

= 15 607 Kg. = 15 607 x 0.027

6.3.5

= 421 Kg. vapor / Kg. Consumo de Vapor en el Desaereador

70°C

X

DESAEREADOR

( X + W) 95°C

W 648 Kcal/Kg. 2 Vapor 20 lb/pulg Relaciones a utilizarse 2

X + W = (consumo de vapor de 20 lb/plug + W) 1,10 1,10 : Se considera 10% de pérdidas de vapor: fugas, falta de aislamiento, etc. 648 W + 70 X = (X + W) 95 2

Consumo de vapor de 20 lb/pulg = 15 607 Kg/hr. Se tiene: X + W = (15 607 + W) 1,10

(1)

648 W + 70 X = (X + W) 95

(2)

X = 12 232 Kg. agua/hr. alimentada al desaereador. W = 643 Kg. vapor/hr.


139



CALDERO

DESAEREADOR

150 psi 645 20 psi 15 607

EVAPORADORES

3 083 5 732

1 864 PRIMER CALENTAMIENTO

SEGUNDO CALENTAMIENTO

TACHOS

CENTRIFUGAS

Fig. N° 05: CONSUMO DE VAPOR EN LA FABRICA, Kg/hr.

Consumo de Vapor

: 16 719 Kg/hr.

Más pérdidas por radiación

:

Total

: 17 140 Kg/hr.

421 Kg/hr.

Balance de energía en los Procesos Unitarios. Balance de Energía en los Procesos Unitarios



S E

(m.i) +



S E

(Hr) = Q

Hr : calor de reacción. Sugerencia: tref. = Temp. a la que esta dado el calor de reacción (Hr).


140



Ejercicio Problema N° 40.G M= M

HORNO

30% CO 20% O2 50% N2

, se encuentra a 25°C.

A = 60% O2 exceso sobre el necesario: 25°C G = Gases producidos. No hay intercambio de calor con los alrededores: Q =O.

A

¿Determinar la temperatura de la corriente G? Datos Auxiliares: Capacidades Caloríficas: cal/grmol.°K a b c -3 -6 6,34 10,10 x 10 -3,40 x 10 -3 -6 6,13 3,17 x 10 -1,00 x 10 -3 -6 6,46 1,40 x 10 -0,07 x 10

Gas CO2 O2 N2 Base de Cálculo: M = 10 grmol. Balance de Materiales:

M = 10 grmol.

CO = 0,30(10) = 3 grmol O2 = 0,20(10) = 2 grmol. N2 = 0,50(10) = 5 grmol

CO + ½ O2  CO2

Reacción:

O2 necesario = 3 x ½ = 1,5 grmol. O2 que debe estar presente = 1,5 x 1,6 = 2,4 grmol.  O2 que entra con el gas combustible = 2,0 grmol. O2 que debe entrar con el aire = 0,4 grmol. Balance Parcial:

0,21 A = 0,4 A = (0,4/0,21) = 1,9 grmol.

O2 = 0,4 grmol. N2 = 1,5 grmol

CO2 = ....................= 3,0 grmol O2 = (2 + 0,4) – 1,5 = 0,9 grmol. N2 = 5 + 1,5 = 6,5 grmol. 10,4 grmol.

G=

Balance de Calor:



S E

(m.i) + Hr = Q = 0

Temp. de referencia = 25°C



S E

(m.i) = G.iG – M.iM – A.iA + Hr

G.iG + H25°C = 0

298 K CPG dT = 3 298 K CPCO dT + 0,9 298 K C PO dT + 6,5 298 K C PN dT T

G.iG = G

T

T

2

T

2

2


141


G.iG = 3



T

298 K



T

0,9



T

6,5


(6,34  10,1 x 10 -3 T - 3,4 x 10 -6 T 2 )dT +

298 K

298 K

-3

(6,13  3,17 x10 T - 1,0 x10 -3

-6

2

T )dT +

-6

2

(6,46  1,4 x 10 T - 0,07 x 10 T dT -3

2

2

-6

3

3

-3

2

2

-6

3

3

-3

2

2

-6

3

3

G.iG = 3[6,34(T – 298) + 5,05 x 10 (T – 298 ) – 1,1 x 10 (T – 298 ) + 0,9[6,13(T – 298) + 1,6 x 10 (T – 298 ) – 0,33 x 10 (T – 298 ) + 6,5[6,46(T – 298) + 0,7 x 10 (T – 298 ) – 0,02 x 10 (T – 298 ) -3

2

2

-6

3

3

G.iG = 68,7(T – 298) + 11,1 x 10 (T – 298 ) – 3,7 x 10 (T – 298 ) CO + ½ O2 

Reacción:

Hr = ?

CO2

Hr = HFCO2 - HFCO - HFO2 Hr = - 94 – (- 26,4) – 0 Hr = - 67,6 Kcal/Kgmol.  H25°C = 3(- 67,6) = - 202,8 Kcal. H25°C = - 202 800 cal. G.iG + H25°C = 0 -3

2

2

-6

3

3

68,7(T– 298) + 11,1 x10 (T – 298 ) – 3,7 x10 (T - 298 ) – 202 800 = Q Ecuación cúbica, el valor de T se halla gráficamente: T = Ejercicio N° 41.B HORNO

G

A ? A = Aire: contiene 8% vapor H2O mol a Q 30°C. B = Benceno (C6H6 líquido): 60°C. G = gases producidos a 900°C. ¿Cuál es la cantidad de calor que se intercambia con los alrededores? Reacción:

C6H6 (l.) + 7 ½ O2 (g) = 6 CO2 (g) + 3 H2O (g)

Base de Cálculo: B = 1 grmol C6H6 (l.)

H25°C = - 780,9 Kcal/grmol.

O2 necesario = 7,5 grmol.


142



O2 que entro en A = 7,5 x 1,4 = 10,5 grmol. % mol H2O = 8% ...........................= 8,0 Aire seco = 92% O2 = 0,21 x 92 = 19,3 N2 = 0,79 x 92 = 72,7

A = aire húmedo

Balance Parcial de O2: 0,193 A = 10,5 A = 10,5/0,193 = 54,4 grmol.

H2O = 0,080 x 54,4 = 4,3 grmol. O2 = 0,193 x 54,4 = 10,5 grmol. N2 = 0,727 x 54,4 = 39,6 grmol.

CO2 = ..................= 6,0 grmol. H2O = 3,0 + 4,3 = 7,3 grmol. G= O2 = 10,5 - 7,5 = 3,0 grmol. N2 = ................ = 39,6 grmol. 55,9 grmol. B = 1 grmol C6H6 (l.) a 60°C ó 333°K. H25°C = - 780,90 Kcal/grmol. C6H6 Balance de Calor:



S E

(m.i) + H25°C - Q = 0

Tref. = 25°C ó 298°K H25°C = - 780,90 Kcal/grmol.



S E

1173 K

(m.i)= G



298 K

Q = Kcal ? 303 K

333 K

C PG dT - B 298 K C PB dT - A 298 K C PA dT

Nota.- Cp: capacidad calorífica medio, porque hay límites en las integrales (temp.).



S E

(m.i)= G.CPG(1173 – 298) – B.CPB(333 – 298) + A.CPA(333 – 298)

Para corrientes compuestas: G.CPG.T =

 G.C



PG comp.

G.CPG(1173 – 298) = 6.CPCO2(1173 – 298) + 7,3CPH2O(1173 – 298) + 3CPO2(1173 – 298) + 39,6CPN2(1173 – 298) CP: están tomados entre 900°C y 25°C. = 6.CPCO2(900 – 25) + 7,3CPH2O(900 – 25) + 3CPO2(900 – 25) + 39,6CPN2(900 – 25)

CP: capacidad calorífica media (25°C – 900°C) Sustancia CO2 (g) H2O (g) O2 (g) N2 (g)

CP (cal/grmol.°C) 11,74 9,10 7,87 7,44

G.iG = 6 x 11,74(900 – 25) + 7,3 x 9,10(900 – 25) + 3 x 7,87(900 – 25) + 39,6 x 7,44(900 – 25). G.iG = 398 000 cal. CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: EDWIN GUILLERMO GÁLVEZ TORRES; ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

143


B.iB = B




333 K

298 K

C PB dT = B.CPB (333 – 298) = B.CPB (60 – 25) T, °C 20 25 60 90

CP: cal/gr.°C 0,41 0,42 0,44 0,47

CPC6H6 = 0,43 cal/gr.°C (por interpolación entre 25 y 60°C). B.iB = B.CPB (60 – 25) = 1 x 78(0,43)(60 – 25) B.iB = 1 200 cal. A.iA = A.CPA (333 – 298) = A.CPA (30 – 25) = [A.CPA (30 – 25)]comp. Temp. °C 25 30 120 200

CP: cal/gr.°C O2 N2 7,01 6,96 X x 7,02 6,97 7,18 6,99

A.CPA (30 – 25) = 4,3 x 8,02(30 – 25) + 10,5 x 7,01 (30 – 25) + 39,6 x 6,96 (30 – 25) A.CPA (30 – 25) = 1 900 cal.



S E

(m.i)= 398 200 – 1 200 – 1 900 = 395 100 cal

Reemplazando en la Ec. General: 395 100 + (- 780 900) – Q = 0 Q = - 385 800 cal = - 385,8 Kcal. Ejercicio N° 42.- Supóngase

Calor que sale.

que una cierta cantidad de monóxido de carbono se quema

completamente a 2 Tm. de presión con 50% de exceso de aire que esta a 1 000°F, los productos obtenidos salen de la cámara de combustión a 800°F. Calcúlese el calor desprendido de la cámara de combustión expresado en Btu/lb. de monóxido de carbono alimentado. El monóxido de carbono ingresa a 50°F.

CO

M 50°F P

800°F

REACTOR Aire A 1000°F

Reacción: CO + ½ O2  CO2

Q?

Balance de Materia: CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: EDWIN GUILLERMO GÁLVEZ TORRES; ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

144



Base de Cálculo: M = 100 lbmol de CO.

moles de aire en exceso

% exceso de aire =

% exceso de O2 =



moles de aire necesario par la reacción

x 100

moles de O2 en exceso moles de O2 necesario para la reacción

x 100

% exceso de O2 = % exceso de aire

Reacción Reajustada: 100 CO + 50 O2  100 CO2 O2 necesario

= 50 lbmol

O2 exceso = 0,50(50) = 25 lbmol. O2 que ingresa en A = 75 lbmol Balance Parcial: O2:

0,21 A = 75 A = (75/0,21) = 357,1 lbmol

O2 = 75,0 lbmol N2 = 282,1 lbmol

Balance de Energía: Condición de Referencia: Cuando intervienen las temperaturas de referencia son iguales a 25°C y es correspondiente al calor de reacción. Tref. = 25°C, para CO, O2 y CO2 Tref. = 25°C, para N2. Para otras sustancias que no intervienen en la reacción, ejemplo: N 2, se puede considerar la temp. de la corriente o el valor 25°C. El efecto de la presión es despreciable.

P=

O2 exceso = 25,0 lbmol. N2 inerte = 282,1 lbmol. CO2 formado = 100,0 lbmol

Evaluación del Calor de Reacción: CO + ½ O2  CO2 El calor de formación de una molécula diatómica es igual acero. H°R = HP -HR H°R = 1(- 94,05 Kcal/mol) – 1(- 26,42 Kcal/mol)


145


Kcal

H°R = - 67,63

Btu

x

mol

0,252 Kcal


x

454 mol lbmol

H°R = - 121 841 Btu/lbmol Temp. °R

N2 0 -.313,2 5205 5373 5741 6495 6749 7231

492 510 537 1200 1260 1300 1400 1460 1500

Entalpías: Btu/lbmol Tref. = 492°R O2 CO 0 0 -.125,0 315,1 313,1 5219 -.5690 5443 6007 -.6804 -.6936 -.6712 -.-

CO2 0 -.392,2 -.8026 -.-.-.-.-

Ejem: Hallar interpolación a 1460°R para el N2: 1400

6495

1460

X 1500

Interpolación:

7231

1500  1400 1460  1400



7231  6495 x  6495

 x = 6936

Tref. = 25°C. Q=



S E



S E

(m.i) + H25°C

(m.i) = P.iP – M.iM – A.iA

P.iP = PCO2.CPCO2 T – PO2.CPO2 T + PN2.CPN2 T M.iM = MCO.CPCO T A.iA = AO2.CPO2 T + AN2.CPN2 T P.iP = [PCO2.CPCO2 – PO2.CPO2 + PN2.CPN2 ](1260 – 537) M.iM = MCO.CPCO (510 – 537) A.iA = [AO2.CPO2 + AN2.CPN2 ](1460 – 537) P.iP = [100(5,64) + 25(3,929) + 282,1(3,681)](1260 – 537) P.iP = 1 229 559,2 Btu. M.iM = 100(- 0,338)(510 – 537) = 912,6 Btu. A.iA = [75(4,163) + 282,1(4,04)](1460 – 537) = 1 340 112 Btu.


146




S



S

E

E


(m.i) = 1 229 559,2 – 912,6 – 1 340 112

(m.i) = - 111 465,4 Btu.

H25°C = (- 121 841 Btu/lbmol.) x (100 lbmol.) = 121,84 x 10 Btu. 5

5

5

Q = - 111 465,4 + (- 121,84 x 10 ) = - 122,95 x 10 Btu. Masa de CO = (100 lbmol CO)(28 lb/1 lbmol CO) = 2 800 lb.

Q=-

122,955 x 10

5

Btu

2800 lb. de CO

Q = - 4 391,3 Btu/lb. de CO


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BIBLIOGRAFIA

Textos básicos [1] HIMMENBLAU David M. «Principios Básicos y Cálculos en Ingeniería Química». 6ta Edición. Prentice Hall Hispanoamérica S.A. México, 1996. [2] FELDER Richard M., ROUSSEAU Ronald W. «Principios Elementales de los Procesos Químicos». 3ra. Edición. Editorial Limusa Willey. México, 2000. Textos Complementarios [1] HENLEY E.J. y ROSEN E.M. «Cálculos de Balances de Materia y Energía»; Edit. Reverté S.A. Barcelona. España. 1987. [2] BACKHURST J.R. and HARKER J.H. «Ingeniería Química». Primera Edición. Editorial Reverté S.A. Barcelona. España. 1980. [3] HOUGEN O.A., WATSON K.M. and RAGATZ R.A., «Principios de los Procesos Químicos». Editorial Reverte S.A. Madrid. España, 1992. [4] WHITWELL J.C. and TONER R.K. «Conservation of mass and energy», Mc. Gogakusha Ltd. Tokyo. 1989. [5] PERRY R.H. y SHILTON C.H. «Manual del Ingeniero Químico». Quinta Edición. Mc Graw Hill Latinoamerican S.A. Colombia. 1992. [6] CARDOZO, R. L. «Enthalpies of Combustion, Formation, Vaporization, and Sublimation of Organics». AlChE Journal, 37. 1991.


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CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA

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