Solucionario Balance de Materia y Energia

MANUAL DE RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA

XIMENA PETIT-BREUILH SEPULVEDA

ALEJANDRA SANCHEZ

- 2008 -

UNIVERSIDAD CATÓLICA DE TEMUCO FACULTAD DE INGENIERÍA

ESCUELA DE INGENIERÍA AMBIENTAL

Solucionario Balance de Materia y Energía Facultad de Ingeniería

Universidad Católica de Temuco

2

SECCIÓN I – BALANCE DE MATERIA SIN REACCIÓN QUÍMICA

1.1. a. El flujo de alimentación a un secador se especifica como 1.000 lb/h. Calcule el flujo en kg/min 1.1. b. En un proceso de amoníaco se producen 105 lbmol/día. Calcule la producción equivalente en gmol/h. SOLUCIÓN: Los cálculos se efectúan utilizando directamente los factores de conversión, factores que siempre son iguales a la unidad. a. Flujo en kg/min.

min56,7

min601

000.11

16,453000.1000.1 kgh

gkg

lbg

hlb

hlb

=×××=

b. Producción equivalente en gmol/h.

hgmol

hdía

lbmolgmol

díalbmol

díalbmol 755 1089,1

241

16,4531010 ×=××=

1.2. Una planta produce una mezcla de 90 % en mol de etanol (C2H5OH) y el resto de agua. a. Calcule la fracción en masa de etanol. b. Si la producción de la planta es 1.000 lbmol/h, calcule la producción equivalente en kg/min. c. Para la producción de (b), calcule los flujos molares de los componentes de la corriente en kgmol/h. SOLUCIÓN a. Fracción masa o fracción másica de etanol Masa Molecular (MM) del etanol = 46 g/mol MM del agua = 18 g/mol Base de cálculo: 1 gmol de mezcla.



3

Para hallar el valor pedido se calcula la masa de etanol en un gramo-mol de mezcla y la masa de un gmol de mezcla o, lo que es lo mismo, la masa molecular media (MM media). La relación entre ellas da la respuesta.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×+×=

aguadegmolaguadeg

mezclademolaguadegmol

oledegmololedeg

mezcladegmololedegmolMediaMM 181,0

tantan46tan9,0

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

mezcladegmolaguadeg

mezcladegmololedegmediaMM 8,1tan4,41

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=

mezcladegmolaguadegoledegmediaMM 8,1tan4,41

mezcladegmolmezcladegmediaMM 2,43=

Aunque se tomó una base de cálculo de 1 gmol, recuérdese que la respuesta se cumple en otras unidades, siempre y cuando haya consistencia dimensional, pudiendo decirse que

mezcladelToneladamomezcladeTonelada

mezcladelbmolmezcladelb

mezcladekgmolmezcladekgmediaMM 2,432,432,43 ===

mezcladearrobamol

mezcladearrobamezclademolmiligramo

mezclademiligramo 2,432,43 =−

=

Continuando con el problema:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×=

oledegmololedeg

mezcladegmololedegmololedeM

tantan46tan9,0tan

mezcladegmol

oledeg tan4,41=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

==

mezcladegmolmezcladeg

mezcladegmololedeg

WoledemasicaFracción OHHC

2,43

tan4,41tan

52

mezcladeg

oledegW OHHCtan95833,0

52=

Es importante resaltar, como lo muestra el análisis dimensional, que la fracción másica, de igual manera que la fracción molar o la fracción en volumen, tiene



4

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

mezcladeToneladaoledeTonelada

mezcladelboledelb

mezcladekgoledekgW OHHC

tan95833,0tan95833,0tan95833,052

===

b. La producción equivalente en kg/min Utilizando los factores de conversión y la masa molecular media se encuentra, directamente, que:

min592,326

min601

000.16,453

12,43000.1100 kgh

lbkg

lbmollb

hlbmol

hlbmol

=×××=

c. Flujos molares para la corriente en kgmol/h A partir del flujo, las fracciones molares y el factor de conversión puede plantearse que:

hkgmol

mezclalbmolmezclakgmol

hmezclalbmol

mezclalbmololelbmolN OHHC 24,408

000.16,453000.1tan9,0

52=××=

hkgmol

mezclalbmolmezclakgmol

hmezclalbmol

mezclalbmololelbmolN OH 36,45

000.16,453000.1tan1,0

5=××=

tal como se pedía. 1.3. Una corriente que contiene

H2O 0,4

C2H5OH 0,3

CH3OH 0,1

CH3COOH 0,2

en fracciones en masa, se alimenta a una columna de destilación a razón de 1.000 lb/h. Convierta estas variables de las corrientes a: a. Flujos molares por componente. b. Flujo molar total y fracciones molares. c. Fracciones molares, en base libre de agua.



5

SOLUCIÓN a. Flujos molares por componente Hallando el flujo másico de cada componente y pasándolo a moles, se plantean las siguientes expresiones (obsérvese que en este cálculo se muestran las unidades de las fracciones másicas) que dan los valores pedidos:

hlbmol

OHlblbmol

hmezclalb

mezclalbOHlb

N OH 2222,22181000.14,0

2

22

=××=

hlbmol

OHHlbClbmol

hmezclalb

mezclalbOHHClb

N OHHC 5217,646

1000.13,052

5252

=××=

hlbmol

OHlbCHlbmol

hmezclalb

mezclalbOHCHlb

N OHHC 125,332

1000.11,03

352

=××=

hlbmol

COOHlbCHlbmol

hmezclalb

mezclalbCOOHCHlb

N COOHCH 333,360

1000.12,0

3

33

=××=

b. Flujo molar total y fracciones mol. Sumando los flujos parciales de la parte (a) se encuentra el flujo molar total:

( ) hlbmoltotalmolarFlujo /333,3125,35217,62222,22 +++=

hlbmoltotalmolarFlujo /2022,35= Las fracciones molares se encuentran dividiendo el flujo molar de cada uno de los componentes por el flujo molar total. Así, para el agua:

mezclademolaguademol

mezclademolaguademol

OH 63127,02022,352222,22

2=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=Χ

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

mezclademololedemol

OHHCtan18527,0

52=Χ

mezclademololedemol

OHCHtan08877,0

3=Χ

mezclademolacéticoácidodemol

COOHCH 09469,03

=Χ



6

c. Fracciones mol, en base libre de agua. El cálculo puede hacerse mediante un cambio de base, utilizando los porcentajes calculados en la parte (b); o a partir del flujo total, utilizando los flujos por componente del ítem (a). Calculando la fracción molar de etanol de ambas maneras se tendrá que: Con los porcentajes de la parte (b):

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=Χ

aguadeexcentamezclademolmezclademol

mezclademololedemol

OHHC )63127,01(1tan18527,0

52

aguadeexcentamezclademololedemol

OHHCtan50244,0

52=Χ

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

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=Χaguadeexcentamezclademol

oledemolOHHC )222,222022,35(

tan5217,652


OHHCtan50244,0

52=Χ

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


olMetan24075,0tan =Χ

aguadeexcentamezclademoloicoedemol

oicoetan2568,0tan =Χ

1.4. Una solución que contiene Na2S, NaOH y Na2CO3 en agua se conoce como “licor blanco” y se usa en la industria del papel para procesar pulpa de madera. Supóngase que el análisis de laboratorio indica 50 g/L de Na2S, 250 g/L de NaOH y 100 g/L de Na2CO3. Si la densidad de la solución es 1.05 g/cm3, calcule los flujos molares por componente, correspondientes a un flujo total de la corriente de 1.000 kgmol/h.



7

Gas de síntesis 50% H2

33% CO CH4

Vapor

Agua

Gas como producto H2

25% CO 25% CH4

SOLUCIÓN Los resultados se muestran en la tabla siguiente. El procedimiento para construirla es: 1. Tomando como base de cálculo 1 litro de solución se calcula su masa. 2. Con los datos del problema se puede calcular la masa de cada componente y, por diferencia, la masa de agua (Columna 2). 3. Se hallan las moles de cada uno de los componentes (dividiendo por la masa molecular) (Columna 3). 4. La suma de los valores anteriores da el número total de moles. 5. Dividiendo las moles de cada componente por el número total de moles se halla su fracción molar (Columna 4). 6. Como la fracción molar es independiente de la unidad usada para la cantidad de sustancia, se multiplica por 1.000 kgmol/h cada valor hallado en el ítem 5. y se encuentra los flujos molares pedidos (Columna 5). La masa de 1 litro de SOLUCIÓN es:

gcm

glitro

cmlitroMasa 050.105,1

1000.1

1 3

3

=××=

Componente Masa (g) Moles (gmol) Fracción

molar Flujo molar (kgmol/h)

Na2S 50 0,6410 0,0146 14,587 NaOH 250 6,2500 0,1422 142,222 Na2CO3 100 0,9434 0,0215 21,467 H2O 650 36,1111 0,8217 821,724 Totales 1.050 43,9455 1,0000 100,000 1.5. A un proceso de producción de metano a partir de gas de síntesis y vapor de agua, se alimentan 6 kgmol/min de un gas que contiene 50 % de H2, 33 3

1 % de CO y el resto CH4 (todos en base molar), así como 72 kg/min de vapor de agua. Los productos son 3 kgmol/min de agua líquida y 95 kg/min de un gas que contiene 25 % de CH4, 25 % de CO2 y el resto H2 (todos en base molar).



8

Determine, con tres cifras significativas, si: a. ¿Se conserva la masa total? b. ¿Se conservan las moles totales? c. ¿Se conservan las moles de cada tipo de átomo? d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? SOLUCIÓN Para la mezcla gaseosa de salida se conoce el flujo másico y su porcentaje molar, puede efectuarse un cambio de fracción molar a másica o, lo que es más sencillo, encontrar la masa molecular media de la mezcla. Procediendo de ambas maneras:

16)25,04425,01625,0( =×+×+×=MediaMolecularMasa Por tanto:

kgmolkg

kgmolkg

kg

mezclademolarFlujo 616

min96

=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

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

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡ ××=

mezclademolmezclademasa

CHdemolCHdemasamezclademol

mezclademolCHdemol

WCH

16

16125,04

44

4

totalmasaCHdemasaWCH

425,04

=

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

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ××

=totalmasa

COdemasaW CO

2

1644125,0

2



9

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

totalmasaCOdemasa

W CO26875,0

2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ××

=totalmasa

HdemasaW H

2

16215,0

2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

totalmasaHdemasa

W H20625,0

2

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

ENTRADA SALIDA kgmol kg kgmol kg H2 3 6 H2O 3 54 CO 2 56 CH4 1,5 24 CH4 1 16 CO2 1,5 66 H2O 4 72 H2 3 6 Total 10 150 Total 9 150 En ella se hace inventario de las masas de los componentes y las moles totales a la entrada y a la salida: a. ¿Se conserva la masa total? Al proceso entran 150 kg y de él salen 150 kg. La masa total que entra es igual a la masa total que sale, de acuerdo con la Ley de la Conservación de la Materia. b. ¿Se conservan las moles totales? Las moles totales no se conservan: Al proceso entran 10 kgmol y de él salen 9 kgmol. c. ¿Se conservan las moles de cada tipo de átomo? Sumando los átomos mol de cada componente a la entrada y a la salida se tiene que: ENTRADA: Los elementos que intervienen en el proceso son H, C y O.

OHdelHCHdelHHdelHHdeátomokg 242 ++=−

OHkgmolHátkg

OHkgmolCHkgmol

HátkgCHkgmol

HkgmolHátkg

HkgmolHdeátkg2

22

44

22

24

41

23

−×+

−×+

−×=−

18=− Hdeátkg

4CHdelCCOdelCCdeátkg +=−



10

44

1112CHkgmol

CátkgCHkgmolCOkgmol

CátkgCOkgmolCdeátkg −×+

−×=−

3=− Cdeátkg

OHdelOCOdelOOdeátkg 2+=−

OHkgmolOátkgOHkgmol

COkgmolOátkgCOkgmolOdeátkg

22

1412 −×+

−×=−

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

OHdelHCHdelHHdelHHdeátomokg 242 ++=−

)2345,123( ×+×+×=− Hdeátomokg

18=− Hdeátomokg

24 COdelCCHdelCCdeátomokg +=−

)15,115,1( ×+×=− Cdeátomokg

3=− Cdeátomokg

22 COdelOOHdelOOdeátomokg +=−

)25,113( ×+×=− Odeátomokg

6=− Odeátomokg Los kg – átomo que entran y salen de los elementos H, C y O son, respectivamente: 18, 3 y 6. Se conserva el número de átomos mol de cada tipo de átomo. d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? Como puede verse en la tabla anterior, la masa de cada tipo de sustancia no se conserva. Esto se debe a que en el proceso ocurre una reacción química en la que, como es obvio, desaparecen unas sustancias y se forman otras. e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? Que hay interacción química entre los diferentes componentes. Puede plantearse que ocurre la reacción:

422 5,05,12 CHCOOHCO +→+ La cual explica que en el proceso haya desaparecido el CO, que los kg-mol de agua hayan disminuido en 1, que hayan aparecido 1,5 kg-mol de CO2 y que el número de kg-mol de CH4 haya aumentado en 0,5, tal como puede constatarse en la tabla.



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Producto 13.040 lb/día

Desperdicio 7.760 lb/día

HI 125 lbmol/día

CH3OH 150 lbmol/día

1.6. Un proceso de producción de yoduro de metilo, CH3I, tiene las corrientes de entrada y salida que se muestran en la figura. La corriente de desperdicio consiste en 82,6 % (en masa) de HI y el resto agua, mientas que la corriente de producto contiene 81,6 % (másico) de CH3I y el resto CH3OH. Determine con tres cifras significativas, si: a. ¿Se conserva la masa total? b. ¿Se conservan el número total de moles? c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo? d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? SOLUCIÓN: Tomando como base un día se tendrá que: a. ¿Se conserva la masa total?

lblbentraqueMasa 800.20)32150128125( =×+×=

lblbsalequeMasa 800.20)040.13760.7( =+= De la igualdad de las masas se concluye que se conserva la masa total. b. ¿Se conservan el número total de moles?

lbmollbmolentranqueMoles 275)150125( =+= Moles que salen: Es la suma de las moles del desperdicio y del producto: Desperdicio: lbHI 76,409.6826,07760 =×=



12

lbHI 076,50= lblbOH 24,350.1174,0760.72 =×= lbmolOH 013,752 = Producto: lbICH 64,640.10816,0040.133 =×=

lbmol41.74= lbOHCH 364,399.23 =

lbmol98,74= Así

)98,7441,74013,75076,50( +++=salenqueMoles

lbmol479,274= Con tres cifras significativas el número de moles no se conserva: 275 vs. 274.479 c. ¿Se conserva el número de moles de cada tipo de átomo? Los elementos que intervienen en las sustancias del proceso son: C, H, O e I. Hallando la cantidad total de cada uno de ellos en los componentes de los flujos de entrada y salida, se encuentra que: Entrada:

1503 == OHCHdelCCdeátomolb

1503 == OHCHdelOOdeátomolb

125== HIdelIIdeátomolb

725)4150125(3 =×+=+= OHCHdelHHIdelHHdeátomolb

Salida:

39,143)98,7441,74(33 =+=+= OHCHdelCICHdelCCdeátomolb

993,149)98,74013,75(32 =+=+= OHCHdelOOHdelOOdeátomolb

486,124)41,74076,50(3 =+=+= ICHdelIHIdelIIdeátomolb

OHCHdelHICHdelHOHdelHHIdelHHdeátomolb 332 +++=

252,723)498,74341,742013,75076,50( =×+×+×+=Hdeátomolb En el proceso, con tres cifras significativas, el número de átomos de cada elemento no se conserva.



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d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? La masa de cada tipo de sustancia química no se conserva porque hay una transformación química, en la que desaparecen unas sustancias y se forman otras. e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? Primero, hay reacción química. Segundo, es probable que los porcentajes másicos del desperdicio y del producto sean aproximaciones y que al dar sus valores con más cifras significativas se obtenga el resultado esperado: que la masa se conserve. 1.7. En una planta de ácido sulfúrico, se mezclan 100 lbmol/h de una corriente que contiene 90 % mol de H2SO4 en agua, con 200 lbmol/h de otra que contienen 95% mol de H2SO4 en agua y con 200 lbmol/h de una corriente que consiste de 15% mol de SO3 en N2. El resultado son 480 lbmol/h de una corriente mezclada que contiene 170 lbmol/h de N2, 62,5 % mol de H2SO4, nada de agua y el resto SO3. Determine, mediante cálculos, si: a. ¿Se conserva la masa total? b. ¿Se conservan el número total de moles? c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo? d. ¿Se conserva la masa de cada sustancia? e. ¿Si el balance total de masa no resulta, cuál es la explicación más probable? f. ¿Si el balance del número total de moles no resulta, cuál es la explicación más probable? SOLUCIÓN: Con base en una hora de operación y los flujos correspondientes a la entrada y a la salida se construye la tabla siguiente. En ella, cada columna corresponde a: Columna 1 : Componentes de cada flujo Columna 2, 3 y 4 : los tres flujos Columna 5 : Suma total de moles de estas corrientes Columna 6 : Masa que entra al proceso Columna 7 : Corriente de salida en moles Columna 8 : Masa que sale del proceso Ultima fila : Suma de los componentes de cada columna, en lb o lbmol



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lbmol lbmol lbmol lbmol lb lbmol lb 1 2 3 4 5 6 7 8 H2SO4 90 190 - 280 27.440 300 29.400 H2O 10 10 - 20 360 - - SO3 - - 30 30 2.400 10 800 N2 - - 170 170 4.760 170 4.760 100 200 200 500 34.960 480 34.960 a. ¿Se conserva la masa total? La masa total se conserva: resultados de las columnas 6 y 8. b. ¿Se conservan el número total de moles? El número total de moles no se conserva. Columnas 5 y 7: entran 500 y salen 480. c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo? El número de moles de cada tipo de átomos se conserva. Esto puede deducirse como consecuencia de que se conserve la masa y de que no haya dos compuestos que tengan la misma masa molecular. Para corroborarlo se halla la suma de los lb-átomo de hidrógeno, azufre y oxígeno de las corrientes de entrada, y compararla con los lb-átomo a la salida: Hidrógeno: Entrada: [ ] átomolbátomolbH −=−×+×+×+×= 600)2102190()210290(

Salida: átomolbátomolbH −=−×+×= 600)2202280( Azufre: Entrada: [ ] átomolbátomolbS −=−×+×+×= 3101301190190

Salida: [ ] átomolbátomolbS −=−×+×= 3101301280 Oxígeno: Entrada: [ ] átomolbátomolbO −=−×+××+×+×= 230.13301104190110490

Salida: [ ] átomolbátomolbO −=−×+×+×= 230.13301204280 d. ¿Se conserva la masa de cada sustancia? La masa de cada sustancia no se conserva porque hay reacción química. e. ¿Si el balance total de masa no resulta, cuál es la explicación más probable? El balance total de masa resulta.



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f. ¿Si el balance del número total de moles no resulta, cuál es la explicación más probable? Las veinte lb-mol de H2O que entran al proceso reaccionan con 20 de las 30 lb-mol de SO3 que llegan, según la ecuación:

4232 SOHSOOH →+

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

ENTRADA GENERACIÓN O CONSUMO SALIDA lbmol lbmol lbmol H2SO4 280 20 300 H2O 20 20 0 SO3 30 20 10 1.8. Un gas que contiene 79,1 % de N2, 1,7 % de O2 y 19,2 % de SO2, se mezcla con otro gas que contiene 50 % de SO2, 6,53 % de O2 y 43,47 % de N2, para producir un gas que contiene 21,45 % de SO2, 2,05 % de O2 y 76,50 % de N2. Todas las composiciones corresponden a porcentaje en mol. Determine: a. El número de variables de corrientes independientes que hay en el problema. b. El número de balances de materia que pueden expresarse y cuántos serán independientes. c. ¿En qué proporción deberán mezclarse las corrientes?



16

1

2

3

SOLUCIÓN: El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, es: a. Número de variables de corrientes independientes que hay en el problema. En el diagrama cuantitativo puede verse que el número de variables de corriente independientes es nueve (9): hay tres corrientes y las variables independientes de cada una son tres: 1 flujo y 2 composiciones. b. Número de balances de materia que pueden expresarse y cuántos serán independientes. Pueden expresarse cuatro balances de materia: Uno, para cada uno de los tres componentes, y el balance de materia total. Solamente tres son independientes porque al sumar las ecuaciones de balance de los tres componentes se obtiene la ecuación para el balance total. c. ¿En qué proporción deberán mezclarse las corrientes? Para encontrar la respuesta, se plantea un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (N1, N2 y N3):

Balance de Nitrógeno: 321 7650,04347,079,0 NNN =+

Balance de Oxígeno: 321 0205,00653,0017,0 NNN =+ Balance Total: 321 NNN =+ En este caso, al no haber reacción química, el número de moles totales debe conservarse y los balances molares son análogos a los balances de materia.

N1 1

2NX =0,791

12OX =0,017

(1

2SOX =0,192

N2 2

2NX =0,0653

22OX =0,4347

(2

2SOX =0,50)

N3 3

2NX =0,0205

32OX =0,7650

(3

2SOX =0,2145)



17

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

Sea 1

2

NNX =

1

3

NNY =

zx 7650,04347,079,0 =+

zx 0205,00653,0017,0 =+

zx =+1

Al resolver este sistema se encuentra la siguiente redundancia: z = 1,0787 y z = 1,0781, es decir, 2 valores diferentes para z. Por tanto el sistema sólo tendría la solución trivial: N1 = N2 = N3 = 0, o dicho de otra manera, es imposible obtener el flujo de salida con esa composición a partir de los 2 flujos con las composiciones dadas. Sin embargo, la pequeña diferencia entre los dos valores encontrados para la variable z (1,0787 vs. 1,0781) hacen pensar que ésta se debe al corte de decimales, y no a que el problema esté mal planteado. Resolviendo el problema para un flujo dado se comprobará lo anterior. Tomando como base de cálculo N1 = 1.000, el sistema de ecuaciones de balance anteriores se transforma en: Nitrógeno: 32 7650,04347,0791 NN =+ (1)

Oxígeno: 32 0205,00653,017 NN =+ (2)

Total: 32000.1 NN =+ (3)

En el cual sólo hay dos incógnitas: N2 y N3 Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (3) se encuentra que: N3=1.078,716 N2= 78,716 Reemplazando en la ecuación (2) estos valores se encuentra que:

114,22140,22716,078.10205,0)716,780653,0(17

=×=×+

Situación que indica que si la composición de O2 en la corriente de salida tuviera más decimales, las dos incógnitas satisfarían la ecuación (2).

Proporción 704,12716,78

000.12

1

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡NN



18

Gas

Solución Acetona – agua

Agua Gas 4 3

F3=1.000 F4

F3=1.000 W1

AC=0,2 W1

G=0,8

1 2 F2

W2AC

W2AGUA

1.9. Puede recuperarse acetona de un gas portador, disolviéndola en una corriente de agua pura en una unidad llamada absorbedor. En el diagrama de flujo de la figura, 200 lb/h de una corriente con 20 % de acetona se tratan con 1.000 lb/h de una corriente de agua pura, lo que produce un gas de descarga libre de acetona y una solución de acetona en agua. Supóngase que el gas portador no se disuelve en el agua. a. Determine el número de variables de corrientes independientes y de balances de materia que hay en el problema. b. Exprese todas las ecuaciones de balance de materia. c. Calcule todas las variables de corrientes desconocidas.

SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo:

Agua

20% Acetona 80% Gas



19

a. Determine el número de variables de corrientes independientes y de balances de materia que hay en el problema. Teniendo en cuenta el diagrama de flujo: Variables de corrientes independientes: F1, w1

AC, F2, w2AC, F3 y F4 (en total 6

variables). Balances de materia: Acetona, Gas, Agua y Total. Cuatro balances, de los cuales tres son independientes. b. Exprese todas las ecuaciones de balance de materia. Las ecuaciones de balance son: Total: 4231 FFFF +=+

200.1000.1200 42 =+=+ FF (1)

Acetona: 2211 FWFW ACAC ×=×

222002,0 FWAC ×=× (2)

Agua:

223 )1( FWF AC ×−=

22 )1(000.1 FWAC ×−= (3)

Gas: 411 FFWG =×

42008,0 F=× (4)

c. Calcule todas las variables de corrientes desconocidas.

Tabla de Grados de Libertad

Número de variables independientes (NVI) 6 Número de balances de materia independientes (NBMI) 3 Número de flujos conocidos (NFC) 2 Número de composiciones independientes conocidas (NCC) 1 Número de relaciones conocidas (NRC) 0 -6 GRADOS DE LIBERTAD (G de L) 0 De acuerdo con la Tabla de Grados de Libertad, el sistema está especificado correctamente y pueden plantearse un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas. En todos los procesos se encontrará que la diferencia entre el número de incógnitas y el número de ecuaciones es, también, igual al número de Grados de Libertad del proceso. En este proceso: 3 Incógnitas – 3 Ecuaciones = 0 Grados de Libertad.



20

Extracto de aceite Aceite

Hexano

Resolviendo el sistema de ecuaciones planteado se obtiene: De la ecuación (4): 1604 =F De las ecuaciones (4) y (1): 040.12 =F Con F2 conocido y la ecuación (2): 03846,02 =ACW

Por diferencia: 96154,02 =GW

En este problema no se utilizó la ecuación (3) por ser dependiente, por tanto debe satisfacerse con los valores encontrados. Reemplazando: 040.1)03846,01(000.1 ×−=

000.1000.1 = Igualdad que garantiza que se resolvió correctamente el sistema. 1.10. Puede obtenerse una pasta de proteína vegetal libre de aceite a partir de semilla de algodón, usando hexano para extraer el aceite de las semillas limpias. Teniendo una alimentación de semilla de algodón cruda que consiste (porcentajes másicos) de:

Materia Celulósico (MC)

14%

Pasta (P)

37%

Aceite (A)

49%

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

Proceso

Hexano Pasta pura de proteína

Semillas crudas

Material



21

Hexano F1

1

Pasta pura F4

4 Extracto de aceite

5 F5 W5

A (W5

H)

Semillas crudas F2 2

W2MC=0,14

W2P=0,37

(W2A=0,49) 3

Material Celulósico

F3

SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo Relaciones: Se utilizan 3 libras de hexano por cada libra de semilla cruda, es decir:

R1: 32

1

=FF


NVI 8 (F1, F2, F3, F4, F5, W2MC, W2

P, W5A)

NBMI 4 (Total, Material Celulósico, Pasta, Aceite) NFC 0 NCC 2 (W2MC, W2P) NRC 1 -7 G de L 1

Base -1

(El sistema esta sub-especificado. Al tomar una base de cálculo el sistema queda especificado correctamente)

Las cuatro ecuaciones independientes de balance de materia son: Total: 543

21 FFFFF ++=+ (1)

Material Celulósico: 3214,0 FF = (2)

Pasta: 4237,0 FF = (3)

Aceite: 33249,0 FWF A= (4)

Proceso



22

E 2/3 Destilado P 1/3 B 0

Columna de destilación

Fondos E 0 P B

1/3 E 1/3 P Alimentación 1/3 B

De la relación 32

1

=FF

(5)

Se obtiene un sistema de 5 ecuaciones y 6 incógnitas (F1, F2, F3, F4, F5, W5

A), o dicho de otro modo:

6 Incógnitas – 5 Ecuaciones = 1 Grado de Libertad

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

5 Incógnitas – 5 Ecuaciones = 0 Grado de Libertad Base de cálculo: Sea F1: 1.000 libras Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que: De (5): librasF )3/000.1(2 = De (2): librasF 67,463 = De (3): librasF 33,1234 = De (1): librasF 67,256.15 = De (4): 13,05 =AW Por diferencia: librasWH 87,05 = 1.11. En una columna de destilación se separa una mezcla equimolar de etanol, propanol y butanol, en una corriente de destilado que contiene 2/3 de etanol y nada de butanol, y una corriente de fondos que no contiene etanol.



23

Calcular las cantidades y composiciones de las corrientes de destilado y fondos, para una alimentación de 1.000 mol/h. SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo: Tabla de grados de libertad

Las ecuaciones del balance de materia son: Total: FD NN +=000.1 (1)

Etanol: DN)3/2()3/000.1( = (2)

Propanol: DF

PD NXN += )3/1()3/000.1( (3)

Resolviendo es sistema se encuentra que: De la ecuación (2): 500=DN De la ecuación (1): 500=FN De la ecuación (3): 3/1=F

PX

NVI 7 (NA, XEA, XP

A, ND, XED, NF XP

F) NBMI 3 (Total, Etanol (E) y Propanol (P)) NFC 1 (Flujo de alimentación, NA) NCC 3 (XE

A, XPA, XE

D) NRC 0 -7 G de L 0 Base

(El proceso está especificado y puede Formarse un sistema de 3 ecuaciones Con 3 incógnitas)

NA =1000 AEX =1/3

APX =1/3

(B)

N D DEX =0,66667

(P)

N F FPX =0,66667

(B)



24

FBW =0,05

(T 95%)

FA

FF

FD DBW =0,52

(T 48%)

1.12. La alimentación a una columna de destilación contiene 36 % en masa de benceno y el resto tolueno. El destilado deberá contener 52 % en masa de benceno, mientras que los fondos contendrán 5 % en masa de benceno. Calcule: a. El porcentaje de la alimentación de benceno que contiene el destilado. b. El porcentaje de la alimentación total que sale como destilado. SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo:

Tabla de grados de libertad El sistema tiene un grado de Libertad, pero al fijar una base de cálculo queda correctamente especificado. Base de cálculo: Sea FA = 1000 Las ecuaciones de balance son:

FD FF +=000.1 (1)

FD FF 05,052,0360 += (2)

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

426,340=FF 574,659=DF

NVI 6 NBMI 2 NFC 0 NCC 3 NRC 0 -5 G de L 1 Base -1

A

BW =0,36

(T 64%)



25

N3 3BX =0,9

( 32OX =0,1)

1

BX =0,95 N1

( 12OX =0,05)

2BN =16,3

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

100% ×=AenbencenoDenbenceno

recuperadobencenode

%2718,95100360

574,65952,0% =××

=recuperadobencenode

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

%9574,65100000.1

574,659% =×=destiladocomosalequeAde

1.13. Un método para determinar el flujo volumétrico de una corriente de proceso en flujo turbulento, consiste en inyectar cantidades pequeñas y medibles de algún fluido que se disperse con facilidad, para luego medir la concentración de este fluido en una muestra de la corriente mezclada, obtenida en algún punto adecuado corriente abajo. Supóngase que a una corriente que contiene 95 % mol de butano y 5 % mol de O2, se le inyectan 16,3 moles/h de O2. Corriente abajo el porcentaje de O2 es del 10 %. Calcule el flujo de la corriente. SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo:


NVI 5 NBMI 2 NFC 1 NCC 2 NRC 0 -5 G de L 0



26

De la tabla de grados de libertad se determina que el proceso esta correctamente especificado. Total: 321 NNN =+ ó 31 3,16 NN =+ Etanol: 31 1,03,1605,0 NN =+ Resolviendo el sistema de ecuaciones:

4,2931 =N 7,3093 =N Por lo tanto el flujo de la corriente es de 293,4 moles/h. 1.14. El ácido agotado de un proceso de nitración contiene 43 % de H2SO4 y 36 % de HNO3. La concentración de este ácido diluido se incremente mediante la adición de ácido sulfúrico concentrado que contiene 91 % de H2SO4 y ácido nítrico concentrado, que contiene 88 % de HNO3. El producto deberá contener 41.8 % de H2SO4 y 40 % de HNO3. Calcule las cantidades de ácido agotado y de ácidos concentrados que deberán mezclarse para obtener 100 lb del ácido mezclado reforzado. SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo:

FD D

SOHW42

=0,43

DHNOW

3=0,36

(H2O 21%)

FS S

SOHW42=0,91

(H2O 9%)

FN N

HNOW3=0,80

(H2O 20%)

FC C

SOHW42

=0,418

CHNOW

3=0,400

(H2O 18,2%)



27


Los balances de materia son: Total: 100=++ NSD FFF

Sulfúrico: 8,4191,043,0 =+ SD FF

Propanol: 0,408,036,0 =+ ND FF

Al resolver en sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (FD, FS, FN) se obtienen los siguientes resultados FD = 52,482 FS = 21,135 FN = 26,383 Que son, respectivamente, los flujos de ácido agotados y ácidos sulfúrico y nítrico concentrados necesarios para producir el ácido reforzado. 1.15. En una planta se mezclan cuatro corrientes de proceso para dar una corriente única de 2.000 lb/h. Las composiciones de las cuatro corrientes de entrada y la corriente de salida se muestran en la tabla de la página siguiente: Calcule las proporciones en que deberán mezclarse las corrientes si: a. Siempre deberán usarse dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, para dar la corriente de salida con la composición mencionada. b. Se utilizan dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, y tres libras de la corriente 2 por una libra de la corriente 4, para dar la misma mezcla de salida. c. La corriente de salida no deberá llevar componentes inertes y deberá tener iguales porcentajes en masa de los otros componentes de la corriente. d. El contenido de inertes en la corriente de salida puede ser arbitrario, pero el resto de los componentes en la corriente de salida deberán estar presentes en iguales porcentajes en masa.




28

F4 4

42SOHW =0,10

43HNOW =0,10

4InterteW =0,08

(H2O 72%)

Corrientes de entrada 1 2 3 4

Corrientes de salida

H2SO4 (% en masa) 80 0 30 10 40 HNO3 (% en masa) 0 80 10 10 27 H2O (% en masa) 16 20 60 72 31 Inertes (% en masa) 4 0 0 8 2 Diagrama cuantitativo:



F1 1

42SOHW =0,80

1InterteW =0,04

(H2O 16%)

F5=2.000 5

42SOHW =0,40

53HNOW =0,27

5InterteW =0,02

(H2O 31%)

F2 2

3HNOW =0,80

(H2O 20%)

F3 3

42SOHW =0,30

33HNOW =0,10

(H2O 60%)



29

Total: 000.24321 =+++ FFFF (1)

Sulfúrico: 8001,03,08,0 431 =++ FFF (2)

Inertes: 4008,004,0 41 =FF (3)

Nítrico: 5401,01,08,0 432 =++ FFF (4)

a. Siempre deberán usarse dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, para dar la corriente de salida con la composición mencionada. Al establecer esta relación, se tendrá el siguiente análisis de Grados de Libertad: Relación 1, R1: (F1/F3) = 2 (5) El sistema se encuentra sobre-especificado porque los Grados de Libertad son negativos. Esto significa una de dos cosas: 1. Sobra información pero ésta no es contradictoria y el problema puede resolverse; 2. La información es contradictoria y el problema no tiene solución ya que no pueden cumplirse todas las especificaciones impuestas. En este caso se tienen 5 ecuaciones y 4 incógnitas. Para averiguar si el sistema es consistente, se resuelve el sistema formado por cuatro cualesquiera de ellas y se comprueban los resultados en la quinta ecuación. Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3) y (5), se encuentra que:

F3=416,67 F1=833.33 F4=83,33 F2=666,67

Comprobando estos valores en la ecuación (4): 0,8×666,667 + 0,1×416,667 + 0,1×83,333 = 583,333 ≠ 540 Por lo tanto, la información de la ecuación (5) es contradictoria y como no se pueden cumplir todas las condiciones impuestas el problema no tiene solución. La sobreespecificación es contradictoria.

NVI 16 NBMI 4 NFC 1 NCC 11 NRC 1 -17 G de L -1



30

F2

F3

F5= 2.000

b. Se utilizan dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, y tres libras de la corriente 2 por una libra de la corriente 4, para dar la misma mezcla de salida. Además de las condiciones dadas por el diagrama original, se tiene otra relación: Relación 1, 2)/(: 31

1 =FFR (5)

Relación 2, 3)/(: 42

2 =FFR (6)

El problema está, en comparación a la parte (a), todavía más sobre-especificado. Si con la primera condición no se cumple, mucho menos lo va a ser con dos condiciones (o relaciones). Desde el punto de vista matemático, se tiene un sistema de 6 ecuaciones con 4 incógnitas. Pueden usarse los resultados de la parte (a) para comprobarlo:

3333,83

67,6664

2

≠=FF

(Relación 2 ó Ec. 6)

c. La corriente de salida no deberá llevar componentes inertes y deberá tener iguales porcentajes en masa de los otros componentes de la corriente. Con estas condiciones, no pueden intervenir las corrientes de entrada que contienen inertes y el diagrama cuantitativo del proceso es el siguiente:


23HNOW =0,8

(H2O 20%)

342SOHW =0,30

33HNOW =0,10

(H2O 60%)

542SOHW =1/3

53HNOW =1/3

(H2O)



31

Tabla de Grados de Libertad En este caso la sobre-especificación equivale a tener un sistema de 3 ecuaciones con 2 incógnitas (los flujos de las corrientes 2 y 3): De nuevo sobra información (hay redundancia), pero ésta puede ser o no contradictoria, existiendo las mismas dos posibilidades: Si la información no es contradictoria, el problema tiene solución, si es contradictora, no tiene solución. Las ecuaciones de balance son: Total: 000.231 =+ FF (1)

Nítrico: 67,6661,08,0 32 =+ FF (2)

Sulfúrico: 67,6663,0 3 =F (3)

De la ecuación (3), 22,222.23 =F

Valor contradictorio (por imposible), ya que dicho flujo no puede tener un valor mayor que el flujo de salida que es de 2000. Por tanto el problema, con estas condiciones, no tiene solución. d. El contenido de inertes en la corriente de salida puede ser arbitrario, pero el resto de los componentes en la corriente de salida deberán estar presentes en iguales porcentajes en masa. El diagrama cuantitativo del proceso, con todas las variables de corriente, se muestra en la figura de la página siguiente: Relaciones: R1: ( 55

342 HNOSOH WW = ) (1)

R2: (

55242 OHSOH WW = ) (2)




32

F4 4

42SOHW =0,10

43HNOW =0,10

4InterteW =0,08

(H2O 72%)

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

Para demostrar que el sistema se encuentra subespecificado, se plantean las ecuaciones del balance y las relaciones: R1: 1)/( 55

342=HNOSOH WW (1)

R2: 1)/( 55

242=OHSOH WW (2)


F1 1

42SOHW =0,80

1InterteW =0,04

(H2O 16%)

F5=2.000 5

42SOHW

53HNOW

52OHW

(Inertes)

F2 2

3HNOW =0,80

(H2O 20%)

F3 3

42SOHW =0,30

33HNOW =0,10

(H2O 60%)



33

Ecuaciones de Balance: Total: 000.24321 =+++ FFFF (3)

Sulfúrico: 000.21,03,08,0 5431

42×=++ SOHWFFF (4)

Agua: 000.272,06,02,016,0 54321

2×=+++ OHWFFFF (5)

Nítrico: 000.21,01,08,0 5432

3×=++ HNOWFFF (6)

El análisis de las ecuaciones (1) a (6) muestra que forman un sistema con 6 ecuaciones y 7 incógnitas (F1, F2, F3, F4, 5

42SOHW , 53HNOW , 5

2OHW ). El Grado de Libertad del

problema es igual a la diferencia entre el número de incógnitas y el número de ecuaciones:

7 incógnitas – 6 ecuaciones = 1 Grado de Libertad y, por tanto, no puede resolverse completamente. Se puede expresar, como en cualquier sistema de ecuaciones con la misma característica (más incógnitas que ecuaciones), el resto de incógnitas en función de una o más de ellas (dependiendo del número de Grados de Libertad (ejercicio algebraico que es bueno comenzar a practicar para cuando se llegue a la solución de balances de materia con arrastre de variables). 1.16. Un fabricante mezcla tres aleaciones para obtener 10.000 lb/h de una aleación requerida. En la siguiente tabla se muestran las composiciones de las aleaciones (% en masa):

Aleaciones alimentadas Componente 1 2 3

Aleación deseada

A 60 20 20 25 B 20 60 0 25 C 20 0 60 25 D 0 20 20 25

a. Calcule los flujos de alimentación de las tres aleaciones. ¿Pueden cumplirse todas las condiciones requeridas? b. Supóngase que puede usarse también una cuarta aleación, que contiene 20 % en B, 20 % en C y 60 % D. Calcule los flujos de alimentación de las cuatro aleaciones. c. Supóngase que únicamente se requiere que la aleación final tenga 40 % A y cantidades iguales de B y C (no se especifica la fracción en masa de D).



34

F1

F2

3AW =0,2

3CW =0,6

(3

DW )

F3

F4=10000

¿En qué proporciones deberán mezclarse las cuatro aleaciones para satisfacer estas condiciones, y cuál sería la composición de la aleación final? SOLUCIÓN Diagrama Cuantitativo: a. Calcule los flujos de alimentación de las tres aleaciones. ¿Pueden cumplirse todas las condiciones requeridas?


Como consecuencia, se puede formar un sistema de 4 ecuaciones y 3 incógnitas. Las cuatro ecuaciones de balances de materia son: Total: 000.10321 =++ FFF (1)

A: 500.22,02,06,0 321 =++ FFF (2)

B: 500.26,02,0 21 =+ FF (3)

C: 500.26,02,0 31 =+ FF (4)

Las tres incógnitas son: F1, F2 y F3.


1AW =0,6

1BW =0,2

(1

CW )

4

AW =0,25

4BW =0,25

4CW =0,25

(4

DW )

2

AW =0,2

2BW =0,6

(2

DW )



35

F1

F2

F3

F5

F4=10000

1AW =0,6

1BW =0,2

(1

CW )

3AW =0,2

3CW =0,6

(3

DW )

5

BW =0,2

5CW =0,2

(5

DW )

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

F1 =5.000 F2 =2.500 F3=2.500

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

0,6×5.000 + 0,2×2.500 + 0,2×2.500 = 4.000 ≠ 2.500 los cuales no satisfacen la ecuación y, por tanto, el sistema no es consistente. Se puede concluir que la información es, además de redundante, contradictoria y, por tanto, el problema no tiene solución. b. Supóngase que puede usarse también una cuarta aleación, que contiene 20 % B, 20 % C y 60 % D. Calcule los flujos de alimentación de las cuatro aleaciones. El diagrama cuantitativo del proceso tiene un nuevo flujo de entrada con respecto al diagrama de la parte a), tal como se muestra en el diagrama cuantitativo de la página siguiente, en el que se incluyen todas las variables de corriente necesarias para construir la Tabla de Grados de Libertad que se muestra a continuación: De la cual se concluye que el problema está correctamente especificado.


2

AW =0,2

2BW =0,6

(2

DW )

4

AW =0,25

4BW =0,25

4CW =0,25

(4

DW )



36

F2

3AW =0,2

3CW =0,6

(3

DW )

F3

F4=10.000

F1

Las ecuaciones de balance de materia son: Total: 000.105321 =+++ FFFF (1)

A: 500.22,02,06,0 321 =++ FFF (2)

B: 500.22,06,02,0 521 =++ FFF (3)

C: 500.22,06,02,0 531 =++ FFF (4)

Que conforman un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas Resolviéndolo se obtiene que:

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

Correspondientes a los flujos necesarios para las corrientes de entrada. Corroborando los resultados obtenidos en el balance del componente D, que no ha sido utilizado por ser dependiente, se encuentra que: 0,2×2.500 + 0,2×2.500 + 0,6×2.500 = 0,25×10.000

2.500 = 2.500 c. Supóngase que únicamente se requiere que la aleación final tenga 40 % A y cantidades iguales de B y C (no se especifica la fracción en masa del compuesto D). ¿En qué proporciones deberán mezclarse las cuatro aleaciones para satisfacer estas condiciones? ¿Cuál sería la composición de la aleación final? Diagrama Cuantitativo:

4

AW =0,4

4BW

4CW

(4

DW )

2

AW =0,2

2BW =0,6

(2

DW )

1AW =0,6

1BW =0,2

(1

CW )



37

Relaciones: R1: 4BW = 4

CW


El proceso se encuentra correctamente especificado. Puede plantearse un sistema de cinco ecuaciones de balances de materia con cinco incógnitas: Total: 000.10321 =++ FFF (1)

A: 000.42,02,06,0 321 =++ FFF (2)

B: 421 000.106,02,0 BWFF =+ (3)

C: 431 000.106,02,0 CWFF =+ (4)

R1: 1)/( 44 =CB WW (5)

Resolviéndolo el sistema se encuentra que:

F1 = 5.000 F2 = 2.500 F3 = 2.500

4BW = 0,25 4

CW = 0,25

Como medida de precaución y para garantizar la correcta realización de los cálculos, ya se había planteado anteriormente, se reemplazan los valores de las variables en la ecuación de balance que no ha sido utilizada (por ser dependiente). En este caso se trata del balance del componente D:

432 000.102,02,0 DWFF =+

000.10)25,04,01(500.22,0500.22,0 ×−−=×+×

000.1000.1 =




38

NaOH H2O SOLUCIÓ

N de

SOLUCIÓN clara NaOH H2O

Lachada lavada NaOH H2O CaCO3

Lachada de alimentación NaOH H2O CaCO3

Solución de lavado 2

NaOHW =0,05

(Agua)

Solución clara 4

NaOHW

(Agua)

Lechada lavada 3

3CaCOW (Sal)

3NaOHW

(Agua)

LECHADA 3

3CaCOW =1/3

1NaOHW =1/3

(Agua)

1.17. Una lechada que consiste de un precipitado de CaCO3 en solución de NaOH y H2O, se lava con una masa igual de una solución diluida de 5 % (en masa) de NaOH en agua. La lechada lavada y sedimentada que se carga de la unidad contiene 2 libras de solución por cada libra de sólido (CaCO3). La solución clara que se descarga de la unidad puede suponerse de la misma concentración que la solución acarreada por los sólidos. La lechada de alimentación contiene iguales fracciones masa de todos sus componentes. Calcule la concentración de la solución clara. SOLUCIÓN El Diagrama Cuantitativo es: F2 F1 F4 F3



39

Relaciones: R1: 21 FF = (1) R2: ( 3/13

3=CaCOW ) (2)

R3: Para expresar matemáticamente la Relación 3, y poder igualar la

composición de NaOH en las corrientes 3 y 4, debe efectuarse un cambio de base en la corriente 3; es decir, expresar su composición de NaOH excluyendo el CaCO3.

Puede plantearse que:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

×⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ NaOHdemasaaguademasa

totalmasatotalmasaNaOHdemasa

NaOHdemasaaguademasaNaOHdemasa

En función de los flujos y las composiciones:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+×⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+ 33

3

3

3

33

3

22 OHNaOH

NaOH

OHNAOH

NaOH

FFF

FF

FFF

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

×+×⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

×+ 333

3

3

33

333

33

)()(22

FWWF

FFW

FWWFW

OHNaOH

NaOH

OHNaOH

NaOH

Encontrándose que:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ 3

3

31 CaCO

NaOH

WW

NaOHdemasaaguademasaNaOHdemasa

Reemplazando valores, la relación R3 se plantea como:

4

3

3

sinln3333,01 NaOHNaOH W

sólidossdelbNaOHdelbW

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

(3)


NVI 10 NBMI 3 NFC 0 NCC 3 NRC 3 -9 G de L 1 Base -1 G de L 0



40

CÁLCULOS Base: Sea F1 = 1.000 Las ecuaciones del balance de materia son: Total: 243 000.1 FFF +=+ (4)

CaCO3: )3/1(000.133

3×=FWCaCO (5)

NaOH: )3/000.1(05,0 23344 +=+ FFWFW NaOHNaOH (6)

Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que: F2 = F3 = F4 = 1.000 3

NaOHW =0,15333 4NaOHW =0,23

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

3344295,0)3/000.1( FWFWF NaOHNaOH +=+

000.1)23,01(000.115333,0311950

3000.1

×−+×⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=+

333,283.1333,283.1 =

1.18. Puede extraerse el ácido benzoico de una solución acuosa diluida, mediante el contacto de la solución con benceno en una unidad de extracción de etapa única. La mezcla se separará en dos corrientes: una que contiene ácido benzoico y benceno y la otra que contiene a los tres componentes, como lo muestra el diagrama de la figura. El benceno es ligeramente soluble en agua, por tanto, la corriente 4 contendrá 0,07 kg de benceno por kg de agua. El ácido benzoico se distribuirá entre las corrientes 3 y 4 de la siguiente forma:

43 )(4 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

×=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛aguabencenomasa

benzoicoácidodemasabencenodemasa

benzoicoácidodemasa



41

Ácido benzoico 1 Agua

Ácido benzoico 3 Benceno

4 Ácido benzoico Benceno Agua

2 Benceno

1

3 2

4

La solución de alimentación, corriente 2, contiene 2 × 10-2 kg de ácido/kg de agua y se alimenta a razón de 104 kg/h: a. Demuestre que el problema está subespecificado. b. Supóngase que el ácido benzoico extraído en la corriente 3, vale $ 1/kg y que el benceno fresco (corriente 2) cuesta 3 centavos/kg. Construya una gráfica de utilidad neta contra flujo de benceno y seleccione el flujo óptimo de benceno.

SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo: R1: 0,02 kg de ácido/kg de agua en la alimentación R2: 0,07 kg de benceno/ kg de agua en la corriente 4. R3:

43 )(4 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

×=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛aguabencenomasa

benzoicoácidodemasabencenodemasa

benzoicoácidodemasa

F1=10.000 kg/h 1ABW

(A)

F3 3ABW

(B)

F4 4

ABW

4BW

(A)

F2 (Benceno)



42

a. Demuestre que el problema está subespecificado.


El problema se encuentra subespecificado. Hace falta información para calcular todas las variables del proceso. Como tiene un grado de Libertad esto significa que todas las incógnitas del proceso pueden expresarse en función de una de ellas. b. Supóngase que el ácido benzoico extraído en la corriente 3, vale $ 1/kg y que el benceno fresco (corriente 2) cuesta 3 centavos/kg. Construya una gráfica de utilidad neta contra flujo de benceno y seleccione el flujo óptimo de benceno. Para hallar la respuesta pedida, se plantean las ecuaciones de balance y se expresa el ácido recuperado en función del benceno utilizado: Balance de ácido benzoico: (AB)

078,19602,102,0000.10 4433 =+=× FWFW ABAB

(1)

Balance de benceno: (B) 44332 )1( FWFWF BAB +−= (2)

Balance de agua: (A)

922,803.9)1(02,100,1000.10 4444 =−−==× FWWF BABA

(3)

De la Relación 2 y la ecuación (3), el benceno en (4) será: 275,686922,803.907,0444 =×== FWF ABB (4)

Reemplazando la ecuación (4) en la (2): 275,686)1( 332 +−= FWF AB (5)

Expresando matemáticamente la Relación 3 y reemplazando los valores conocidos se encuentra que:

197,490.104

275,686922,803.94

)1(

4444

33

33 FWFWFW

FW ABAB

AB

AB =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

×=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

(6)




43

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

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

+

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

×

=

725,686197,490.104

725,686078,196197,490.10

2

244

F

FFWAB

(7)

y 4433 078,196 FWFW ABAB −= (7)

La ecuación (8) da el ácido recuperado en función del flujo de benceno y de la ecuación (7). A partir de ellas y asumiendo diferentes valores para el flujo de benceno se puede calcular el flujo de ácido recuperado. Con los flujos hallados y con los precios dados se puede construir la siguiente tabla:

F2 Valores de F2 F4 4ABW F3 3

ABW Valor de ácido reciclado Utilidad

kg $ kg kg $ $ 1.300 39 158,916 37,162 37,162 -1,838 2.000 60 130,652 65,428 65,428 +5,428 2.100 63 127,415 68,663 68,663 +5,663 2.200 66 124,334 71,744 71,744 +5,744 2.300 69 121,399 74,679 74,679 +5,679 2.400 72 118,599 77,479 77,479 +5,479 2.600 78 113,370 82,708 82,708 +4,708 3.000 90 104,182 91,896 91,896 +1,896

De los valores hallados en la última columna de la Tabla puede observarse que el flujo óptimo de benceno se encuentra entre 2.100 y 2.300 kg, valores entre los cuales la utilidad presenta un máximo. Obsérvese que al asumir un flujo de benceno el proceso queda correctamente especificado, ya que la Tabla de Grados de Libertad es: 1.19 La alimentación aun sistema fraccionador de dos columnas es de 30000 lb/h de una mezcla que contiene 50 % de benceno (B), 30 % de tolueno (T) y 20 % de xileno (X). La alimentación se introduce en la columna I y resulta en un destilado con 95 % de benceno, 3 % de tolueno y 2 % de xileno. Los fondos de la columna I se alimentan a la segunda columna de la cual se obtiene un destilado con 3 % de benceno, 95 % de tolueno y 2 % de xileno.




44

Supóngase que 52 % de la alimentación aparece como destilado en la primera columna y 75 % del benceno alimentado a la segunda columna aparece en el destilado de ésta. Calcule la composición y el flujo de la corriente de fondos de la segunda columna.

SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo:

3 F3

3Bw

3Tw

( 3Xw )

F5 5

5Bw

5Tw

( 5Xw )

F4 4

4Bw =0,03

4Tw =0,95

(X, 2%)

F2 2

2Bw =0,95

2Tw =0,03

(X, 2%)

F4=30.000

1Bw =0,5 1 1Tw =0,3

(X, 20%)

I

II



45

Relaciones: R1: 2152,0 FF =

R2: 443375,0 FwFw BB =

Tabla de grados de libertad Unidad I Unidad II Proceso Global

NVI 9 NVI 9 NVI 15 NVI 12 NBMI 3 NBMI 3 NBMI 6 NBMI 3 NFC 1 NFC 0 NFC 1 NFC 1 NCC 4 NCC 2 NCC 6 NCC 6 NRC NRC NRC NRC R1 1 R1 - R1 1 R1 1 R2 - -9 R2 1 -6 R2 1 -15 R2 - -11

G de L 0 G de L 3 G de L 0 G de L 1

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

Tabla de Balances Unidad I Unidad II Proceso Global

Tolueno (T) 1 1 2 1 Benceno(B) 1 1 2 1 Xileno (X) 1 1 2 1

Total 3 3 6 3

Estrategia de SOLUCIÓN:

1. Resolviendo la Unidad I se conocen F2, F3, 3Bw y 3

Tw . Se agota R1. 2. Actualizando Grados de Libertad:

Unidad II: 0),(2)(13 333 =−−= TB wwFALdeG

Global: 1)(1)(11 12 =+−= agotadaRFALdeG

3. Se resuelven los balances en la Unidad II y se conocen F4, F5, 5

Bw , 5Tw . Se agota R2.

No es necesario actualizar los Grados de Libertad: como pueden realizarse balances independientes en dos de los tres sistemas (Unidad I, Unidad II y Globales) ya que el tercero es dependiente, los resultados se comprueban en los balances Globales, para la cual ya son conocidas todas las incógnitas: F2 (al resolver la Unidad I) y F4, F5, 5

Bw , 5Tw

(al resolver la Unidad II).



46

CÁLCULOS: Base de cálculo: F1 = 30.000 Balances en la Unidad I: De R1: F2=15.600 Los balances son: Total: 321 FFF += 3600.15000.30 F+= 400.143 =F Benceno: 332211 FwFwFw BBB += 400.14600.1595,0000.305,0 3 ×+×=× Bw 0125,03 =Bw Tolueno: 332211 FwFwFw TTT += 400.14600.1503,0000.303,0 3 ×+×=× Tw 5925,03 =Tw Por diferencia: )5925,025,01()1( 333 −−=−−= TBX www 395,03 =Xw Comprobando los resultados en el balance de xileno: )400.14395,0600.1502,0(000.302,0 ×+×=× 000.6688.5312000.6 =+= Balances en la Unidad II: Balance Total: 54400.14 FF += (1)

De R2: 135400.140125,075,075,0 33 =××=FwB

444 03,0135 FFwB == (2)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2): 900.9500.4 54 == FF



47

Balance de benceno: 554433 FwFwFw BBB +=

)900.9(500.403,0400.140125,0 5Bw+×=×

00454,05 =Bw

Balance de tolueno: 900.995,0 5433 ×+= TT wFFw

)900.9(500.495,0400.145925,0 5Tw+×=×

43,05 =Tw

Por diferencia: )43,000454,01()1( 555 −−=−−= TBX www

56546,05 =Xw

Comprobando los resultados en el balance dependiente de xileno: 900.956546,0500.402,0400.14395,0 ×+×=×

05,688.505,598.590688.5 =+=

El balance es correcto. La pequeña diferencia es debida a los cortes en los decimales de las fracciones másicas. Como se planteaba anteriormente, después de resolver los balances en la Unidad I, la actualización de la Tabla de Grados de Libertad permitió establecer dónde podían continuarse los balances. Al resolver los balances en la Unidad II se encuentra que se conocen todos los flujos y composiciones del proceso, sin necesidad de utilizar los balances en el proceso global. Esto está de acuerdo con el hecho, demostrado en la teoría, de que para un proceso con n unidades pueden plantearse (n + 1) sistemas de balance, pero de ellos sólo n serán independientes. Por tanto, los resultados obtenidos deben satisfacer, también, los balances de materia de la unidad no utilizada, por ser dependiente. O sea que las respuestas encontradas pueden corroborarse de otra manera, garantizándose la correcta solución del problema. En este caso el tercer sistema de ecuaciones de balance, y no utilizado, corresponde al proceso global. Al reemplazar los valores en las correspondientes ecuaciones de dicho balance se obtiene que: Total: 5421 FFFF ++=

000.30900.9500.4600.15000.30 =++=

Benceno: 55442211 FwFwFwFw BBBB ++=

900.900454,0500.403,0600.1595,0000.305,0 ×+×+×=×

946,999.14946,44135820.14000.15 =++=

Tolueno: 55442211 FwFwFwFw TTTT ++=

900.943,0500.495,0600.1503,0000.303,0 ×+×+×=×

000.9257.4275.4468000.9 =++=



48

1.20. Se utiliza un sistema de purificación con recirculación, para recuperar al solvente DMF de un gas de desperdicio que contiene 55% de DMF en aire. El producto deberá tener únicamente 10% de DMF. Calcule la fracción de recirculación, suponiendo que la unidad de purificación puede eliminar a dos terceras partes del DMF presente en la alimentación combinada a la unidad. DMF DMF Aire 55% Aire 90%

DMF

SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo:

2 3

6

6

DF Relaciones:

R1: 226

32 FWF D=

R2: Restricciones del Divisor: 1)12)(12( =−−

5 F5

5DW

( 5aireW )

4 F4

4DW =0,1

( 4aireW )

3 F3

3DW = 0,1

( 3aireW )

2 F2

2DW

( 2aireW )

F1

1DW =0,65 1

( 1aireW )

Unidad de purificación

Unidad de purificación M D



49

Tabla de grados de libertad Mezclador Purificación Divisor Proceso Global NVI 6 5 6 11 5 NBMI 2 2 2 6 2 NFC 0 0 0 0 0 NCC 1(1) 0(1) 1 2 2 NRC R1 R2

- -

1 -

- 1

1 1

- -

G de L 2 1 2 1 1 Reconfirmación de grados de libertad: Mezclador: Purificación: Divisor: Global: Analizando la Tabla se encuentra que puede tomarse base de cálculo en el Proceso Global o en la Unidad de Purificación, porque en el proceso no se conoce ningún flujo y ambas unidades tienen un grado de Libertad. La elección de una u otra base depende de un análisis de los Grados de Libertad actualizados, ya que una elección puede llevar a un punto en el que no se pueda continuar o no aportar nada a los balances, como se mostrara en la estrategia de solución.

Tabla de Balances Mezclador Purificación Divisor Proceso Global DMF (D) 1 1 1 3 1 Aire 1 1 1 3 1 Total 2 2 2 6 2 Estrategia de solución: 1. Tomando base de calculo en la unidad de purificación y resolviendo se conoce: F2, W2

D, F3, F6. Se agota R1.

Incógnitas = 4(F1, F2, W2D, F5)

Ecuaciones= 2 (balances) G de L = 2

Incógnitas = 4(F2, F2, W6D, F7)

Ecuaciones= 2 (balances) + 1(R1) G de L = 1

Incógnitas = 5(F3, F4, W3D, F5, W5

D)

Ecuaciones= 2 (balances) + 1(R2) G de L = 2

Incógnitas = 3(F1, F6D, F4)

Ecuaciones= 2 (balances) G de L = 1



50

2. Actualizando grados de Libertad se encuentra que: 3. Resolviendo el mezclador, se conoce: F1, F5. 4. Resolviendo Grados de Libertad:

5. Se resuelve el balance Global y los resultados se comprueban en el Divisor o unidad dependiente. CÁLCULOS: Balance en la Unidad de Purificación: Base de calculo: F6 = 150

Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas:

Comprobando los resultados en el balance de aire: Balance en el Mezclador:

Resolviendo las ecuaciones: Comprobando los resultados en el balance de aire:

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

Divisor: G de L A = 2-1(F3) = 1 Global: G de L A = 1-1(F6) = 0

Global: G de L A = 0-0 = 0

Total: F2= F3 +150 DMF: F2W2

D= 0,1 F3+150 R1: 150 = (2/3) F2W2

D

F2= 900 F3= 750 W2D= 0,25

(1-0,25)x 900 = (1-0,1) x 750 675 = 675

Total F1 + F5 = 900 DMF: 0,55 F1

+ 0,1 F5= 225

F1= 300 F5= 600

(1-0,55)x 300 + (1-0,1)x600 = (1-0,25) x 900 675 = 675



51

Balances en el Global:

Comprobando los resultados en el balance de aire: Comprobando los resultados en el Divisor:

La igualdad nos demuestra que el problema se resolvió correctamente. La relación de recirculación será:

8.0750600

3

5

==FF

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

Unidad de Purificación:

Balance en el Mezclador:

Global:

Total 300 = F4 + 150 F4 = 150

(1-0,55)x 300 = (1-0,1) x 150 135 = 135

Total: 750 = 150 + 600 = 750

Base de Cálculo: F6= 150

Total: F2= F3 +150 (1) DMF: F2W2

D= 0,1 F3+150 (2) R1: 150 = (2/3) F2W2

D (3)

Total F1 + F5 = F2 (4) DMF: 0,55 F1

+ 0,1 F5= F2W2D (5)

Total F1 = F4 + 150 (6)



52

Resolviendo se obtienen los siguientes resultados:

Comprobando los resultados con el divisor:

1.21. Frecuentemente se utiliza un método de purificación de gases que consiste en la absorción selectiva de los componentes indeseables del gas, en un medio líquido específicamente seleccionado. Posteriormente se regenera el medio líquido mediante un tratamiento químico o térmico para liberar al medio absorbido. En una instalación particular se alimentan temporalmente 10.00 moles/h a un sistema de purificación (diseñado para eliminar compuestos de azufre), cuya capacidad de diseño es de 820 moles/h. Como el sistema de absorción simplemente puede manejar 82% de este flujo, se propone derivar una corriente con el exceso, de manera que la concentración de H2S en la salida del sistema de absorción se reduzca lo suficiente para que la mezcla de salida contenga únicamente 1% de H2S y 0,3% de COS en base molar. Calcule todos los flujos del sistema. La corriente de alimentación consiste (en base molar) de 15% de CO2, 5% de H2S y 1.41% de COS; el resto es CH4. CH4 CH4 CO2 CO2 H2S H2S 1 % COS COS 0,3% CH4

CH4

CO2 CO2 H2S H2S COS COS

H2S COS

F1 = 300 F4= 150 F2 = 899,9999994 F5= 599,9999994 F3 = 749,9999994 W2

D= 0,24999999

Total 749,9999994 = 150 + 599,399999 749,9999994 = 749,99999

Sistema de Absorción



53

SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo: 2 1 3 5 Relaciones:

Tabla de Grados de Libertad: Divisor Adsorción Mezclador Proceso Global NVI 12 10 12 22 10 NBMI 4 4 4 12 4 NFC 1 0 0 1 1 NCC 3 0(3) 2(3) 5 5 NRC R1 1 - - 1 - R2 3 - - 3 - G de L 0 3 3 0 0 Reconfirmación de Grados de Libertad: Divisor Incógnitas = ),,,,,,,(8 33332222

2222 COSSHCOCOSSHCO xxxNxxxN Ecuaciones= 4(balances)+4(R1,R2) G de L = 0 Absorción Incógnitas = ),,,,,,(7 5555443

222 COSSHCOSH xxxNxNN Ecuaciones= 4(balances) G de L = 3

R1: 0,82 N1 = N3 R2 : Restricciones del Divisor: RD = (2-1)(4-1) = 3

N6

6 6COSX =0,003

62SHX = 0,01

(6

4CHX )

N5 5

2COX

52SHX

(5

4CHX )

4 N4 4

2COX

42SHX

4COSX

(4

4CHX )

N3 3

2COX = 0,15

32SHX = 0,05

3COSX = 0,0141

(3

4CHX )

N2 2

2COX = 0,15

22SHX = 0,05

2COSX = 0,0141

(2

4CHX )

N1=1.000 1

2COX = 0,15

12SHX = 0,05

1COSX = 0,0141

(X1CH4)

Sistema de Absorción D M



54

Global Incógnitas = ),,,(4 226644

COSH xNxN Ecuaciones= 4(balances) G de L = 0 Tabla de Balances: Divisor Absorción Mezclador Proceso Global CO2 1 1 1 3 1 H2S 1 1 1 3 1 COS 1 1 1 3 1 CH4 1 1 1 3 1 Total 4 4 4 12 4 Estrategia de solución: 1. Resolviendo los balances del proceso global, se conoce: N4, x4

H2S, N6, x6CO2. De R1,

se halla N3, y por tanto se agota la relación.

2. Reconfirmando Grados de Libertad: Divisor: G de L A = 0 - 1 (N3) + 1(R1 agotada) = 0 3. Resolviendo el Divisor, se conoce: N2, N3. 4. Actualizando Grados de Libertad:

Mezclador: G de L A = 3-3 (N6, x6CO2, N2) = 0

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

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

CÁLCULOS: Balance en el Proceso Global:

Total: 1.000 = N4 + N6 CO2: 0,15 x 1.000 = x6co2 x N6

H2S: 0,05 x 1.000 = x4H2S x N4 + 0,01 x N6 COS: 0,0141 x 1.000 =(1-x4H2S) x N4 + 0,003 x N6

Resolviendo el sistema de ecuaciones: N4 = 51,773 N6 = 948,226 X4H2S = 0,7826 X6CO2 = 0,1581 Comprobando los resultados en el balance de CH4:

(1 – 0,15 – 0,05 – 0,0141) x 1.000 = (1 – 0,01 – 0,003 – 0,1581) x 948,226

785,9 = 785,98



55

De R1 : 0,82 x 1.000 = N3 N3 = 820

Balance en el Divisor: Total: 1.000 = 820 +N2

N2 = 180 Balances en la torre de Absorción: Total: 820 = 51,773 + N5 CO2: 0,15 x 820 = x5co2 x N5

H2S: 0,05 x 820 = 0,7826 x 51,773 + x5H2S x N5 COS: 0,0141 x 1.000 = (1- 0,7826) x 51,773 + x5COS x N5

Resolviendo el sistema: N5 = 768,226 X5CO2 = 0,160 X5H2S = 0,000627 X5COS = 0,000399 Comprobando el resultado en el Mezclador: Total: Resolviendo el problema se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de solución : Global: Total: 1.000 = N4 +N5 (1) CO2: 150 = x6CO2 x N6

(2) H2S: 50 = x4H2S x N4 + 0,01 x N6 (3) COS: 14,1 = (1- x4H2S) x N4 + 0,003 x N6 (4) R1: 820 = N3 (5) Divisor: Total: 1.000 = N2 +N3 (6) CO2: 150 = x2CO2 x N2 + x3CO2 x N3

(7) H2S: 50 = x2H2S x N2 + x3H2S x N3 (8) COS: 14,1 = x2COS x N2 + x3COS x N3 (9) Restricciones del Divisor:

X2CO2 = 0,15 (10)

X2H2S = 0,05 (11) X2COS = 0,0141 (12)

N5 +N2 = N6 768,226 +180 = 948,226

948,226 = 948,226



56

Torre de Absorción: Total: N3 = N4 +N5 (13) CO2: x3CO2 x N3 = x5CO2 x N5

(14) H2S: x3H2S x N3 = x4H2S x N4 + x5H2S x N5 (15) COS: x3COS x N3 = (1 - x4H2S) x N4 + x5COS x N5 (16) Resolviendo el sistema se obtienen los siguientes resultados: N2 =180 N6 = 948,226950355 x3CO2 = 0,15 x5CO2 = 0,160108936484 N3= 820 x2CO2 = 0,15 x3H2S = 0,05 x5H2S = 0,000627769571526 N4= 51,7730496453 x2H2S = 0,05 x3COS = 0,0141 x5COS = 0,000399206056199 N5= 768,226950354 x2COS = 0,0141 x4H2S = 0,782602739727 x6CO2 = 0,158189977562



57

SECCIÓN II – BALANCE DE MATERIA CON REACCIÓN QUÍMICA 2.1. a. Escribir una reacción química balanceada para la reacción de 1 mol de C8H12S2 con O2 para producir CO2, H2O y SO2. 2.1. b. Calcule la velocidad de producción de todas las sustancias, si se hacen reaccionar 2 moles/h de C8H12S2 con una cantidad estequiométrica de O2. 2.1. c. Calcule la velocidad de la reacción. SOLUCIÓN a. Escriba una reacción química balanceada para la reacción de 1 mol de C8H12S2 con O2 para producir CO2, H2O y SO2. La ecuación balanceada es:

22222128 26813 SOOHCOOSHC ++→+

b. Calcule la velocidad de producción de todas las sustancias, si se hacen reaccionar 2 moles/h de C8H12S2 con una cantidad estequiométrica de O2. Con base en la simbología utilizada y la estequiometría de la reacción:

hmolN Entrada

SHC 22128

= y h

molN EntradaO 26

2=

A partir de la s ecuaciones de definición:

hmolNNR Entrada

SHCsalida

SHCSHC 220212821282128

−=−=−=

hmolNNR Entrada

OsalidaOO 26260

222−=−=−=

hmolNNR Entrada

COsalidaCOCO 16016

222=−=−=

hmolNNR Entrada

OHsalida

OHOH 12012222

=−=−=

hmolNNR Entrada

SOsalidaSOSO 404

222=−=−=



58

c. Calcule la velocidad de la reacción. Los coeficientes estequiométricos para reactivos y productos son:

18

−=Cσ 132

−=Oσ 82=COσ 6

2=OHσ 2

2=SOσ

La velocidad de reacción es:

hmol

hmol

hmol

hmol

hmolRr

24

612

816

1326

12

===−−

=−−

==σ

hmolr 2=

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

OHCOOHC 22263 3329 +→+

O la reacción:

OHCOOHC 22263 6692 +→+

Suponga que se hacen reaccionar 10 moles/h de C3H6 con 50 moles/h de O2, lográndose la conversión completa de C3H6. Calcule las velocidades de reacción que se obtienen con cada reacción. Explique de que manera se relacionan las dos velocidades y por qué. SOLUCIÓN Para la primera reacción:

OHCOOHC 22263 3329 +→+

Los coeficientes estequimétricos son:

163

−=HCσ 29

2−=Oσ 3

2=COσ 3

2=OHσ

Por tanto:

hmolN Entrada

HC 1063

= h

molN EntradaO 50

2=



59

hmolN salida

HC 3063

= h

molN salidaOH 30

2=

hmolN Salida

O 5)4550(2

=−=


hmol

hmol

hmol

hmolr

3030

3030

5,4505

1100

1−

=−

=−−

=−−

=

hmolr 101=

Para la segunda reacción:

OHCOOHC 22263 6692 +→+

Los coeficientes estequimétricos son:

263

−=HCσ 92

−=Oσ 62

=COσ 62

=OHσ


hmol

hmol

hmol

hmolr

6030

6030

9505

2100

2−

=−

=−−

=−−

=

hmolr 52 =

Se encuentra que r1= 2r2 porque la segunda reacción se obtiene multiplicando la primera por 2, lo que significa que sus coeficientes estequimétricos serán el doble. Como las dos reacciones explican la transformación química de la cantidad de propano (10 mol/h), la velocidad de la segunda reacción debe ser la mitad de la velocidad de la primera. 2.3. Considere la reacción:

OHSONaSOCrCOOHCHSOHOCrNaOHHC 24234234272252 112)(23823 +++→++

a. Si una alimentación al reactor tiene la composición (porcentaje en mol) de 20% de C2H5OH, 20% de Na2Cr2O7 y el resto H2SO4, ¿cuál es el reactivo limitante? b. ¿Si se alimenta a un reactor 230 kg/h de C2H5OH, que flujos de alimentación de los otros dos reactivos serian necesarios para tener una mezcla estequiométrica de alimentación?



60

SOLUCIÓN a. Si una alimentación al reactor tiene la composición (porcentaje en mol) de 20% de C2H5OH, 20% de Na2Cr2O7 y el resto H2SO4, ¿cuál es el reactivo limitante? La reacción es:

OHSONaSOCrCOOHCHSOHOCrNaOHHC 24234234272252 112)(23823 +++→++

Para una mezcla de alimentación de 100 moles, las cantidades molares de etanol, cromato y sulfúrico son 20, 20 y 60 respectivamente. Los coeficientes estequiométricos son:

352

−=OHHCσ 2722

−=OCrNaσ 842

−=SOHσ

Al calcular la relación entre el número de moles que entra y el coeficiente estequimétrico para cada uno de los reactivos se tiene que:

67,6320

52

52 ==OHHC

entradaOHHCN

σ 10

220

722

722 ==OCrNa

entradaOCrNaN

σ

50,7860

72

42 ==SOH

entradaSOHN

σ

Comparándolas entre ellas, la menor de las tres relaciones es de 6,67, o sea que el reactivo limite es el etanol. b. ¿Si se alimenta a un reactor 230 kg/h de C2H5OH, que flujos de alimentación de los otros dos reactivos serían necesarios para tener una mezcla estequiométrica de alimentación?

molkgmolkgkgentraqueOHHC −=−== 5)46/230(23052

kgkgmolmolkgnecesarioOCrNa 33,873333,33/)25(722 ==−×=

kgkgmolmolkgnecesarioSOH 667,306.1333,133/)85(42 ==−×=



61

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

EDCBA +→++ 2232

Si la conversión en el reactor es de 50%, calcule el número de moles del producto D que se forma por mol de alimentación al reactor. SOLUCIÓN La reacción es:

EDCBA +→++ 2232

Los coeficientes estequiométricos de los reactivos son:

1−=Aσ 2−=Bσ 23−=Cσ

Es necesario encontrar el reactivo límite para determinar a cual de ellos se refiere la conversión. Para un mol de reactivos, las cantidades de A, B y C será de 1/3 mol para cada uno:

31

=== entradaC

entradaB

entradaA NNN

Por lo tanto:

31

131

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=A

entradaANσ

61

331

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=B

entradaBNσ

92

2331

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=C

entradaCNσ

La cantidad menor es 1/6, lo que significa que el compuesto B es el reactivo límite y la conversión de 50% estará referida a él. La velocidad de reacción es:

molXNXN

rB

entradaB

S

SentradaS

121

2

5,031

=×

=−

=−

=σσ

Los moles del producto serán:

DsalidaDN σ= molmolr

61

1212 =×=



62

2.5. Se efectúa una reacción cuya ecuación estequiométrica es:

DBA 23 →+

Con 20% de conversión de A. La corriente de alimentación al reactor contiene 25% de A y 75% de B (porcentaje en masa) y tiene un flujo de 1000 kg/h. Si la masa molecular de A es 28 y e de B es 2: a. Calcule la masa molecular de D. b. Calcule la composición en base masa de la corriente de salida. SOLUCIÓN a. Calcule la masa molecular de D. La reacción es:

DBA 23 →+ y 2,0=AX

Los flujos de entrada son:

kgF Aent 25025,0000.1. =×= kgmolN A

ent )14/125(. =

kgF Bent 750. = molkgN B

ent −= )2/750(.

Los coeficientes estequimétricos son: 1−=Aσ 3−=Bσ 2−=Cσ


70125

114125

51

=×

=−

=A

AentradaA XN

rσ

Los flujos de salida son:

70500

70125

14125

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=+= rNN A

entradaA

salidaA σ

70875.25

701253

2750

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ×

−=+= rNN BentradaB

salidaB σ

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

000.1=++ salidaD

salidaB

salidaA FFF

70250

7012520 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ×

−=+= rNN DentradaD

salidaD σ



63

y en función del número de moles y la masa molecular:

000.1=++ salidaDD

salidaBB

salidaAA NMMNMMNMM

donde MM es la masa molecular: Reemplazando:

000.1702502

70875.2528

70500

=×+×+× DMM

Despejando, 17=DMM b. Calcule la composición en base masa de la corriente de salida. Las masas de A, B y D son respectivamente 200, 739,3 y 60,7 kg, por tanto,

2,0=Aw 7393,0=Bw 0607,0=Dw 2.6. El gas de dióxido de cloro se utiliza en la industria papelera para blanquear la pulpa producida en un molino Kraft. El gas se produce haciendo reaccionar clorato de sodio, acido sulfúrico y metanol, en reactores recubiertos de plomo:

OHCONaHSOClOOHCHSOHNaClO 22423423 56666 +++→++

Suponga que se utilizan 14 moles de una mezcla equimolar de NaClO3 y H2SO4 por mol de CH3OH como se muestra en la figura: CH3OH

Reactor NaClO3 Productos H2SO4 de reacción a. Determine el reactivo limitante. b. Calcule los flujos de reactivos necesarios para producir 10 toneladas métricas por hora de ClO2, suponiendo que se obtiene una conversión del 90 %.



64

SOLUCIÓN La reacción es:

OHCONaHSOClOOHCHSOHNaClO 22423423 56666 +++→++

a. Determine el reactivo limitante. Las moles de reactivos son:

13

=entradaOHCHN 7

3=entrada

NaClON 742

=entradaSOHN

Los coeficientes estequiométricos son:

13

−=OHCHσ 63

−=NaClOσ 642

−=SOHσ

Las relaciones entre las moles de alimentación y los coeficientes estequiométricos son:

13

3 =OHCH

entradaOHCHN

σ

67

3

3 =NaClO

entradaNaClON

σ

67

42

42 =SOH

entradaSOHN

σ

El reactivo límite es el metanol, ya que tiene la menor de las tres relaciones anteriores. b. Calcule los flujos de reactivos necesarios para producir 10 toneladas métricas por hora de ClO2, suponiendo que se obtiene una conversión del 90%. La conversión es:

9,03

=OHCHX

El flujo de salida de producto es:

hkgF ClOsal /000.102 =

El coeficiente estequiométrico del ClO2 es: 6

2=COσ σ

Por tanto,

rNN ClOClOent

ClOsal

222 σ+=

luego la velocidad de reacción es:

hkgmol

hkgmolr 71,24

6258,148

==



65

Ahora, con base en la conversión:

69,0

710,24 3

3

3×

=−

=entrada

OHCH

OHCH

entradaOHCH NN

hkgmol

σ

Despejando,

hkgmolN entrada

OHCH 456,273

=

y con las condiciones del problema:

hkgmol

hkgmolNNN entrada

OHCHentrada

SOHentradaNaClO 189,192456,2777

3423=×===

Multiplicando por las masas moleculares:

hkg

hkgmol

kgmolkgF entrada

NaClO 52,458.20189,19245,1063

=×=

hkg

hkgmol

kgmolkgF entrada

SOH 52,834.18189,1929842

=×=

hkg

hkgmol

kgmolkgF entrada

OHCH 59,878456,27323

=×=

2.7. En la industria del ácido sulfúrico, el nombre óleum se utiliza para un ácido con una pureza del 100 % que contiene SO3 libre sin reaccionar disuelto en el ácido. Por ejemplo, un óleum de 20 % contiene 20 lb de SO3 en 80 lb de ácido al 100 %, por cada 100 lb de mezcla. También es posible designar al óleum como un porcentaje de ácido sulfúrico superior al 100 %. Se calcula como las libras de ácido al 100 % que se obtendrían mediante la adición de suficiente agua a 100 lb de óleum para disolver todo el SO3. Usando estas definiciones, calcule: a. Las libras de óleum de 25 % que puede producirse con 100 lb de azufre. b. El porcentaje de ácido sulfúrico que corresponde al óleum de 25 %. SOLUCIÓN a. Las libras de óleum de 25 % que puede producirse con 100 lb de azufre.

lbF Sent 100= lbmolN S

ent 125,3)32/100( ==



66

Tomando como base 100 lb de óleum al 25 %

lbmollbSO 3125,0253 ==

lbmollbSOH 76531,07542 ==

lbatlbattotalS −=−+= 07781,1)76531,03125,0( Mediante una simple regla de 3:

En 100 lb de óleum hay 1,07781 at - lb de azufre

en X lb de óleum habrá 3,125 at - lb de azufre

X = 289,94 lb b. Porcentaje de ácido sulfúrico que corresponde al óleum de 25 %. Base de cálculo: 100 lb óleum

lbmolSOH 76531,042 =

La reacción es:

4223 SOHOHSO →+

lblbmolnecesariaOH 625,53125,02 ==

lbmollbmolfinalSOH 07781,1)76531,03125,0(42 =+=

lbalSOH 625,10507781,198)665,5100(%10042 =×=+=

o sea que puede decirse que se trata de un óleum al 105,625 %. De otra manera, la masa final de ácido sulfúrico será:

añadidaAguainicialMasafinalSOH +=42

lblbfinalSOH 625,105)625,5100(42 =+=

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

OHNaClNaOClClNaOH 222 ++→+ en un reactor continuo.

mollblbSO −== 3125,0253



67

F2=1.000 W2

NaOH=0,4 (agua)

Para ello se burbujea Cl2 a través de una solución concentrada (40 % en masa) de NaOH. Supóngase que la solución de NaOH en H2O se alimenta a razón de 1.000 kg/h y el gas Cl2, a razón de 10 kgmol/h. Efectúe las siguientes operaciones: a. Calcule los grados de libertad, suponiendo que se especifica la conversión. b. Determine cuál es el reactivo limitante. c. Calcule la composición de salida del reactor, suponiendo una conversión de 100 % del reactivo limitante. d. Calcule la composición de salida del reactor, suponiendo una conversión de 60 % del reactivo limitante. SOLUCIÓN El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, se muestra en el esquema de la página siguiente: Diagrama cuantitativo: N1=10

(Cl2)

a. Calcule los grados de libertad, suponiendo que se especifica la conversión. La reacción y los coeficientes estequiométricos son:

OHNaClNaOClClNaOH 222 ++→+ σ -2 -1 1 1 1 Relación: se conoce la conversión.

Tabla de Grados de Libertad: con base en el diagrama cuantitativo y la relación. NVI 8+1 NBMI 5 NFC 2 NCC 1 NRC 1 -9 G de L 0

NNaCl

NNaClO

NH2O

NNaOH

NCl2

Reactor Continuo



68

b. Determine cuál es el reactivo limitante. Los flujos molares de los reactivos son:

hkgmol

hkgmolN entrada

NaOH 1040

4,0000.1=

×=

hkgmolN entrada

Cl 102

=

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

52

10==NaOHR 10

110

2==ClR

El reactivo límite es el NaOH, al ser menor la relación. c. Calcule la composición de salida del reactor, suponiendo una conversión de 100 % del reactivo limitante. Si la conversión es del 100 %, la velocidad de reacción será igual a 5. Los balances por componente son:

:2Cl 510222 −=+= rNN ClCl

entradaCl

salida σ

52 =ClsalidaN

:NaOCl 50 +=+= rNN NaOClNaOClentrada

NaOClsalida σ

5=NaOClsalidaN

:NaCl 50 +=+= rNN NaClNaClentrada

NaClsalida σ

5=NaClsalidaN

:2OH 5)18/600(222 +=+= rNN OHOH

entradaOH

salida σ

333,382 =OHsalidaN

La exactitud de los cálculos puede corroborarse al calcular las masas totales a la entrada y a la salida, que como es obvio, deben ser iguales. Para ello se construye la siguiente tabla:

ENTRADA SALIDA kg - mol kg kg - mol kg

Cl2 10 709 NaOCl 5,00 372,25 NaOH 10 400 NaCl 5,00 292,25 H2O --- 600 H2O 38,33 690,00 Cl2 5,00 354,50 Total 1.709 1.709 en la cual puede observarse que los resultados son correctos. La suma de las moles de cada componente será el flujo total:



69

hkgmolN salida 333,53=

Y las fracciones molares son: )71875,0;09375,0;09375,0;09375,0(),,,(

22=OHNaClNaOClCl xxxx

d. Calcule la composición de salida del reactor, suponiendo una conversión de 60 % del reactivo limitante. Con base en la conversión se calcula la velocidad de reacción:

32

6,010=

×=

−×

=NaOH

entradaNaOHNaOH NX

rσ

A partir de ella, los balances por componente son:

:NaOH )32(10 ×−=+= rNN NaOHNaOHentrada

NaOHsalida σ

4=NaOHsalidaN

:2Cl 310222 −=+= rNN ClCl

entradaCl

salida σ

72 =ClsalidaN

:NaOCl 30 +=+= rNN NaOClNaOClentrada

NaOClsalida σ

3=NaOClsalidaN

:NaCl 30 +=+= rNN NaClNaClentrada

NaClsalida σ

3=NaClsalidaN

:2OH 3)18/600(222 +=+= rNN OHOH

entradaOH

salida σ

333,362 =OHsalidaN

Comprobando los resultados con las masas totales a la entrada y a la salida:

ENTRADA SALIDA kg - mol kg kg - mol kg

NaOH 4,000 160 Cl2 10 709 NaOCl 3,000 223,35 NaOH 10 400 NaCl 3,000 175,35 H2O --- 600 H2O 36,333 654 Cl2 7,000 496,3 Total 1709 1709 La suma de los flujos de cada componente será el flujo total de salida:

hkgmolN salida 333,53=

Y las fracciones molares son: )68125,0;05625,0;05625,0;13125,0;075,0(),,,,(

22=OHNaClNaOClClNaOH xxxxx



70

2.9. Un proceso antiguo para la producción de ácido clorhídrico requiere de calentar una mezcla de NaHSO4 y NaCl en un horno especial. Cuando se ha efectuado la reacción, el Na2SO4 residual permanece como sólido, en tanto que el HCl se recupera en forma gaseosa. Si la reacción sigue la estequiometría

HClSONaNaClNaHSO +→+ 424 Y se alimentan los reactivos en proporciones estequiométricas, calcule la cantidad y composición de los sólidos residuales. Suponga que la conversión se completa en un 95% y que se alimenta el NaCl a razón de 5.844 lb/día. SOLUCIÓN La reacción y los coeficientes estequiométricos son:

HClSONaNaClNaHSO +→+ 424 -1 -1 1 1

Diagrama cuantitativo: Nsalida

Na2SO4 Nentrada

NaCl NsalidaNaCl

Nentrada

NaHSO4 NsalidaNaHSO4

Nsalida

HCl

Relaciones: R1: Conversión del 95%. R2: N1

NaHSO4 = N2NaCl (Proporciones estequiométricas, 1:1)

Tabla de Grados de Libertad:

NVI 6+1 NBMI 4 NFC 1 NCC 0 NRC 2

G de L 0 El proceso está correctamente especificado y se toma el flujo de NaCl como la base de cálculo. Se conoce que:

díalbF entrada

NaCl 844.5= y día

lbmoldía

lbmolN entradaNaCl 100

44,58844.5

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=

La velocidad de reacción puede calcularse utilizando la conversión:

σ

Reactor



71

díalbmol

díalbmolr 95

110095,0

=×

=

De la relación 2:

díalbmolN entrada

NaHSO 1004

=

Los balances por componentes son:

:42 SONa 950424242 +=+= rNN SONaSONa

entradaSONa

salida σ

9542 =SONasalidaN

:HCl 950 +=+= rNN HClHCl

entradaHCl

salida σ

95=HClsalidaN

:NaCl 95100 −=+= rNN NaClNaClentrada

NaClsalida σ

5=NaClsalidaN

:4NaHSO 95100

444 −=+= rNN NaHSONaHSOentrada

NaHSOsalida σ

54 =NaHSOsalidaN

Comprobando los resultados con los flujos másicos de entrada y salida:

ENTRADA SALIDA Lbmol lb lbmol lb Na2SO4 95 13.490

NaCl 100 5.844 5 292,2 NaHSO4 100 12.000 5 600

95 3.461,8 Total 17.844 17.844

Finalmente, se halla la masa total de sólidos y se calcula la fracción másica de cada uno de los componentes. Los resultados son:

)0476,0;0476,0;9048,0(),,(442

=NaHSONaClSONa xxx

El HCl sale en la fase gaseosa.



72

2.10. El superfosfato se produce por la reacción de fosfato de calcio con ácido sulfúrico, de acuerdo con:

424442243 2)(2)( CaSOPOCaHSOHPOCa +→+

Se hacen reaccionar 20.000 kg/día de fosfato de calcio crudo (que contiene 14 % de impurezas inertes) con 15.000 kg/día de H2SO4 al 92 %. Determine la velocidad de producción, suponiendo que la reacción se completa en un 95 %. ¿Cuál es el reactivo limitante? SOLUCIÓN La reacción y los coeficientes estequiométricos son:

424442243 2)(2)( CaSOPOCaHSOHPOCa +→+

σ -1 -2 1 2 Los flujos másicos y molares del fosfato de calcio y el ácido sulfúrico son:

díakgF entrada

POCa )86,0000.20(243 )( ×= y,

díakgF entrada

SOH )92,0000.15(42

×=

díakgmol

kgmolkg

díakg

N entradaPOCa 4839,55

310

86,0000.20243 )( =

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛×

=

día

kgmol

kgmolkg

díakg

N entradaSOH 8163,140

92

92,0000.1542

=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛×

=

Las relaciones entre los flujos de entrada y los respectivos coeficientes son:

4839,5514839,55

243 )( ==POCaR y, 4082,7028163,140

42==SOHR

y como la relación menor corresponde al fosfato, éste es el reactivo límite. Ahora, con una conversión del 95 % para el reactivo límite, la velocidad de reacción es:

díakgmol

díakgmolr 7079,52

14839,5595,0

=×

=



73

díakgmolR erfosfato 7097,52sup =

díakgmol

díakgmolRCaSO 4194,1057097,522

4=×=

2.11. En un proceso para la hidratación catalítica de etileno a alcohol etílico, se convierte únicamente una fracción del etileno. El producto se condensa y retira después de cada paso por el convertidor y los gases no convertidos se recirculan. Puede suponerse que el condensador elimina todo el alcohol y los gases de recirculación contendrán 6,5 % (molar) de vapor de agua. La conversión de etileno en cada paso por el convertidor es de 4,5 %. La proporción molar de agua a etileno en la alimentación al convertidor, una vez mezclado el gas recirculado con la alimentación fresca, es de 0,55. Calcule todas las corrientes del proceso. SOLUCIÓN La reacción y los coeficientes estequiométricos son:

OHHCOHHC 52242 →+

-1 -1 1 El diagrama cuantitativo del proceso, con las variables de todas las corrientes, se muestra a continuación. Diagrama cuantitativo:

2

N2

242HCX

(H2O)

N1

142HCX 1

(H2O)

5

N5

542HCX =0,935

(H2O, 6,5%)

3

N3 3

32 OHHCX 3

42HCX

N4 4 4

32 OHHCX

N2

N3 (H2O)

σ

Convertidor

M



74

Relaciones:

:1R 045,042

=HCX

:2R ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 44

4

3

3

11 SI

S

S

S

www

ww

Tabla de Grados de Libertad: Convertidor Condensador Mezclador Proceso Global NVI 5+1 7 6 11+1 4+1 NBMI 3 3 2 8 3 NCC 0 1 1 1 0 NRC R1 1 - - 1 - R2 1 - 1 1 - G de L 1 3 2 1 2 Base -1 -1 De la Tabla de Grados de Libertad se observa que el proceso está correctamente especificado y debe tomarse la base de cálculo en el convertidor y realizar ahí los balances. Balances de materia en el convertidor: Base de cálculo: Sea N2

C2H4 = 100 De R2: N2

H2O = 55 La velocidad de reacción es:

5,41

100045,0

42

4242

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ×

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=

HC

HCHC NXr

σ

Los balances por componente son: Etileno: 5,95)5,4100(

424242

23 =−=+= rNN HCHCHC σ

5,95342

=HCN

Alcohol: 5,45,410

525252

23 =×+=+= rNN OHHCOHHCOHHC σ

5,4352

=OHHCN

Agua: 5,50)5,455(

222

23 =−=+= rNN OHOHOH σ

5,5032

=OHN

Con las variables conocidas mediante el balance, se procede a actualizar los grados de libertad:



75

Condensador: G de L A = 3 – 3 Flujos 0),,( 33342252

=HCOHOHHC NNN

Mezclador: G de L A = 2- 1 Flujos 1)( 242

=HCN

No se puede contabilizar N2

H2O en el mezclador porque este valor se conoce a partir de R2, y esta relación se contabiliza en esta unidad. Balances en el Condensador: Alcohol: 5,434

5252== OHHCOHHC NN

Etileno: 5,95)065,01(5 =−N

139,1025 =N

De la composición, 065,0139,10252

×=OHN

639,652

=OHN

Agua: )639.65,50(534

222−=−= OHOHOH NNN

861,4342

=OHN

De los balances en el condensador se conoce N5, y con este dato los grados de libertad del mezclador se vuelven cero. Balances en el Mezclador: Etileno: : 251

424242 HCHCHC NNN =+

)5,95100(142

−=HCN

5,4142

=HCN

Agua: )639.655(521

222−=−= OHOHOH NNN

361,4812

=OHN

Los resultados pueden comprobarse hallando los flujos másicos de las corrientes 1 y 4, o sea, las corrientes de entrada y salida en el proceso global: ENTRADA SALIDA Kg-mol Kg Kg-mol kg C2H4 4,5 126,000 C2H5OH 4,5 207,000 H2O 48,361 870,498 H2O 43,861 789,498 Total 996,498 Total 996,498 ya que la masa debe conservarse y, como puede verse, deben ser iguales los flujos de entrada y salida.



76

2.12. Puede producirse ácido acético mediante la reacción:

OHSONaSOCrCOOHCHSOHOCrNaOHHC 24234234272252 112)(23823 +++→++ En la corriente de recirculación que se muestra en la figura se obtiene una conversión global de C2H5OH del 90 %, con un flujo de recirculación igual al flujo de alimentación de C2H5OH fresco. Los flujos de alimentación de H2SO4 y Na2Cr2O7 frescos son 20 % y 10 % respectivamente, de exceso sobre las cantidades estequiométricas requeridas para la alimentación fresca de C2H5OH. La corriente de recirculación contiene 94 % de H2SO4 y el resto C2H5OH. Calcule el flujo de producto y la conversión de C2H5OH en el reactor.

SOLUCIÓN La reacción es:

OHSONaSOCrCOOHCHSOHOCrNaOHHC 24234234272252 112)(23823 +++→++ Diagrama cuantitativo:



77

Relaciones:

R1: Conversión global del 90%.

R2: 242SOHN = 20% en exceso del teórico para reaccionar 1

52 OHHCN .

R3: 2722 OCrNaN = 10% en exceso del teórico para reaccionar 1

52 OHHCN .

R4: 1352 OHHCNN =

Tabla de Grados de Libertad: Mezclador Reactor Separador Proceso Global NVI 8 10+1 16 22+1 10+1 NBMI 3 7 7 17 7 NFC 0 0 0 0 0 NCC 1 0 1 1 0 NRC R1 - - - 1 1 R2 1 - - 1 1 R3 1 - - 1 1 R4 1 - - 1 - G de L 1 4 8 1 1 Reconfirmación de Grados de Libertad: Mezclador: Incógnitas=

)

,,,,,,(74

44321

722

42527224252

OCrNa

SOHOHHCOCrNaSOHOHHC

N

NNNNNN

Ecuaciones= 3 (balance) + 3 (R2, R3, R4) G de L = 1

Reactor: Incógnitas=

),,,,

,,,,,,(1155

)(55

555444

4234223

72242527224252

rNNNN

NNNNNN

SONaSOCrOHCOOHCH

OCrNaSOHOHHCOCrNaSOHOHHC

Ecuaciones= 7 (balances) G de L = 4 Separador: Incógnitas=

),

,,,,,,,

,,,,,,(15

63

7777)(

775

5)(

55555

3

425272234242242

342237224252

COOHCH

SOHOHHCOCrNaSOCrSONaOHSONa

SOCrOHCOOHCHOCrNaSOHOHHC

NN

NNNNNNN

NNNNNN

Ecuaciones= 7 (balances) G de L = 8 Global: Incógnitas=

),,,,

,,,,,,(116777

7)(

77111

34252722

3424227224252

rNNNN

NNNNNN

COOHCHSOHOHHCOCrNa

SOCrSONaOHOCrNaSOHOHHC



78

Ecuaciones= 7 (balances) + 3(R1, R2, R3) G de L = 1 Tomando una base de cálculo el proceso queda correctamente especificado y pueden resolverse los balances en el proceso global o en el mezclador. CÁLCULOS: Base de cálculo. Sea N1=1.000 De la relación

: 667,666.23

8000.142 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ×

=teóricoSOH

De R2 : 200.3)2,167,666.2(2

42=×=SOHN

De la reacción

: 67,6663

2000.1722 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ×

=teóricoOCrNa

De R3 : 33,733)1,167,666(2

722=×=OCrNaN

La velocidad de reacción es

: 3003

000.19,0=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ×

=r

Balances Globales: Los balances por componente son: H2O: 30011117

2×== rN OH

300.372

=OHN

Na2SO4: 300227

42×== rN SONa

600742

=SONaN

Na2Cr2O7: 60034,733234,333.77

722−=−= rN OCrNa

34,1337722

=OCrNaN

C2H5OH: 900000.13000.17

52−=−= rN OHHrC

100752

=OHHrCN

H2SO4: 400.2200.38200.37

42−=−= rN SOHr

800742

=SOHrN



79

CH3COOH: 300336

3×== rN COOHCH

90063

=COOHCHN

Balances en el Mezclador: Desde el comienzo tiene cero grados de libertad. Alcohol: 60000.14

52+=OHHCN

060.1452

=OHHCN

Ácido sulfúrico: 940200.34

42+=SOHN

140.4442

=SOHN

Dicromato: 334,7334

722=OCrNaN

Actualizando los grados de libertad se halla que: Separador: 1)6(78 76

3=−= NdeyNFlujosALdeG COOHCH

O sea que tendría un grado de libertad, pero como se conoce la corriente 1 puede utilizarse R4 y con N3 conocido, los grados de libertad del separador se hacen cero. Balances en el Separador: Acético: 65

33900 COOHCHCOOHCH NN ==

De R4: 000.13 =N Agua: 75

22300.3 OHOH NN ==

Sulfato sódico: 75

4242600 SONaSONa NN ==

Sulfato de cromo: 7

)(5

)( 342342600 SOCrSOCr NN ==

Cromato: 75

722722334,133 OCrNaOCrNa NN ==

Ácido sulfúrico: 9408003375

424242+=×+= NxNN SOHSOHSOH

740.1542

=SOHN



80

Etanol: 9401003375

525252+=×+= NxNN OHHCOHHCOHHC

040.1552

=OHHCN

Finalmente,

8491,0060.1

160060.14

54

52

5252

52=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

OHHC

OHHCOHHCOHHC N

NNX

Es más sencillo resolver los balances en el mezclador después del separador, porque tiene menos componentes (tal como se hizo). Pero al actualizar los grados de libertad del reactor sabiendo que: G de L A = G de L – Corriente determinadas + balances utilizados – velocidad de

reacción.

Se obtiene: G de L A = 4 – 7 (Flujos de la corriente 5)

+ 4 (ya se han agotado los balances de acético, agua, sulfato de sodio y sulfato de cromo) – 1 (velocidad de reacción)

G de L A = 4 – 7 + 4 – 1 = 0

El proceso sólo tiene dos balances para cada uno de los 4 componentes citados y ya se utilizaron al resolver los balances en el proceso global y en el separador. Esto puede analizarse en la tabla de balances que se presenta en la siguiente página. Tabla de Balances: Mezclador Reactor Separador Proceso Global Na2Cr2O7 1 1 1 3 1 H2SO4 1 1 1 3 1 C2H5OH 1 1 1 3 1 CH3COOH - 1 1 2 1 H2O - 1 1 2 1 Na2SO4 - 1 1 2 1 Cr2(SO4)3 - 1 1 2 1 Total 3 7 7 17 7



81

2.13. El ácido sulfúrico se produce mediante la oxidación sucesiva de azufre hasta SO3, seguida de reacción con H2O. En el diagrama de flujo mostrado en la figura de la siguiente página, primero se hacen reaccionar el azufre y el aire en el quemador de azufre, para producir SO2 según la reacción:

S + O2 SO2

En esta reacción, todo el azufre se convierte a SO2. Suponga que el aire es 21 % molar de oxígeno y 79% de N2, y que se utiliza 50 % más de oxígeno que la cantidad estequiométrica necesaria para convertir el azufre a SO2. La corriente gaseosa que sale del quemador se envía al convertidor, en donde todo el SO2 se oxida hasta SO3 con ayuda de un catalizador. A continuación, se pone en contacto en la torre de óleum la corriente gaseosa que contiene SO3 con una corriente de H2SO4 concentrado.

El SO3 reacciona con el agua presente en la corriente de ácido, mediante la reacción:

H2O + SO3 H2SO4



82

Además, algo del SO3 se disuelve en el H2SO4 puro para obtener un producto (óleum) que contiene 37,5% de SO3 y el resto H2SO4. Enseguida la corriente gaseosa a la salida de la torre de óleum, que contiene 12 % mol de SO3, se pone en contacto con una corriente de ácido más diluida (80 % de H2SO4 y el resto H2O), en la torre de ácido. En esta unidad, todo el SO3 restante reacciona hasta H2SO4. El ácido diluido se prepara recirculando algo de ácido concentrado y mezclándolo con agua en el tanque de dilución. Calcule todos los flujos en el proceso, suponiendo que la planta va a producir 20.000 lb/día de producto (H2SO4 al 90%). SOLUCIÓN Las reacciones son: Quemador:

22 SOOS →+ r1

Convertidor:

3221

2 SOOSO →+ r2

Torre de óleum:

4223 SOHOHSO →+ r3’

Torre de ácido:

4223 SOHOHSO →+ r3’’

Relaciones: R1: 2

2ON se suministra en un 50% en exceso del

necesario para pasar todo el S a SO2.

R2: Restricciones del divisor = RD= (3 – 1) (2 – 1) = 2



83



84

Tabla de Grados de Libertad Quemador Convertidor Torre de

Óleum Divisor

NVI 6 + 1 6+1 10+1 8 NBMI 4 4 5 2 NFC 0 0 0 1 NCC 1 0 2(+1) 1 NRC R1 1 0 0 0 NRC R2 0 0 0 2 G de L 1 3 3 2 G de L 1 3 3 3

Torre de

ácido Tanque de

dilución Proceso Global

NVI 9+1 5 27+4 10+3 NBMI 5 2 22 7 NFC 0 0 1 1 NCC 2(+1) 1(+1) 5 3 NRC R1 0 0 1 1 NRC R2 0 0 2 0 G de L 2 1 0 1 G de L 2 1 1 2

Reconfirmación de los Grados de Libertad: Quemador: Incógnitas = ),,,,,(6 1

33312222

rNNNNN SONOS

Ecuaciones = 4 (balances) + 1 (R1) G de L = 1 Convertidor: Incógnitas = ),,,,,(7 2

444333232222

rNNNNNN NSOOSONO

Ecuaciones = 4 (balances) G de L = 3 Torre de óleum: Incógnitas = )',,,,,,,(8 3

66754442232

rXNFFNNN NNSOO

Ecuaciones = 5 (balances) G de L = 3 Torre de ácido: Incógnitas = )'',,,,,,(7 3

6612101111222

rXNFFNN NNO

Ecuaciones = 5 (balances)



85

G de L = 2 Divisor: Incógnitas = ),,,,,,(7 101099877

424242 SOHSOHSOH wFwFFwF

Ecuaciones = 2 (balances) + 2 (R2) G de L = 3 Tanque: Incógnitas = ),,(3 13129

2OHFFF

Ecuaciones = 2 (balances) G de L = 1 Global: Incógnitas = ),,,,,,,,,(10 321

1211118521222

rrrFNNFFNN OHNOS

Ecuaciones = 7 (balances) + 1 (R1) G de L = 2

Tabla de Balances:

Quemador Convertidor Torre de Óleum Divisor N2 1 1 1 - O2 1 1 1 - S 1 - - - SO2 1 1 - - SO3 - 1 1 - H2SO4 - - 1 1 H2O - - 1 1 Total 4 4 5 2

Torre de ácido Tanque de dilución Proceso Global N2 1 - 4 1 O2 1 - 4 1 S - - 1 1 SO2 - - 2 1 SO3 1 - 3 1 H2SO4 1 1 4 1 H2O 1 1 4 1 Total 5 2 22 7

En las condiciones especificadas, el proceso tiene cero grados de libertad, pero no hay ninguna unidad con cero y, como se conoce un flujo, no puede tomarse una base de cálculo. Por tanto debe ignorarse el flujo conocido y tomar base de cálculo en la unidad con un grado de libertad: quemador o tanque de dilución.



86

Los nuevos grados de libertad, desconociendo el flujo, se muestran como G de L*. Si se toma la base de cálculo en el tanque de dilución (F13

H2O, por ejemplo), luego de resolver sus balances sólo se conocería F12 para la torre de ácido, quedando sus grados de libertad en 1 y ahí se pararía el desarrollo. Debe tomarse, por tanto, la base en el quemador. Estrategia de solución: 1. Tomando como base de cálculo en el Quemador conocemos:

133312 ,,,,,

222rNNNNN NSOOS . Se agota el balance de S y R1.

2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: Global: 1):(1)(1)(1),(22 11

21 =++−−= SagotadobalanceagotadaRrNNLdeG S

Convertidor: 0),(33 333222

=−= SONO NNNLdeG

3. Resolviendo Convertidor se conoce: 2

444 ,,322

rNNN SONO . Se agota el balance de SO2.

4. Actualizando grados de libertad Torre de Óleum : 0),(33 444

322=−= SONO NNNALdeG

Convertidor: 1):(1)(11 22 =+−= SOagotadobalancerALdeG

5. Resolviendo Torre de óleum se conoce ',,,, 35766

2rFFXN N .

6. Actualizando grados de libertad:

Torre de ácido: G de L A= 0),(22 662

=− NXN

Divisor: G de L A= 2)(13 7 =− F

Global: G de L A= 0)(11 5 =− F 7. Resolviendo la Torre de ácido se conoce: '',,,, 3

1012111122

rFFNN NO . Se agotan los

balances de O2, SO3, N2. 8. Actualizando los grados de libertad:


Tanque de dilución: G de L A= 0)(11 12 =− F

Global: G de L A= 1)(3),(20 111122

=+− agotadosbalancesNN NO

9. Resolviendo el Tanque de disolución se conoce: 913 ,

2FF OH .

10. Actualizando grados de libertad:



87


Global: G de L A= 0)(11 132

=− OHF

11. Se resuelve el Divisor y se comprueba en globales. CÁLCULOS: Balances en el Quemador: Base de cálculo: Sea 1001 =SN

Nota: R1 se cambia a 80% en exceso porque con el 50% planteado en el problema no habría oxigeno en la corriente 11. R1: 1008,121,0 2 ×=× N 14,8572 =N S:

11000 r−= 1001 =r

SO2: 100032

+=SON 10032

=SON

N2: 14,85779,03

2×=NN 14,6773

2=NN

O2: 10014,85721,032

−×=ON 8032

=ON

Balances en el Convertidor: N2: 14,6774

2=NN

SO2: 1002 =r

SO3: 100043

+=SON 10043

=SON

O2: 1005,0804

2×−=ON 304

2=ON

Balances en la Torre de óleum: O2: 30)12,01( 66

2=−− NX N (1)

N2: 14,67766

2=× NX N (2)



88

Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas, tenemos que:

57,8036 =N 843,062

=NX

H2SO4: '989,0)375,01( 3

75 rFF ×+=×− (1)

H2O: '181,00 3

7 rF ×−×= (2)

SO3: '8010080375,08057,80312,0 35 rF ×−×=×+×× (3)

Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones y 3 incógnitas:

69,5035 =F 94,2177 =F 21,1'3 =r

Balances en la Torre de ácido: N2: 14,67711

2=NN

O2: 3011

2=ON

SO3: ''57,80312,00 3r−×= 43,96''3 =r

H2SO4: 43,96988,09,0 1210 ×−×=× FF (1)

H2O: 43,96182,01,0 1210 ×−×=× FF (2)

Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones:

52,785.3210 =F 28,071.2512 =F

Balances en el Tanque de dilución:

H2SO4: 28,071.258,09,0 9 ×=× F 58,285.229 =F H2O: 13

258,285.221,028,071.252,0 OHF+×=× 70,785.213

2=OHF

Balances en el Divisor:

Total: 58,285.2294,21752,785.32 8 ++= F 282.108 =F

Comprobando en el balance global de ácido sulfúrico:

)43,9621,1(980282.109,069,503625,0 +×+=×+×

6,568.96,568.9 =



89

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema mediante un programa adecuado, se resuelven las siguientes ecuaciones: Quemador:

Base de cálculo: Sea 1SN =100

R1: 12 8,121,0 SNN ×=× (1)

S:

110 rN S −= (2)

SO2: 1

3 02

rN SO += (3)

N2: 23 79,02

NN N ×= (4)

O2: 123 21,0

2rNNO −×= (5)

Convertidor: N2: 34

22 NN NN = (6)

SO2: 2

32

0 rN SO −= (7)

SO3: 2

4 03

rN SO += (8)

O2: 234 5,0

22rNN OO ×−= (9)

Torre de óleum: O2: 466

22)12,01( ON NNX =−− (10)

N2: 466

22 NN NNX =× (11)

H2SO4: '989,0)375,01( 3

75 rFF ×+×=×− (12)

H2O: '181,00 37 rF ×−×= (13)

SO3: '8080375,08012,0 3

4563

rNFN SO ×−×=×+×× (14)



90

Torre de ácido: N2: 6611

22NXN NN ×= (15)

O2: 6611 )12,01(

22NXN NO ×−−= (16)

SO3: ''12,00 3

6 rN −×= (17)

H2SO4: ''988,09,0 31210 rFF ×+×=× (18)

H2O: ''182,01,0 3

1210 rFF ×−×=× (19)

Tanque de dilución: H2SO4: 129 8,09,0 FF ×=× (20) H2O: 13912

21,02,0 OHFFF +×=× (21)

Divisor: Total: 98710 FFFF ++= (22) Resolviendo el sistema formado por 22 ecuaciones y 22 incógnitas, tendremos que:

71,785.3210 =F 8032

=ON

43,071.2512 =F 10032

=SON

71,785.2132

=OHF 14,67742

=NN

63,5035 =F 3042

=ON

92,2177 =F 10043

=SON

08,282.108 =F 57,8036 =N

71,285.229 =F 1001 =r

14,677112

=NN 1002 =r

30112

=ON 21,1'3 =r

14,8572 =N 43,96''3 =r

14,67732

=NN 84,062

=NX

Luego:

''' 333 rrr +=

64,973 =r



91

Para calcular los flujos de todas las corrientes para F8 = 20.000 se halla la relación de escalado:

95,108,282.10

000.20Re =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=escaladodelación

Y se multiplican por este valor los resultados anteriores. Así:

díalbmolN S 19595,11001 =×=



92

SECCIÓN III – BALANCE DE ENERGÍA 3.1. El siguiente carbón tiene un valor calorífico informado de 29.770 kJ/kg en el estado en que se recibe. Suponiendo que se trata del valor calorífico bruto (poder calorífico superior), calcule el valor calorífico neto (poder calorífico inferior).

Componente Porcentaje C 71,0 H2 5,6 N2 1,6 SNeto 2,7 Ceniza 6,1 O2 13,0 Total 100,0

SOLUCIÓN: El análisis final corregido que se muestra arriba indica un 5.6% de hidrógeno en el carbón tal como se recibe. Base de cálculo: 1OO kg de carbón tal como se recibe. El agua que se forma en la combustión es:

OHkgOHkgmol

OHkgHkgmol

OHkgmolHkg

HkgHkg 2

2

2

2

2

2

22 9,49

118

11

02,21

6,5 =×××

la energía requerida para evaporar el agua es:

carbónkgkJ

OHkgkJ

carbónkgOHkg 183.1370.2

1009,49

2

2 =×

El valor calorífico neto es: 29.770 – 1183 =28.587 kJ/KgNota: El valor de 2.370 kJ/kg no es el calor latente de vaporización del agua a 25°C (2.440 kJ/kg) porque incluye el efecto de un cambio de un valor calorífico a volumen constante a uno a presión constante (-70 kJ/kg) Utilizando la ecuación de Dulong se tiene:

027,0050.4813,0056,0028.6271,0544.14 ×+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+×=HHV

kgkJHHV 000.30

454,0055,12,901.12 =×=

%5100587.28

587.28000.30% ≈×−

=Error



93

Finalmente se calcula el valor calorífico neto sin corregir el poder calorífico, es decir, usando ΔHvaporización a 25° C (2.440 kJ/kg)

carbónkgkJ

OHkgkJ

carbónkgOHkg

56,217.1440.2100

9,49

2

2 =×

carbónkgkJ44,552.2856,217.1770.29 =−

%12,0100587.28

44,552.28587.28% ≈×−

=Error

3.2. Calcule el calor necesario para calentar 200 kg de óxido nitroso de 20°C a 150°C en un recipiente a volumen constante. La capacidad calorífica a volumen constante del N2O en este rango de temperatura está dada por la ecuación:

TCkgkJCv41042,9855,0)/( −×+=°

con T en °C. SOLUCIÓN: Se tiene

dTCkg

kJTkgkJUC

C ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛°

×+=Δ ∫°

°

− )1042,985,0()/(150

20

4

]C

C

CC

TT°

°

−°

° ⎥⎦

⎤×+×=

150

20

2415020 2

1042,9855,0

kgkJkgkJ /121)/)(4,10111( =+= El balance de energía para este sistema cerrado es

kJkgkJkgUmUQ 200.24)/121()200( =×=Δ×=Δ=)



94

3.3. Una corriente que contiene 10% de CH4 y 90% de aire por volumen se va a calentar de 20°C a 300°C. Calcule la velocidad necesaria de entrada de calor en kW si la velocidad de flujo del gas es 2 x 103 litros (TPE)/min. SOLUCIÓN: Suponga comportamiento del gas ideal

Recuerde que especificar la velocidad de flujo en litros (TPE)/min no implica que el gas de alimentación esté a temperatura y presión estándar, sino que sólo se trata de un método alterno para indicar la velocidad de flujo molar.

min3,89

)(4,221

min)(000.2 mol

TPELmolTPELn =×=&

El balance de energía omitiendo los cambios de energía cinética y potencial y el trabajo

de flecha es HQ && Δ= . La tarea es evaluar ∑∑ −=Δentrada

iisalida

ii HnHnH ˆˆ &&& . Como cada

especie sólo tiene una condición de entrada y una de salida en el proceso. Bastan dos filas en la tabla de entalpía siguiente:

entradan&

entradaH salidan& salidaH

Sustancia (mol/min) (kJ/mol) (mol/min) (kJ/mol) CH4 8,93 0 8,93

1H Aire 80,4

2H 80,4 3H

La condición de referencia para el metano se eligió de manera que entradaH pudiera

igualarse a cero y la del aire se escogió para que entradaH y salidaH pudieran

determinarse en forma directa de la Tabla 2 (ver Anexos). El siguiente paso es evaluar todas las entalpías específicas desconocidas en la Tabla.

Por ejemplo, 1H , es la entalpía específica del metano en la mezcla de gas de salida a 300°C, en relación con el metano puro a su temperatura de referencia de 20°C. En otras palabras, es el cambio de entalpía específico para el proceso:

Q& (kW)

n& (mol/min), 300°C 0,100 mol CH4/mol 0,900 mol aire/mol

200 L (TPE)/min, 20°C

n& (mol/min) 0,100 mol CH4/mol 0,900 mol aire/mol



95

),300,()1,20,( 44 salidademezclalaenPCgCHatmCgCH °→° Se desprecia el efecto de la presión sobre la entalpía (es decir, se supone comportamiento de gas ideal) y siempre ignoramos los calores de mezclado de gases, de modo que el cambio de entalpía de calcula para el calentamiento de metano puro a 1 atm:

∫°

°=

C

C CHPl dTCH300

20 4)(ˆ

Sustituyendo los valores de Cp de la Tabla 1 (ver Anexos), en la ecuación.

∫°

°

−−− ×−×+×+=C

CdTTTTH

300

20

3122851 )100,11103661,010469,503431,0(ˆ

molkJH /09,12ˆ1 =

Las entalpías del aire en las condiciones de entrada y salida en relación con el aire en

el estado de referencia ( 2H y 3H , respectivamente) se determinan mediante la Tabla

2 (ver anexo) como:

molkJH /15,0ˆ2 −= molkJH /17,8ˆ

3 =

El balance de energía da, en este caso,

∑∑ −=Δ=entrada

iisalida

ii HnHnHQ ˆˆ &&&&

[ ] min/)15,04,80()093,8()17,84,80()/09,12min/93,8( kJmolkJmolHQ −×−×−×+×=Δ= &&

kWskJ

kWs

kJQ 9,12

/11

60min1

min776

=××=&

3.4. 15 kmol/min de aire se enfrían de 430°C a 100°C. Calcule la velocidad requerida de eliminación del calor usando: a) Las fórmulas de capacidad calorífica de la Tabla 1. b) Las entalpías específicas de la Tabla 2. SOLUCIÓN:

)100,()430,( CgaireCgaire °→° Eliminando kE&Δ , pE&Δ y SW& , el balance de energía es:



96

HnHnHnHQ aireentradaaireairesalidaaireaireˆˆˆ

,, Δ=−=Δ= &&&&&

Suponga comportamiento de gas ideal, de modo que los cambios de presión (si los

hay) no afecten a HΔ . a) Usando las fórmulas de capacidad calorífica de la Tabla 1. Integre la fórmula de la capacidad calorífica en la Tabla 1 Capacidades caloríficas (Ver Anexos).

∫°

°=Δ

C

C p dTTCmolkJH100

430)()/(ˆ

[ ]∫°

°

−−− ×−×+×+=C

CdTTTT

100

430

312285 10965,1103191,0104147,002894,0

⎢⎣

⎡+−

×+−=

−

)430100(2

104147,0)430100(02894,0 225

⎥⎦

⎤−

×−−

× −−

)430100(4

10965,1)430100(3

103191,0 4412

338

kJ/mol

molkJmolkJ /98,9/)0167,00835,03627,05502,9( −=+−−−= b) Usando las entalpías de la Tabla 2. Utilizando las Entalpías especificas de gases selectos (Ver Anexos, Tabla 2).

H a 430 °C puede estimarse mediante interpolación lineal de los valores a 400°C (11,24 kJ/mol) y 500°C (14,37 kJ/mol).

molkJCH /19,2)100(ˆ =°

[ ] molkJmolkJCH /17,12/)24,1137,14(30,024,11)430(ˆ =−+=°

molkJmolkJH /98,9/)17,1219,2(ˆ −=−=Δ

De cualquier manera, se determina HΔ ,

kWskJ

kWsmol

kJkmol

molkmolHnHQ 500.2

/11

60min198,9

110

min0,15ˆˆ

3

−=××−

××=Δ=Δ= &&



97

3.5. Calcule el calor necesario para llevar 150 mol/h de una corriente que contiene 60% de C2H6 y 40% de C3H8 por volumen de 0°C a 400°C. Determine la capacidad calorífica para la mezcla como parte de la solución del problema. SOLUCIÓN: Se sustituyen las fórmulas polinomiales de capacidad calorífica para etano y propano dadas en la Tabla 2 en la ecuación siguiente para dar:

)1082,710816,51092,1304937,0(600,0)/( 312285 TTTCmolkJC mezclap−−− ×+×−×+×=°

)1071,311011,131059,2206803,0(400,0 312285 TTT −−− ×+×−×+×+

)1005,1710734,81039,1705683,0 312285 TTT −−− ×+×−×+=

∫°

°==Δ

C

C mezclap molkJdTCH400

0/89,34ˆ

donde T está en °C. Si se desprecian los cambios de energía cinética y potencial y el trabajo de flecha, el balance de energía se transforma en

hkJ

molkJ

hmolHnHQ 230.589,340,15ˆˆ =×=Δ=Δ= &&

Se supuso que el comportamiento de los gases se acerca lo suficiente a la idealidad para que las fórmulas de Cp a 1 atm sean válidas. 3.6. Un mineral de hierro (pirita) que contiene 85% de FeS2 y 15% de ganga (tierra, inerte, rocas, etc.) se tuesta con una cantidad de aire equivalente a un 200% de aire en exceso según la reacción:

23222 82114 SOOFeOFeS +→+

con objeto de producir SO2, toda la ganga, junto con el Fe2O3 van a dar al producto de desecho sólido (ceniza) que tiene un análisis de 4% de FeS2. Determine la transferencia de calor por kilogramo de mineral necesaria para mantener la corriente de producto a 25°C si las corrientes de entrada están a 25° C.



98

200% aire en exceso % mol N2 79 O2 21 . Total 100

Mineral: F % peso Fe2S 85 Ganga 15 . Total 100

Producto: P mol . SO2 X4 O2 X5 . N2 X6

Ceniza: C kg . Ganga x1 Fe2O3 x2 FeS2 x3 . Total x1+x2+x3

SOLUCIÓN: Se debe resolver primero el balance de materia del problema antes de determinar la transferencia de calor que es igual de reacción estándar. Diagrama cuantitativo Sistema abierto, estado estacionario. El exceso de aire se calcula suponiendo que todo el FeS2 reacciona para dar Fe2O3 a pesar que una parte de FeS2 no lo hizo. Los pesos moleculares son: Fe (55,85), Fe2O3 (159,7) y FeS2 (120) Base de cálculo: 100 kg de mineral de pirita Hay 6 incógnitas, se pueden escribir 5 balances: Ganga, N2, S, Fe y O2 y se conoce la fracción de FeS2 (5 ecuaciones y 5 incógnitas, por lo tanto solución única). Aire en exceso es: kgmol de FeS2 = 85/120 = 0,708 kgmol O2 requerido = 0,7083 (11/4) = 1,95 kgmol O2 en exceso = 1,95 (2) = 3,90 O2 total que entra = 1,95 + 3,90 = 5,85 kgmol N2 total que entra = 5,85 (79/21) = 21,98 kgmol Los balances de masa de los elementos son:

Entra Sale Ganga (kg) 15 =

1x N2 (kgmol) 21,98 =

6x

S (kgmol) 2 (85/120) = )2)(120/( 34 xx +

Fe (kgmol) 1(85/120) = )1)(120/()2)(7,159/( 32 xx +

Proceso



99

O2 (kgmol) 5,84 = )5,1()7,159/( 254 xxx ++

Además 04,0)(/ 3213 =++ xxxx (FeS2 = 4% en peso)

La solución de estas ecuaciones es:

En P En C

kgmolSOx 368,1)( 24 = kggangax 15)( 1 =

kgmolOx 938,3)( 25 = 63,54)( 322 =OFex 0,342 kgmol

kgmolNx 998,21)( 26 = 9,2)( 23 =FeSx 0,024 kgmol

Ahora usaremos el balance de energía para determinar la transferencia de calor. El balance de energía general se reduce a (ΔE = 0, ΔP = 0, ΔK = 0, W = 0) Q= ΔH Como todos los reactivos y productos están a 25°C y 1 atm, escogeremos estas condiciones como estado de referencia, y con ello se harán cero todos los términos de “calor sensible” de la ecuación.

Productos Reactivos 10-3 x °Δ fH °Δ fi Hn ˆ 10-3 x °Δ fH °Δ fi Hn ˆ

Comp. g mol (kJ/g mol) (kJ) g mol (kJ/g mol) (kJ) FeS2 0,024 -177,9 -4,305 0,708 -177,9 -126,007 Fe2O3 0,342 -822,16 -281,17 0 -822,16 0 N2 21,998 0 0 21,983 0 0 O2 3,938 0 0 5,844 0 0 SO2 1,368 -296,9 -406,16 0 -296,9 0

Total -691,64 Total -126,007

[ ] )10()007,126(641,691 3−−−=QMineralkg

kJQ100

10634,565 3×−=

O bien,

MineralkgkJQ 310656.5 ×−=

El signo negativo indica que se remueve calor del proceso.

∑∑ °° Δ−Δ=activos

iioductos

ii HnHnQRePr

ˆˆ



100

3.7. El calor normal de reacción a 25°C y 1 atm para la oxidación de amoniaco es –904,6 KJ/mol. La reacción es :

)(6)(45)(4 223 gOHgNOOgNH +→+

100 moles de amoniaco/h y 200 moles de oxígeno a 25°C se alimentan a un reactor en el cual se consume completamente el amoniaco. La corriente de producto emerge como un gas a 300°C. Calcular el calor transferido desde o hacia el reactor suponiendo una operación a 1 atm.

∑ ∫+Δ=Salida

Entrada

T

Tsalidaentradar cpdTnTHr

dtdQ )(

σteireactivoentradaxN

entradamolessalidamolesr tanlim=−=

( ) ∑ ∫+Δ=Δentrada

referencia

T

T

0 cpdTHTHr rentrada σ

∑ Δ=Δ 0,

0ifir HH σ

ENTRADA REACCIÓN GENERACIÓN SALIDA

mol mol mol mol Amoniaco 100 100 0 0 Oxígeno 200 125 0 75 Oxido nítrico 0 0 100 100 Agua 0 0 150 150

Cp aproximados Cp oxígeno = 31,00 J/mol K Cp agua vapor = 35,95 J/mol K Cp oxido nítrico = 29,50 J/mol K

∫ ∫∫ +++°Δ=300

25

300

25

300

252222

)25( dTcpndTcpndTcpnCHrdtdQ

OOOHOHNONOr

KJ681.193975,933.2615.22772,1482250,811375,639)6,904(4

100−=+−=+++−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

dtdQ

3.8. El calor estándar de la combustión del vapor de n-butano es

:542

13)(2)(2)(2)(104 lggg OHCOOHC +→+ molkJH o

r /878.2−=Δ)



101

Calcule la velocidad del cambio de entalpía, )/( skJH&Δ , si se producen 2400 mol/s de CO2 en esta reacción, y tanto los reactivos como los productos están a 25 ºC. SOLUCIÓN: Usando la ecuación

A

rA

A

entradaAsalidaA

vn

vnn ,,, =

−=ξ

( )

smolsmolv

rn

CO

CO /6004

/400.2

2

2 ===&

&ξ

Luego con la ecuación

skJmolkJ

smolHH o

r /1073,1878.2600 6×−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Δ=Δ

)&& ξ

3.9. ¿ Cuál es el calor estándar de la reacción

?108132 )(2)(2)(2)(104 lggg OHCOOHC +→+

Calcule H&Δ si se producen 2.400 mol/s de CO2 e esta reacción, y tanto los reactivos y productos están a 25ºC. SOLUCIÓN Como al duplicarse los coeficientes estequiométricos de una reacción, el calor de reacción también debe duplicarse,

molkJmolkJHH or

or /756.5)/878.2(2ˆ2ˆ

12 −=−=Δ=Δ El cambio de entalpía asociado con la producción de 2.400 mol/s de CO2 a 25ºC no puede depender de la manera en que está escrita la ecuación estequiométrica ( las mismas cantidades de reactivos y productos a las mismas temperaturas deben tener entalpías iguales), y por tanto H&Δ debe calcularse en el inciso (a). No obstante, hagamos los cálculos para probarlo.



102

( )smolsmol

v

n

CO

salidaCO /3008

/400.2

2

2 ===&

&ξ

skJmolkJ

smolHH o

r /1073,1756.5300 6×−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Δ=Δ

)&& ξ

3.10. Los calores de vaporización del n-butano y el agua a 25ºC son 19,2 kJ/mol y 44,0 kJ/mol, respectivamente. ¿Cuál es el calor estándar de la reacción

?542

13)(2)(2)(2)(104 Vggl OHCOOHC +→+

Calcule H&Δ si se producen 2400 mol/s de CO2 en esta reacción y tanto reactivos como productos están a 25ºC. SOLUCIÓN: Compare las dos reacciones:

:542

13)(2)(2)(2)(104 lggl OHCOOHC +→+ ( ) molkJH o

r /878.21 −=Δ)

:542

13)(2)(2)(2)(104 Vggl OHCOOHC +→+ ( ) ?2 =Δ o

rH)

La entalpía total de los productos en la segunda reacción [ 4 mol CO2(g) + 5 mol H2O(g) a 25 ºC] es mayor que la de los productos en la primera reacción [ 4 mol de CO2(g) + 5 mol H2O(l) a 25ºC] por una cantidad de cinco veces mayor que el calor de vaporización del agua. De manera similar, la entalpía total de los reactivos en la segunda reacción es menor que la de los reactivos en la primera por el calor de vaporización del butano.

(¿Por qué?) Como reactivosproductosr HHH −=Δ ˆ se deduce que

skJmolkJ

smolHH o

r /1058,12639600 62 ×−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=Δ=Δ

)&& ξ

( ) ( ) ( ) ( )molkJmolkJ

HHHH HCVOHVor

or

/2639/]2,19)0,44(52878[

ˆˆ5ˆˆ104212

−=++−=

Δ+Δ+Δ=Δ



103

3.11. El calor estándar de la reacción

)()(2)(32)(2)(42 2 gglgg HClHHClCClHC ++→+

es ./8,420ˆ molkJH or −=Δ

Calcule rUΔ para esta reacción. SOLUCIÓN: De la ecuación estequiométrica

211)( =+=∑ sproductivogasesvi

molkJ

JkJK

molKJ

molkJ

RTHU rr

3,418

1011298314,88,420

)32(ˆˆ

3

−=

×−××−−=

−−Δ=Δ

3.12. Los calores estándar de las siguientes reacciones de combustión se determinaron en forma experimental:

1. :3227

22262 OHCOOHC +→+ molkJH or /8,1559ˆ1 −=Δ

2. :22 COOC →+ molkJH or /5,393ˆ

2 −=Δ

3. :21

222 OHOH →+ molkJH or /8,285ˆ3 −=Δ

Aplique la ley de Hess y los calores de reacción dados para determinar el calor de la reacción

4. :32 622 HCHC →+ ?ˆ4 =Δ o

rH

SOLUCIÓN Como )1()3(3)2(2)4( −×+×= Por la ley de Hess

321)( =+=∑ reactivosgasesvi



104

molkJHHHH or

or

or

or /6,84ˆˆ3ˆ2ˆ

1324 −=Δ−Δ+Δ=Δ

Este calor de reacción no podría haberse medido directamente, ya que es imposible hacer reaccionar carbono e hidrógeno de modo que el único producto de reacción sea el etano. 3.13. Determine el calor estándar de reacción para la combustión de n-pentano, suponiendo que H2O(l) es un producto de combustión.

)(2)(2)(2)(125 658 lggl OHCOOHC +→+

SOLUCIÓN

)(125)(2)(2)ˆ()ˆ(6)ˆ(5ˆ

llg HCofOH

ofCO

of

or HHHH Δ−Δ+Δ=Δ

Calores de formación de la tabla B.1

molkJ

molkJH or

/3509/)]0,173()84,285(6)5,393(5[ˆ

−=−−−+−=Δ

Para verificar la fórmula para orHΔ , podemos escribir las ecuaciones estequiométricas

para las reacciones de formación de reactivos y productos:

1. :65 )(125)(2)( lgs HCHC →+ )(125

)ˆ(ˆ1 lHC

of

or HH Δ=Δ

2. :)(2)(2)( ggs COOC →+ )(2

)ˆ(ˆ2 gCO

of

or HH Δ=Δ

3. :21

)(2)(2)(2 lgg OHOH →+ )(2

)ˆ(ˆ3 lOH

of

or HH Δ=Δ

La reacción deseada,

4. :658 )(2)(2)(2)(125 lggl OHCOOHC +→+ ?ˆ =Δ orH

Puede obtenerse como )1()3(6)2(5 −×+× (verifíquelo), y entonces la fórmula dada

para orHΔ se deduce de la ley de Hess.



105

3.14. El calor de reacción estándar para la oxidación de amoniaco se da a continuación:

:6454 )(2)()(2)(3 vggg OHNOONH +→+ molkJH or /7,904ˆ −=Δ

100 moles de NH3/s y 200 mol de O2/s a 25ºC se alimentan a un reactor donde el amoniaco se consume por completo. El gas producido emerge a 300 ºC. Calcule la velocidad a la cual se debe transferir calor hacia o desde el reactor, suponiendo que la operación se realiza aproximada a 1 atm. SOLUCIÓN:

)/( skJQ& (Verifique las velocidades de flujo del producto) Como sólo se lleva a cabo una

reacción y se conoce orHΔ , se utilizará el método de calor de reacción para efectuar el

balance de energía, eligiendo como referencia las especies de reactivos y productos en los estados para los cuales se da calor de reacción. La tabla de entalpía es la siguiente:

Referencias: NH3(g), O2(g), NO(g), H2O(v) a 25 ºC y 1 atm Sustancia

)/( smolnentrada&

)/(

ˆ

molkJH entrada

)/( smolnsalida&

)/(

ˆ

molkJH salida

NH3 100 0 --- --- O2 200 0 75

1H NO --- --- 100

2H H2O --- --- 150

3H

Se calculan las entalpías desconocidas

)/470,8ˆ:)º300,( 12 entalpíadetablalaenvalorelinsertarmolkJHCgO =

molkJHdTCpHCgNOC

C/453,8ˆ)(ˆ:)º300,( 2

º300

º252 =⇒= ∫

molkJHCvOH /570,9ˆ:)º300,( 32 =

Calculo de Hy && Δξ Como en el proceso se consumen 100 mol de NH3/s (A=NH3, moln rA 100, =& de NH3

consumido/s), se puede utilizar la siguiente ecuación:



106

smolsmolv

n

NH

NH r /254

/100

3

3 ===&

&ξ

skJskJ

molkJsmol

HnHnHH entradaentradasalidasalidaor

/700.19/)]0)(200()0)(100(

)570,9)(150()453,8)(100()470,8)(75[()/7,904)(/25(

ˆˆˆ

−=−−

+++−=

−+Δ=Δ ∑∑ &&&& ξ

Balance de energía

Para este sistema abierto,

pks EEHWQ &&&&& Δ+Δ+Δ=−

)(0 móvilesparteshaynoWs =&

)(0 horizonalunidadEp =Δ &

)(0 cinéticaenergíadecambiosdodesprecianEk =Δ &

kWskJHQ 700.19/700.19 −=−=Δ= && Por tanto, 19.700 kW de calor deben transferirse del reactor para mantener la temperatura del producto a 300 ºC. Si se transfiriera menos calor, una cantidad mayor el calor de reacción pasaría a la mezcla de reacción y la temperatura de salida aumentaría. 3.15. Diez libras de CO2 a temperatura ambiente (80°F) se almacenan en un extintor de incendios que tiene un volumen de 4.0 ft3. ¿Cuánto calor se deberá extraer del extintor para que el 40% del CO2, se encuentre en estado líquido? SOLUCIÓN Este problema implica un sistema cerrado sin reacción, así que se puede aplicar la ecuación WQKPUEEE tt +=Δ+Δ+Δ=−=Δ 12 . Podemos usar la carta de CO2 del

apéndice J (Himmelblau) para obtener los valores de propiedades necesarios. El volumen específico del CO2 es de 4.0/10 = 0.40 ft3/lb, de modo que el CO2 está en

estado gaseoso al principio del proceso. La presión es de 300 psia y HΔ = 160 Btu/lb. Base de cálculo: 10 lb CO,



107

Frontera del sistema 80ºF En el balance de energía

WQE +=Δ W es cero porque el volumen del sistema esta fijo, así que con ,0=Δ=Δ PK

)( pVHUQ Δ−Δ=Δ=

No tenemos valores de UΔ en la carta de CO2 sólo de HΔ . Podemos obtener finalHΔ

de la carta de CO2 si seguimos la línea de volumen constante de 0.40 ft3/lb hasta el punto en el que la calidad es 0,6. Con esto queda fijo el estado final y podemos identificar todas las propiedades finales, a saber

lbBtuH final /81ˆ =Δ

psiap final 140=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−−=2,778

)40,0)(144)(300(2,778

)40,0)(144)(140()16081(Q

)(2,67 calorextraeseBtuQ −= 3.16. Diez libras de agua a 35ºF, 4,00 lb de hielo a 32°F y 6,00 lb de vapor de agua a 250ºF y 20 psia se mezclan en un recipiente de volumen fijo. ¿Cuál es la temperatura final de la mezcla? ¿Cuánto vapor de agua se condensa? Suponga que el volumen del recipiente es constante con un valor igual al volumen inicial del vapor de agua y que el recipiente está aislado. Suponga que se trata de un proceso por lotes, no continuo. SOLUCIÓN Podemos suponer que el proceso por lotes global ocurre con 00 == WyQ si definimos el sistema como en la flgura. Sea T2, la temperatura final. El sistema consiste en 20 lb de H2O en una o dos fases. 0=Δ=Δ PK . El balance de energía se reduce a 0=ΔU , Las propiedades iniciales se pueden obtener de las tablas de vapor de agua (Himmelblau). Desafortunadamente, si utilizamos unidades del sistema

4,0 ft3

CO2



108

estadounidense sólo podemos obtener valores de HΔ , no los valores de UΔ que queremos (y que podríamos obtener de las tablas de vapor de agua en el SI) para el

balance de energía, así que también necesitamos valores para p y para V .

10 lb de agua 35º F

6 lb de vapor de agua 250º F

4 lb de hielo 32º F

MezclafinalT2

Las propiedades que requerimos son: )/(ˆ lbBtuHΔ )/(ˆ 3 lbftV

)( psiap )(º FT Hielo -143,6 --- --- 32 Agua 3,02 0,0162 --- 35 Vapor de agua 1.168 20,81 20 250

Sabemos que ),ˆ(ˆˆ VpHU Δ−Δ=Δ así que el balance de energía se convierte en

0)( =Δ−Δ pVH (a)

El volumen del recipiente es tijo e igual al volumen inicial del vapor, que es (6)(20,81) = 124,86 ft3; podemos ignorar los volúmenes del agua y del hielo en los cálculos, porque son muy pequeños. La base de cálculo es 20 lb de agua en las condiciones dadas: 4 lb de hielo a 32°F Base de cálculo: 10 lb de H2O a 35°F 6 lb de vapor de agua a 250ºF y 20 psia Si suponemos que el estado final del agua es agua líquida en equilibrio con vapor de agua (suposición que deberemos comprobar), podemos calcular la HΔ final de las 20 lb de agua. Sabemos que el agua final está saturada. La segunda condición para fijar el estado (calidad, temperatura y presión) del sistema puede obtenerse del balance de energía, así que el problema tiene una solución única. Sin embargo, el estado final se debe calcular indirectamente si es que vamos a usar tablas.



109

finalHΔ = inicialHΔ

)ˆ(4)ˆ(6)()ˆ4ˆ10ˆ6( iT

WT

fT

iT

WT

ST

fT iWfiWSf

VpVppVHHHH −−=Δ+Δ+Δ−Δ (b)

Los dos últimos términos del miembro derecho de la ecuación (b) no pueden ser mayores que 1 Btu, así que podemos ignorarlos sin peligro. iAsegúrese de verificar esta suposición! Por tanto, la ecuación que debemos usar es

)ˆ(6)ˆ4ˆ10ˆ6()( S

TiT

WT

ST

fT

fT SiWSff

VpHHHpVH −Δ+Δ+Δ=−Δ (c)

Debido a los cambios de fase que ocurren y tambien a la no linealidad de las capacidades caloríficas en función de la temperatura, no es posible sustituir las entalpías en la ecuación (c) por funciones de la temperatura y obtener una ecuación algebraica lineal que sea fácil de resolver. Por ello, la estrategia que adoptaremos consistirá en suponer una temperatura y una presión fínales, y luego verificar la suposición mediante la ecuación (c). Queremos determinar en qué intervalo está la temperatura, si esto es posible, y luego interpolar para obtener la respuesta deseada. La presión dentro del recipiente desciende conforme se condensa vapor de agua. Los datos para el volumen específico del vapor de agua en función de la temperatura y de la presión se pueden obtener de las tablas de vapor de agua para condiciones saturadas, y la masa de vapor de agua que permanece en la fase de vapora cualquier temperatura (o presión) supuesta se puede calcular dividiendo 124,86 ft3 entre el volumen específico del vapor de agua. El miembro derecho de la ecuación (c) es igual a

Btulbft

Btulb

ftft

pupu

lblb

lbBtulb

lbBtulb

lbBtulb

fm

fm 6,001.6

778181,20

1lg12

lg20

6

6,143402,310168.16

32

2 =××⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛××−

−×+×+×

Como estimación inicial, supongamos que no se condensa la mitad del vapor de agua original. Entonces, el volumen específico del vapor de agua final será de (124,86 ft3/3 lb) = 41,62 ft3/lb. La línea de presión más cercana en las tablas de vapor de agua, en la columna de vapor de agua saturado, es la de 10 psia (T=193,21ºF) con un volumen

específico de 38,462 ft3/lb y una líquidoHΔ = 161,17 Btu/lb. Utilizaremos estos últimos

datos para verificar la suposición inicial. Calculamos

.246,3462,38

186,124 33 condnoaguadevapordelb

ftaguadevapordelbftS =×=

La entalpía final del sistema es:

711.33,143.1246.3: Btu

aguadevapordelbBtuaguadevapordelbVapor =×

411.6700.217,161)246,320(: =×−

líquidodelbBtulíquidodelbLíquido

El p V final del sistema es (ignorando la fase líquida):



110

Btulbft

Btuftft

pupu

lbVapor

f

f 231778

186,1241

lg12lg

10: 3

2

2 =××⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×

6,001.6180.6231411.6 ≠=−

La estimación inicial de p=10 psia era un poco alta. Esta vez (para variar) estimaremos la temperatura de saturación de Tf=186ºF (que corresponde a p*=8,566 psia,

vaporV =44,55 ft3/lb, líquidoHΔ = 153,93 Btu/lb y vaporHΔ = 1.140,5 Btu/lb).

Para esta segunda estimación

ncondensarosenolbS 899,245,4486,124

==

Utilizamos otra vez la ecuación (c)

6,001.6734.5204)4,632.23,306.3( ≠=−+ Esta vez la estimación fue demasiado baja, pero ya determinamos entre qué límites debe estar la solución. Una interpolación lineal de S nos da

11,3)899,2246,3(29,734.528,180.6

29,734.56,001.6899,2 =−×⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

−+=S

Por tanto, el vapor de agua que se condensa es 6 – 3,11= 2,89 lb, y la suposición resultó ser correcta. 3.17. Una mezcla líquida equimolar de benceno (B) y tolueno (T) a 10°C se alimenta en forma continua a un recipiente, en el cual la mezcla se calienta a 50°C. El producto líquido contiene 40,0 mol % de B y el producto en vapor contiene 68,4 mol % de B. ¿Cuánto calor debe transferirse a la mezcla por gmol de alimentación? Base: 1 mol de alimentación.



111

Comenzamos por un análisis de los grados de libertad:

3 variables desconocidas (nv, nL, Q)

- 2 balances de materia - 1 balance de energía .

= 0 grados de libertad A continuación determinamos nV, y nL a partir de los balances de materia, y después Q a partir de un balance de energía.

El balance de energía para este proceso tiene la forma HQ Δ= . La siguiente es una tabla de entalpía para el proceso:

entradan entradaH salidan

salidaH

Sustancia (mol) (KJ/mol) (mol) (KJ/mol) B (l) 0,500 0 0,259

1H T (l) 0,500 0 0,389

2H B (v) -- -- 0,241

3H

T (v) -- -- 0,111 4H

Los valores de salida de salidan se determinaron a partir de las fracciones molares

conocidas de benceno y tolueno en las corrientes de salida y los valores calculados de

Vn y Ln . Desconocemos la presión de la corriente de alimentación, y por tanto

asumimos que HΔ para el cambio de 1 atm a entaciónaP lim es despreciable, y como el

proceso no se efectúa a una temperatura demasiado baja ni a presión muy alta,

Balance total de masa: LV nnmol +=00,1 molnV 352,0=

Balance del benceno: LV nnmol 400,0684,0500,0 += molnL 648,0=

HgmmCmolnL 8,34,50),( °

0,400 mol B/mol 0,600 mol T/mol

HgmmCmolnv 8,34,50),( °

0,684 mol B/mol 0,316 mol T/mol

1 mol, 10°C 0,500 mol B/mol 0,500 mol T/mol

Q(J)



112

despreciamos los efectos de la presión sobre las entalpías de salida se obtiene de los apéndices de los libros citados en la bibliografía. [1] A continuación se dan las fórmulas y valores de las entalpías específicas desconocidas.

molkJdTCHC

C lHCp /332,5)(ˆ 50

10 )(166

== ∫°

°

molkJdTCHC

C lHCp /340,6)(ˆ 50

10 )(287

== ∫°

°

molkJdTCpCHCHdTCHC

C vHCV

C

C lHCp /52,37)()1,80()ˆ()(ˆ 50

1,80 )(66

1,80

10 )(3 6666=+°Δ+= ∫∫

°

°

°

°

molkJdTCpCHCHdTCHC

C vHCV

C

C lHCp /93,42)()62,110()ˆ()(ˆ 50

62,110 )(87

62,110

10 )(4 8787=+°Δ+= ∫∫

°

°

°

°

El balance de energía es:

kJHnHnHQentrada

iisalida

ii 7,17ˆˆ =−=Δ= ∑∑ °°

3.18. La conversión de desechos sólidos en gases inocuos se puede realizar en incineradores siguiendo un método aceptable desde el punto de vista ambiental. Sin embargo, los gases de escape calientes a menudo tienen que enfriarse o diluirse con aire. Un estudio de factibilidad económica indica que los desechos municipales sólidos pueden quemarse para producir un gas con la siguiente composición (en base seca): CO2 : 9,2% CO : 1,5% 02 : 7,3% N2 : 82,0% : 100,0% ¿Cuál es la diferencia de entalpía para este gas por lbmol entre la parte inferior y la superior de la chimenea si la temperatura en la parte inferior es de 550°F, y la de la parte superior, 200°F? Ignore el vapor de agua en el gas. Puede ignorar también los efectos energéticos que resulten del mezclado de los componentes gaseosos.



113

SOLUCIÓN: Las ecuaciones de capacidad calorífica son [T en ºF; Cp en Btu/(lb mol)(ºF)] N2: Cp = 6,895 + 0,762x10-3 T – 0,7009x10-7 T2 O2: CP = 7,104 + 0,785x10-3 T – 0,5528x10-7 T2 CO: Cp = 6,865 + 0,802x10-3 T – 0,7367x10-7 T2 CO2: Cp = 8,448 + 5,757x10-3 T - 21,590x10-7 T2 + 3,059x10-10 T3 Base de cálculo: 1 lbmol de gas Si multiplica estas ecuaciones por la fracción molar de cada componente y luego las suma podrá ahorrar tiempo durante la integración, pero se pueden integrar individualmente, en especial si se usa el programa de computadora para calcular AH que se encuentra en el disco que acompaña a este libro. N2: 0,820 x (6,895 + 0,7624x10-3 T – 0,7009x10-7 T2) O2: 0,073 x (7,104 + 0,7851x10-3 T – 0,5528x10-7 T2) CO: 0,015 x (6,865 + 0,8024x10-3 T – 0,7367x10-7 T2) CO2: 0,092 x (8,448 + 5,7570x10-3 T – 21,590x10-7 T2 + 3,059x10-10 T3)

310273 102814,0106124,2102242,1053,7 TTTC netop−−− ×+×−×+=

gaslbmolBtu

dTTTTH

/616.2633,08,137,1606,468.2

])550()200[(4

102814,0])550()200[(3

106124,2

])500()200[(2

102242,1)]500()200[(053,7

)102814,0106124,2102242,1053,7(ˆ

4410

337

223

200

550

310273

−=−+−−=

−×

+−×

−

−×

+−=

×+×−×+=Δ

−−

−

−−∫

3.19. Se está comprimiendo aire de 100 kPa y 255 K (estado en el que tiene una entalpía de 489 kJ/ kg) a 1000 kPa y 278 K (estado en el que tiene una entalpía de 509 kJ/kg). La velocidad de salida del aire del compresor es de 60 m/s. ¿Qué potencia (en kW) debe tener el compresor si la carga es de 100 kg/b de aire?

225 K

0/487ˆ

1

1

==Δ

VkgkJH

100 kPa

278 K

smVkgkJH

/60/509ˆ

2

2

==Δ

1000 kPa

1 2



114

Frontera del sistema

SOLUCIÓN Cantidades conocidas. No hay reacción. El proceso es obviamente un proceso continuo o abierto. Supongamos que la velocidad del aire que entra es cero. Base de cálculo: 100 kg de aire = 1 h Simplifiquemos el balance de energía (sólo hay un componente):

])ˆˆˆ[( mPKHWQE ++Δ−+=Δ 1) El proceso esta en estado estacionario, así que 0=ΔE .

2) mmm == 21

3) .0)ˆ( =Δ mP 4) Q=0 por suposición (Q sería pequeña incluso si el sistema no estuviera aislado). 5) v1=0 (no se conoce el valor pero debe ser pequeño). El resultado es

KHmKHW Δ+Δ=+Δ= ])ˆˆ[(

Tenemos una ecuación y una incógnita, W ( KΔ y HΔ se pueden calcular), así que el problema tiene una solución única.

kJkgkg

kJH 2000100)489509(=×

−=Δ

( ) kJ

smkg

kJsmkg

vvmK

1801000

16010021

)(21

2

22

2

21

22

=×××=

−=Δ

kJW 2180)1802000( =+=

(Nota: El signo positivo indica que se realiza trabajo sobre el aire.) Para convertir en potencia (trabajo/tiempo),

kWs

h

skJkW

hkJkW 61,0

36001

11

1180.2

=××=



115

3.20. Si el calor de formación estándar para H2O(l) es de -285.838 kJ/gmol y el calor de evaporación es de +44,012 kJ/gmol a 25°C y 1 atm, ¿cuál es el calor de formación estándar del H2O(g)? SOLUCIÓN Procederemos sumando las ecuaciones químicas conocidas y las transiciones de fase para obtener la ecuacibn química deseada, y realizaremos las mismas operaciones con los cambios de entalpía. Para la reacción A,

∑∑ Δ−Δ=Δ oreactivosf

oproductosf

orxn HHH ˆˆˆ

A: gmolkJHOHOH o

rxnlgg /838,285ˆ21

)(2)(2)(2 −=Δ→+

B: gmolkJHOHOH oVapgl /012,44ˆ

)(2)(2 +=Δ→

A+B: )(2)(2)(2 2

1ggg OHOH →+

gmolkJHHHH oOHf

oOHrxn

ovap

orxnA gg

/826,241ˆˆˆˆ)(2)(2

−=Δ=Δ=Δ+Δ

3.21. En una cámara de deposición de plasma con un volumen de 2 L se va a calentar gas argón con un calentador de resistencia eléctrica. En un principio el gas, que puede tratarse como gas ideal, esta a 1,5 Pa y 300 K. El calentador de 1.000 ohms extrae corriente a 40 V durante 5 minutos (o sea, el entorno realiza 480 J de trabajo). ¿Cuál es la temperatura y la presión finales del gas en equilibrio? La masa del calentador es de 12 g y su capacidad calorífica es de 0,35 J/(gmol)(K). Suponga que la transferencia de calor del gas a la cámara es insignificante a esta presión tan baja y en un tiempo tan corto. SOLUCIÓN: No hay reacción. El hecho de que la bobina del calentador se “caliente” dentro del sistema no significa que haya transferencia de calor al sistema. El sistema no intercambia masa con el entorno, así que puede aplicarse la ecuación con ΔK= ΔP=0:

UWQE Δ=+=Δ

El sistema es el gas más el calentador, como se muestra en la figura. En vista de la suposición acerca de la transferencia de calor, Q= 0. W se da como +480 J (trabajo realizado sobre el sistema) en 5 minutos. Base de cálculo: 5 minutos



116

Para gas ideal nRTpV = Frontera del sistema (el gas)

y conocemos p, V y T iniciales, así que podemos calcular la masa del gas:

gmol

Lm

KKgmol

mPaLPa

RTpVn

6

33

3

10203,1

110

300))((

))((314,8

25,1

−

−

×=

××

×==

Se conocen los datos de la masa y la capacidad calorífica del calentador, y la Cv del gas

es RCC pv −= . Puesto que RC p 25

= ,

RRRCv 23

25

=−=

Suponemos que la capacidad calorífica dada del calentador también es Cv. Sabemos que para el gas

)300(300

−==Δ ∫ TnCdTCnU v

T

v

así que podremos obtener T una vez que hayamos calculado UΔ de .WU =Δ

KT

TTJU

gascalentador

º3,414

)300)(314,8(23)10302,2()300)(35,0)(12(480 6

=

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛×+−==Δ −

La presión final es

11

22

11

22

RTnRTn

VpVp

=

O sea

PaTTpp 07,2

3003,4145,1

1

212 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

W

Q = 0



117

3.22. Uno de los procesos que implica la deshidrogenación catalítica en presencia de hidrógeno se conoce con el nombre de “hydroforming”. Durante la Segunda Guerra Mundial, este proceso tuvo gran importancia como ayuda para satisfacer la demanda de tolueno para la manufactura de explosivos. El tolueno, el benceno y otros derivados aromáticos pueden producirse económicamente en esta forma a partir de cargas de alimentación constituidas por naftas. Después de separar el tolueno de los otros, se condensa y se enfría en un proceso como el que se muestra en el diagrama de flujo. Por cada 100 lb de alimentación cargada al sistema, se producen 27,5 lb de una mezcla de tolueno y agua (9,1 % en peso de agua) como vapor el cual se condensa mediante la corriente de la alimentación. Calcular: a) La temperatura de la carga de alimentación después de salir del condensador. b) Las libras de agua de enfriamiento requeridas por hora.

Horno

Sep

arad

or

300 ºF, 1 atm

Condensador

Enfríador

200 ºF, 1 atm

100 ºFTolueno + H2OH2O

65 ºFCarga de alimentación

60 ºF, 48.000 lb/día

H2O130 ºF

Corriente Cp (BTU/lb ºF) T.E. (ºF) Calor latente de vaporización

(BTU/lb) H2O (l) 1,0 212 970 H2O (g) 0,5 --- --- Tolueno (l) 0,4 260 100 Tolueno (g) 0,3 --- --- Alimentación 0,5 --- --- SOLUCIÓN: a) La temperatura de la carga de alimentación después de salir del condensador. Balance de calor en el condensador:



118

La corriente de alimentación se calienta de 60 ° F hasta la temperatura de salida que es la que hay que hallar. Los vapores que salen del separador, compuestos por tolueno y agua, se enfrían hasta la temperatura de cambio de fase (T. E.), condensan y luego se enfrían como líquido hasta la temperatura de salida de la corriente.

)()()()()()(

)()()()()()(.lim.lim

2222

22

llOHlOHggOHgOH

llTlTggTgTOHOHTTaa

tCpWtCpW

tCpWtCpWHWHWTCpW

Δ+Δ

+Δ+Δ+Δ+Δ=Δ

)200212(150)212300(5,050)200260(4,0500)260300(3,050097050100500)60(5,0000.2 2

−××+−××+−××+−××+×+×=−×× T

119300)60(1000 2 =−× T

601000

1193002 +=T

FT º3,1792 = b) Las libras de agua de enfriamiento requeridas por hora. Balance de calor en el enfriador: tCpWTCpWTCpW OHOHTTOHenfOH Δ+Δ=Δ

2222 .

)100200(150)100200(4,0500)65130(1.2−××+−××=−××enfOHW

3.23. Emplee el diagrama psicrométrico para estimar: a) La humedad absoluta, la temperatura de bulbo húmedo, el volumen húmedo, el punto de rocío y la entalpía específica del aire húmedo a 41°C y 10% de humedad relativa b) La cantidad de agua en 150 m3 de aire en estas condiciones. El siguiente es un esquema del diagrama psicrométrico, que muestra el estado determinado del aire:

2500065.2=×enfOHW

hlbW enfOH /385.2=



119

a) La humedad absoluta, la temperatura de bulbo húmedo, el volumen húmedo, el punto de rocío y la entalpía específica del aire húmedo a 41°C y 10% de humedad relativa Leyendo en el diagrama,

DAkgOHkgha /0048,0 2≈

)(895,0)/(ˆ 3 curvalamuestrasenoDAkgmV ≈ El punto de rocío es la temperatura a la cual el aire con el contenido de agua dado estaría saturado a la misma presión total (1 atm) y, por tanto, se localiza en la intersección de la línea horizontal de humedad absoluta constante (ha= 0,0048) y la curva de saturación, o Tpr=3°C. La entalpía específica del aire saturado a Tbh= 19°C es 54,2 kJ/kg DA. Como el punto que corresponde a 41°C y 10% de humedad relativa cae caso en la parte media entre

las curvas de desviación de la entalpía correspondiente a – 0,6 kJ/kg y –0,8 kJ/kg, H , se puede calcular como sigue

DAkgkJH /)7,02,54(ˆ −=

DAkgkJH /5,53ˆ =

CTbh °= 19



120

b) La cantidad de agua en 150 m3 de aire en estas condiciones. En el diagrama psicrométrico se ve que el volumen húmedo del aire es 0,897 m3/kg DA. Por consiguiente calculamos:

OHkgDAkg

OHkgm

DAkgm 22

33 803,0

10048,0

897,01150 =××



121

ANEXOS

Tabla 1. Capacidades caloríficas [1]

Forma 1: 32)/()/( dTcTbTaKmolkJóCmolkJC p +++=°

Forma 2: 2)/()/( −++=° cTbTaKmolkJóCmolkJC p

Ejemplo: 312285

)( )1076,34()1078,12()1010,20(07196,0 TTTC gacetonap−−− ×+×−×+= , donde T está en °C.

Nota: Las fórmulas para gases se aplican en forma estricta a presiones lo bastante bajas para que la ecuación de los gases ideales sea válida. a x b x c x d x

Compuesto Fórmula Peso

molecular Estado Forma Un. de Temp. 103 105 108 1012

Rango (T)

Acetileno C2H2 26,04 g 1 °C 42,43 6,053 -5,033 18,20 0 – 1200 Acetona CH3COCH3 58,08 l 1 °C 123,00 18,60 -30 – 60 g 1 °C 71,96 20,10 -12,78 34,76 0 – 1200 Ácido nítrico NHO3 63,02 l 1 °C 110,00 25 Ácido sulfúrico H2SO4 98,08 l 1 °C 139,10 15,59 10 – 45 Agua H2O 18,016 l 1 °C 75,40 0 – 100 g 1 °C 33,46 0,6880 0,7604 -3,593 0 – 1500 Aire 29,0 g 1 °C 28,94 0,4147 0,3191 -1,965 0 – 1500 g 1 K 28,09 0,1965 0,4799 -1,965 273–1800 Alcohol etílico C2H5OH 46,07 l 1 °C 103,10 0 (etanol) l 1 °C 158,80 100 g 1 °C 61,34 15,72 -8,749 19,83 0 – 1200 Alcohol metílico CH3OH 32,04 l 1 °C 75,86 16,83 0 – 65 (metanol) g 1 °C 42,93 8,301 -1,87 -8,03 0 – 700 Amoniaco NH3 17,03 g 1 °C 35,15 2,954 0,4421 -6,686 0 – 1200 Azufre S 32,07 cRómbico 1 K 15,20 2,68 273 – 368 cMonoclínico 1 K 18,30 1,84 368 – 392 Benceno C6H6 78,11 l 1 °C 126,50 23,40 6 – 67 g 1 °C 74,06 32,95 -25,20 77,57 0 – 1200 Bromuro de Hidrógeno HBr 80,92 g 1 °C 29,10 -0,0227 0,9887 -4,585 0 – 1200 n-Butano C4H10 58,12 g 1 °C 92,30 27,88 -15,47 34,94 0 – 1200 Carbonato de calcio CaCO3 100,09 c 2 K 82,34 4,975 -12,87x1010 -- 273– 1033 Carbonato de sodio Na2CO3 105,99 c 1 K 121,00 288 – 371 Carbonato de sodio Na2CO3 286,15 c 1 K 535,60 298 decahidratado *10H20 Carbono C 12,01 c 2 K 11,18 1,095 -4,891x1010 273-1373 Carburo de calcio CaC2 64,10 c 2 K 68,62 1,19 -8,66x1010 -- 298 – 720 Cianuro de hidrógeno HCN 27,03 g 1 °C 35,30 2,908 1,092 0 – 1200 Ciclohexano C6H12 84,16 g 1 °C 94,14 49,62 -31,90 80,63 0 – 1200 Ciclopentano C5H10 70,13 g 1 °C 73,39 39,28 -25,54 68,66 0 – 1200 Cloro Cl2 70,91 g 1 °C 33,60 1,367 -1,607 6,473 0 – 1200 Cloruro de hidrógeno HCl 36,47 g 1 °C 29,13 -0,1341 0,9715 -4,335 0 – 1200 Cloruro de magnesio MgCl2 95,23 c 1 K 72,40 1,58 273 – 991 Cobre Cu 63,54 c 1 K 22,76 0,6117 273-1357 Isopropilbenceno C9H12 120,19 g 1 °C 139,20 53,76 -39,79 120,5 0 – 1200 Dióxido de azufre SO2 64,07 g 1 °C 38,91 3,904 -3,104 8,606 0 – 1500 Dióxido de carbono CO2 44,01 g 1 °C 36,11 4,233 -2,887 7,464 0 – 1500 Dióxido de nitrógeno NO2 46,01 g 1 °C 36,07 3,97 -2,88 7,87 0 – 1200 Etano C2H6 30,07 g 1 °C 49,37 13,92 -5,816 7,280 0 – 1200 Etileno C2H4 28,05 g 1 °C 40,75 11,47 -6,891 17,66 0 – 1200 Formaldehído CH2O 30,03 g 1 °C 34,28 4,268 0,000 -8,694 0 – 1200 Helio He 4,00 g 1 °C 20,80 0 – 1200 n-hexano C6H14 86,17 l 1 °C 216,30 20 – 100 g 1 °C 137,44 40,85 -23,92 57,66 0 – 1200 Hidrógeno H2 2,016 g 1 °C 28,84 0,00765 0,3288 -0,8698 0 – 1500 Hidrógeno de calcio Ca(OH)2 74,10 c 1 K 89,50 276 – 373 Isobutano C4H10 58,12 g 1 °C 89,46 30,13 -18,91 49,87 0 – 1200 Isobuteno C4H8 56,10 g 1 °C 82,88 25,64 -17,27 50,50 0 – 1200 Metano CH4 16,04 g 1 °C 34,31 5,469 0,3661 -11,00 0 – 1200 g 1 K 19,87 5,021 1,268 -11,00 273-1500 Metilciclohexano C7H14 98,18 g 1 °C 121,30 56,53 -37,72 100,8 0 – 1200 Metilciclopentano C6H12 84,16 g 1 °C 98,83 45,857 -30,44 83,81 0 – 1200 Monóxido de carbono CO 28,01 g 1 °C 28,95 0,4110 0,3548 -2,22 0 – 1500 Nitrógeno N2 28,02 g 1 °C 29,00 0,2199 0,5723 -2,871 0 – 1500 Óxido de calcio CaO 56,08 c 2 K 41,84 2,03 -4,52x1010 273-1173 Óxido de magnesio MgO 40,32 c 2 K 45,44 0,5008 -8,732 x1010 273-2073 Óxido férrico Fe2O3 159,70 c 2 K 103,40 6,711 -17,72 x1010 273–1097 Óxido nítrico NO 30,01 g 1 °C 29,50 0,8188 -0,2925 0,3652 0 – 3500 Óxido de nitroso N2O 44,02 g 1 °C 37,66 4,151 -2,694 10,57 0 – 1200 Oxígeno O2 32,00 g 1 °C 29,10 1,158 -0,6076 1,311 0 – 1500 n-pentano C5H12 72,15 l 1 °C 155,40 43,68 0 – 36 g 1 °C 114,80 34,09 -18,99 42,26 0 – 1200 Propano C3H8 44,09 g 1 °C 68,032 22,59 -13,11 31,71 0 – 1200 Propileno C3H6 42,08 g 1 °C 59,58 17,71 -10,17 24,60 0 – 1200 Tetracloruro de carbono CCl4 153,84 l 1 K 93,39 12,98 273 – 343 Tetracloruro de nitrógeno N2O4 92,02 g 1 °C 75,70 12,5 -11,3 0 – 300 Tolueno C7H8 92,13 l 1 °C 148,80 32,4 0 – 110 g 1 °C 94,18 38,00 -27,86 80,33 0 – 1200 Trióxido de azufre SO3 80,07 g 1 °C 48,50 9,188 -8,540 32,40 0 – 1000 Sulfato de amonio (NH4)2SO4 132,15 c 1 K 215,90 275 – 328 Sulfuro de hidrógeno H2S 34,08 g 1 °C 33,51 1,547 0,3012 -3,292 0 – 1500



122

Tabla 2. Entalpías especificas de gases selectos: unidades SI [1]

H (kJ/mol) Estado de referencia: Gas, Pref=1atm, Tref=25°C

T Aire O2 N2 H2 CO CO2 H2O

0 …. -0,72 …. -0,73 …. 0,72 …. -0,73 …. -0,73 …. -0,92 …. 0,84

25 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 100 2,19 2,24 2,19 2,19 2,19 2,90 2,54 200 5,15 5,31 5,13 5,16 5,16 7,08 6,01 300 8,17 8,47 8,12 7,96 8,17 11,58 9,57 400 11,24 11,72 11,15 10,89 11,25 16,35 13,23 500 14,37 15,03 14,24 13,83 14,38 21,34 17,01 600 17,55 18,41 17,39 16,81 17,57 26,53 20,91 700 20,80 21,86 20,59 19,81 20,82 31,88 24,92 800 24,10 25,35 23,86 22,85 24,13 37,36 29,05 900 27,46 28,89 27,19 25,93 27,49 42,94 33,32

1000 30,86 32,47 30,56 29,04 30,91 48,60 37,69 1100 34,31 36,07 33,99 32,19 34,37 54,33 42,18 1200 37,81 39,70 37,46 35,39 37,87 60,14 46,78 1300 41,34 43,38 40,97 38,62 41,40 65,98 51,47 1400 44,89 47,07 44,51 41,90 44,95 71,89 56,25 1500 48,45 50,77 48,06 45,22 48,51 77,84 61,09



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BIBLIOGRAFÍA

[1] Felder R., Rousseau R., Principios Elementales de los Procesos Químicos, 3° Edición, Editorial Limusa Wiley, 2004. [2] Himmelblau D., Principios Básicos y Cálculos en Ingeniería Química, 6° Edición, Editorial Prentice Hall Hispanoamericana S.A., 2007. [3] Valencia V., Solucionario Capitulo III Libro: Balances de Materia y Energía, G. Reklaitis, Universidad Nacional de Colombia, 2005.

Solucionario Balance de Materia y Energia

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