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SOLUCIONARIO CAPÍTULO II LIBRO: BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA GIRONTZAS V. REKLAITIS

POR: ING. QUÍMICO. BEN - HUR VALENCIA VALENCIA

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MANIZALES JULIO DE 2005

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PROGRAMA UNIVERSIDAD VIRTUAL


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PRESENTACION Luego de la aparición del texto de Balances de Materia y Energía del Doctor Girontzas V. Reklaitis, en 1986, no ha habido ningún texto nuevo en el área, ni suyo ni de ningún otro autor, que trate de manera tan magistral el análisis de los Balances. El tratamiento matemático propuesto es completamente general y permite que el resolver problemas de Balance de Materia y Energía pase de arte a Ciencia, ocupando por ello – al lado de otros autores - un lugar preferencial en el desarrollo del área, vital para el estudio de la Ingeniería Química. Esta Segunda Edición del SOLUCIONARIO del Capítulo II corrige algunos errores de la Edición que permiten

resolver de una manera rápida los problemas de Balances de Materia. A la forma tradicional de resolver los problemas de la anterior Edición se adiciona la solución utilizando el programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard 48-GX, mostrando lo valioso de esta herramienta en la solución de problemas. Este Solucionario lo complementa el trabajo sobre SOLUCION DE PROBLEMAS DE BALANCES DE MATERIA Utilizando la Hewlett Packard 48GX, 49, en el que se muestra la forma de utilizar el Programa y las recomendaciones para su aplicación en el planteamiento del Sistema de Ecuaciones de Balance, que puede consultarse en la página _______________. Como se verá en la introducción, se hace mayor énfasis en la Estrategia de Solución, en la Confirmación de los Grados de Libertad como una herramienta útil en el planteamiento de la Estrategia de Solución y la utilización de la Tabla de Balance en los problemas complejos

El presente Solucionario, fruto de mi experiencia de 28 años en la cátedra de Balances de Materia y Energía, muestra una metodología de solución a partir de las ideas del profesor Reklaitis y lo presenta a sus estudiantes como un material de apoyo que les permita desarrollar y fijar los conceptos básicos en el estudio de los Balances de Materia y Energía.

BEN-HUR VALENCIA V. Manizales, Julio del 2005.

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anterior y, lo que es más importante, muestra el uso de programas para calculadoras


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INTRODUCCION En la solución de los problemas se muestra la Reconfirmación de la Tabla de Grados de Libertad como una forma de poder analizar de manera cualitativa cuáles son las incógnitas y cuáles las ecuaciones para cada una de las unidades, y aún para el proceso completo. Además, la Reconfirmación se utiliza para mostrar de una manera cualitativa, también, el desarrollo de la Estrategia de solución. Lo anterior se explicará, con el problema 2.26:

Abs. NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 R4 G de L

12 4 0 3 (+1)

Destilado Diviso Agotado Globa Mez. Proceso r r r l 9 9 7 3 26 12 3 3 3 1 14 4 0 0 0 0 0 0 2

1

2

0

6

5

1

1

– – – 4

– – – 4

– – 2 2

– – – 2

– – – 2

1 1 2 1

1 1 – 1

De manera cuantitativa puede apreciarse los Grados de Libertad de cada una de las Unidades: así por ejemplo, el Destilador: 4 y el Agotador: 2. Pero como se muestra en la Reconfirmación de la Tabla de Grados de Libertad que aparece a continuación:: Absorbedor:

Incógnitas

=

1

2

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

4

=

3

3

4

5

5

5

8 (N , N , N , xH2S, N , N , xCO2, xH2S)

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Su Tabla de Grados de Libertad es:


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Divisor:

Agotador:

Mezclador:

Global:

Incógnitas

=

5

5

5

6

6

3

7

7

7

7

7 (N , xCO2, xH2S, N , xCO2, N , xH2S)

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

4

Incógnitas

=

8 (N , xCO2, xH2S, N , xCO2, xH2S, N , xH2S)

3

3

7

Ecuaciones =

3 (balances) + 3 (R1, R4)

G de L

2

=

8

8

Incógnitas

=

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

3 (N , N , N )

9

10

8

10 CO2)

5 (N , xH2S, N , N , x

4

9

11

Ecuaciones =

1 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

7 (N , N , N , xCO2, N , x

Ecuaciones =

4 (balances) + 2 (R2, R3)

G de L

1

=

8

1

2

6

6

10

10 CO2,

11

N )

no solamente se conocen esos valores, sino que muestra CUÁLES son las incógnitas y CUÁLES son las ecuaciones que originan esos Grados de Libertad. Su utilización en la Estrategia de Solución es análoga. El problema tiene la siguiente estrategia:

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Destilador:


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Estrategia de Solución: 1. Tomando Base de Cálculo en el Proceso Global y resolviéndolo sus balances (se 1 2 6 6 10 10 asumió que los porcentajes son molares) se conocen: N , N , N , xCO2, N , x CO2 y 11

N . Se agota el balance de Inertes. 2. Actualizando Grados de Libertad se encuentra que: 1 2 Absorbedor: G de L A = 4 – 2 (N , N ) + 1 (Balance de Inertes) = 3 6 6 Destilador: G de L A = 4 – 1 (N ) – 1 (xCO2) = 2 Mezclador:

10

G de L A = 2 – 1 (N ) – 1 (x 11

G de L A = 2 – 1 (N )

10 CO2)

= 0

= 1

Sí en este momento consideramos la Reconfirmación de Grados de Libertad para las Unidades actualizadas, DESCONTANDO en cada una de ellas las incógnitas conocidas tendremos de nuevo una información CUALITATIVA de los Grados de Libertad con que quedan estas Unidades (se ponen en negrilla y subrayadas en la Reconfirmación inicial): Absorbedor:

Destilador:

Agotador:

Incógnitas

=

1

2

3

3

4

5

5

5

6 ( N , N , N , xH2S, N , N , xCO2, xH2S)

Ecuaciones =

3 (balances) – 1 (Balance agotado)

G de L

=

3

Incógnitas

=

5 (N , xCO2, xH2S, N , xCO2, N , xH2S)

5

5

5

6

6

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

3 (N , xH2S, N , N , x

8

8

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

0

=

9

10

10 CO2)

7

7

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Agotador:


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Mezclador:

Incógnitas

=

4

9

Ecuaciones =

1 (balances)

G de L

1

=

11

2 (N , N , N )

En la Estrategia se resuelve a continuación el absorbedor ya que encontramos un sistema con 8 8 9 tres ecuaciones de Balance y 3 incógnitas (N , xH2S, N ) Un análisis similar a cualquier otra Unidad nos enseña cuáles son las incógnitas, las ecuaciones y los Grados de Libertad resultantes: 5

(N ,

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El análisis del Destilador muestra que tiene, en este momento: Cinco Incógnitas 5 5 7 7 xCO2, xH2S, N , xH2S) y 3 ecuaciones de Balance, siendo sus Grados de Libertad de 2.


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a. El flujo de alimentación a un secador se especifica como 1000 lb/h. Calcule el flujo en kg/min b. En un proceso de amoníaco se producen 105 lbmol/día. Calcule la producción equivalente en gmol/h.

SOLUCION:

Los cálculos se efectúan utilizando directamente los factores de conversión, factores que siempre son iguales a la unidad.

1000

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a. Flujo en kg/min.

453.6 g 1 kg 1h kg lb lb = 1000 × × × = 7.56 min h h 1 lb 1000 g 60 min

b. Producción equivalente en gmol/h.

10 5

2.2

453.6 gmol 1 día gmol lbmol lbmol = 10 5 × × = 1.89 × 10 7 h día día 1 lbmol 24 h

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 1000 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.

SOLUCION:

a. Fracción masa o fracción másica de etanol.

Masa Molecular (MM) del etanol = 46

MM del agua = 18

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Base de cálculo: 1 gmol de mezcla. 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. La relación entre ellas da la respuesta.

gmol de etanol g de etanol × 46 + gmol de mezcla gmol de etanol 0.1

gmol de agua g de agua × 18 ) mol de mezcla gmol de agua

MM media = (

41.4 g de etanol 1.8 g de agua + ) gmol de mezcla gmol de mezcla

MM media = (

41.4 g de etanol + 1.8 g de agua ) gmol de mezcla

MM media = 43.2

g de mezcla gmol de mezcla

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

MM media = 43.2

kg de mezcla lb de mezcla Tonelada de mezcla = 43.2 = 43.2 kgmol de mezcla lbmol de mezcla Tonelada mol de mezcla

= 43.2

miligramo de mezcla miligramo - mol de mezcla

= 43.2

arroba de mezcla arroba − mol de mezcla

Continuando con el problema: Masa de etanol = ( 0.9

= 41.4

g de etanol gmol de etanol × 46 ) gmol de etanol gmol de mezcla g de etanol gmol de mezcla

2

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Masa Molecular media = ( 0.9


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Fracción másica de etanol = w C2 H5OH

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g de etanol ⎞ ⎛ ⎜ 41.4 ⎟ gmol de mezcla ⎟ ⎜ = ⎜ g de mezcla ⎟ ⎜ 43.2 ⎟ gmol de mezcla ⎠ ⎝

w C2H5OH = 0.95833

g de etanol g de mezcla

Es importante resaltar, como lo muestra el análisis dimensional, que la fracción másica - de igual manera que la fracción molar o la fracción en volumen - tiene unidades, las cuales - normalmente - no se colocan, porque puede utilizarse en cualquier tipo de unidad:

kg de etanol lb de etanol Tonelada de etanol = 0.95833 = 0.95833 kg de mezcla lb de mezcla Tonelada de mezcla

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w C2H5OH = 0.95833

b. La producción equivalente en kg/min

Utilizando los factores de conversión y la masa molecular media se encuentra, directamente, que:

1000

43.2 lb 453.6 kg 1 h kg lbmol lbmol = 1000 × × × = 326.592 h h 1 lbmol 1000 lb 60 min min

c. Flujos molares para la corriente en kgmol/h.

A partir del flujo, las fracciones molares y el factor de conversión puede plantearse que:

N C 2 H5OH = 0.9 N H 5O = 0.1

lbmol etanol lbmol mezcla 453.6 kgmol mezcla kgmol × 1000 × = 408.24 lbmol mezcla h 1000 lbmol mezcla h lbmol mezcla 453.6 kgmol mezcla lbmol etanol kgmol × 1000 × = 45.36 h h 1000 lbmol mezcla lbmol mezcla

tal como se pedía.

3


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2.3

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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 1000 lb/h. Convierta estas variables de las corrientes a: a. Flujos molares por componente.

c. Fracciones molares, en base libre de agua.

SOLUCION:

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:

N H 2O = 0.4

lb C 2 H 5 OH lb mezcla 1 lbmol lbmol × 1000 × = 6.5217 lb mezcla h 46 lb C 2 H 5 OH h

N C2 H5OH = 0.3

N CH 3OH = 0.1

N CH 3COOH = 0.2

lb H 2 O lb mezcla 1 lbmol lbmol 1000 × = 22.2222 lb mezcla h 18 lb H 2 O h

lb CH 3 OH lb mezcla 1 lbmol lbmol × 1000 × = 3.125 lb mezcla h 32 lb CH 3 OH h

lb CH 3 COOH lb mezcla 1 lbmol lbmol × 1000 × = 3.333 lb mezcla h 60 lb CH 3 COOH h 4

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b. Flujo molar total y fracciones molares.


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b. Flujo molar total y fracciones mol.

Sumando los flujos parciales de la parte (a) se encuentra el flujo molar total: Flujo molar total = (22.2222 + 6.5217 + 3.125 + 3.333) lbmol/h Flujo molar total = 35.2022 lbmol/h

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

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⎛ 22.2222 mol de agua ⎞ mol de agua ⎟⎟ = 0.63127 x H 2O = ⎜⎜ mol de mezcla ⎝ 35.2022 mol de mezcla ⎠ De nuevo puede verse que las fracciones tienen unidades. Procediendo de manera análoga, las otras fracciones molares son:

x C2 H5OH = 0.18527

mol de etanol mol de mezcla

x CH 3OH = 0.08877

mol de metanol mol de mezcla

x CH 3COOH = 0.09469

mol de ácido acético mol de mezcla

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):

⎞ 1 mol de mezcla ⎛ 0.18527 mol de etanol ⎞ ⎛⎜ ⎟ x C 2 H5OH = ⎜ ⎟×⎜ mol de mezcla ⎠ ⎝ (1 − 0.63127 ) mol de mezcla exenta de agua ⎟⎠ ⎝

5


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x C2 H5OH = 0.50244

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mol de etanol mol de mezcla exenta de agua

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

⎞ ⎛ 6.5217 mol de etanol ⎟⎟ x C2 H5OH = ⎜⎜ ⎝ (35.2022 − 22.222 ) mol de mezcla exenta de agua ⎠ x C 2 H5OH = 0.50244

mol de etanol mol de mezcla exenta de agua

xmetanol = 0.24075

xetanoico = 0.2568

2.4

mol de me tan ol mol de mezcla exenta de agua

mol de etanoico mol de mezcla exenta de agua

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 1000 kgmol/h.

SOLUCION:

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).

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


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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 1000 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:

2.5

1000 cm 3 g x 1.05 = 1050 g 1 litro cm 3

Componente

Masa g

Moles gmol

Fracción molar

Na2S NaOH Na2CO3 H2O Totales

50 250 100 650 1050

0.641026 6.250000 0.943396 36.111111 43.945533

0.014587 0.142222 0.021467 0.821724 1.000000

Flujo molar kgmol/h 14.587 142.222 21.467 821.724 1000.000

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 1/3 % 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). Vapor

Gas de síntesis 50 % H2 33 1 3 CO CH4

Gas como producto CH4 25 % CO2 25 % H2

Agua

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Masa = 1 litro ×


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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?

Para la mezcla gaseosa de salida se conoce el flujo másico y su porcentaje molar, puede efectuarse un cambio de fracción molar a másica o, lo que es más sencillo, encontrar la masa molecular media de la mezcla. Procediendo de ambas maneras:

Masa Molecular Media = (0.25 × 16 + 0.25 × 44 + 0.5 × 2) = 16

por tanto:

⎛ ⎜ 96 kg min Flujo molar de mezcla = ⎜ ⎜ kg ⎜ 16 ⎝ kgmol

⎞ ⎟ ⎟ = 6 kg ⎟ kgmol ⎟ ⎠

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

w CH 4

mol de CH 4 masa de CH 4 ⎛ × 1 mol de mezcla × 16 ⎜ 0.25 mol de mezcla mol de CH 4 =⎜ ⎜ masa de mezcla 16 ⎜ mol de mezcla ⎝ ⎛ masa de CH 4 w CH 4 = 0.25 ⎜⎜ ⎝ masa total

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎞ ⎟⎟ ⎠

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SOLUCION:


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

⎛ 0.25 × 1 × 44 ⎞⎛ masa de CO 2 w CO2 = ⎜ ⎟⎜⎜ 16 ⎝ ⎠⎝ masa total ⎞ ⎟⎟ ⎠

⎛ 0.5 × 1 × 2 ⎞⎛⎜ masa de H 2 w H2 = ⎜ ⎟⎜ 16 ⎝ ⎠⎝ masa total ⎛ masa de H 2 w H 2 = 0.0625 ⎜⎜ ⎝ masa total

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎞ ⎟⎟ ⎠

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

ENTRADA

H2 CO CH4 H2O Total

kgmol

kg

3 2 1 4 10

6 56 16 72 150

SALIDA

H2O CH4 CO2 H2 Total

kgmol

kg

3 1.5 1.5 3 9

54 24 66 6 150

En ella se hace inventario de las masas de los componentes y las moles totales a la entrada y a la salida:

a. ¿Se 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.

9

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⎛ masa de CO 2 w CO2 = 0.6875 ⎜⎜ ⎝ masa total

⎞ ⎟⎟ ⎠


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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.

=

H del H2

= 3 kgmol H2 x

+ H del CH4

+

2 kg − átomo H 4 kg − átomo H + 1 kgmol CH4 x + kgmol H2 kgmol CH4

4 kgmol H 2O x

kg - at de C

=

18

=

C del CO + C del CH4

= 2 kgmol CO x

kg - at de O

3

=

O del CO + O del H2O

= 2 kgmol CO x

2 kg − átomo H 2 kgmol H 2O

1 kg − átomo C 1 kg − átomo C + 1 kgmol CH 4 x kgmol CO kgmol CH 4

=

=

H del H2O

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kg - átomo de H

1 kg − átomo O 1 kg − átomo O + 4 kgmol H 2 O x kgmol CO kgmol H 2 O

6

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

kg - átomo de C

kg - átomo de O

=

H del H2 + H del CH4

=

( 3 × 2 + 1.5 × 4 + 3 × 2)

=

18

=

C del CH4 + C del CO2

=

( 1.5 × 1 + 1.5 × 1)

=

3

=

O del H2O +

=

( 3 × 1 + 1.5 × 2)

=

6

+

H del H2O

O del CO2

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: 2 CO

+

H2O

1.5 CO2 + 0.5 CH4

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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kg - átomo de H


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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. b. c. d. e.

¿Se conserva la masa total? ¿Se conservan el número total de moles? ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo? ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso?

CH3OH

HI

Producto

125 lbmol/día

13040 lb/día

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150 lbmol/día

Desperdicio 7760 lb/día

SOLUCION:

Tomando como base un día se tendrá que: a. ¿Se conserva la masa total?

Masa que entra = (125 × 128 + 150 × 32) lb Masa que entra = 20800 lb Masa que sale = (7760 +

13040) lb

Masa que sale = 20800 lb

De la igualdad de las masas se concluye que se conserva la masa total.

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b. ¿Se conservan el número total de moles?

Moles que entran = (125

+

150) lbmol

= 275 lbmol

Moles que salen: Es la suma de las moles del desperdicio y del producto:

Desperdicio:

HI

= 7760 × 0.826 lb = 6409.76 lb = 50.076 lbmol

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H2O = 7760 × 0.174 lb = 1350.24 lb = 75.013 lbmol

Producto:

CH3I = 13040 × 0.816 lb = 10640.64 lb = 74.41 lbmol CH3OH = 2399.36 lb = 74.98 lbmol

Así:

Moles que salen

=

(50.076 + 75.013 + 74.41 + 74.98) lbmol

=

274.479 lbmol

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:

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ENTRADA:

lb-átomo de C = C del CH3OH = 150 lb-átomo de O = O del CH3OH = 150 lb-átomo de I

= I del HI = 125

lb-átomo de H = H del HI + H del CH3OH = (125 + 150 × 4) = 725

SALIDA:

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lb-átomo de C = C del CH3I + C del CH3OH = (74.41 + 74.98) = 143.39 lb-átomo de O = O del H2O + O del CH3OH = (75.013 + 74.98) = 149.993 lb-átomo de I = I del HI + I del CH3I = (50.076 + 74.41) = 124.486 lb-átomo de H = H del HI + H del H2O + H del CH3I + H del CH3OH = (50.076 + 75.013 × 2 + 74.41 × 3 + 74.98 × 4) = 723.252

En el proceso, con tres cifras significativas, el número de átomos de cada elemento no se conserva.

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.

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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?

f.

¿Si el balance del número total de moles no resulta, cuál es la explicación más probable?

SOLUCION:

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: La Columna 1 muestra los componentes de cada flujo. Las Columnas 2, 3 y 4 corresponden a los tres flujos. La Columna 5 corresponde a la suma total de moles de estas corrientes. La Columna 6 corresponde a la masa que entra al proceso. La Columna 7 es la corriente de salida, en moles. La Columna 8 es la masa que sale del proceso. La última fila corresponde a la suma, en lbs o lbmol, de los componentes de cada columna.

1 H2SO4 H2O SO3 N2

lbmol 2 90 10 – – 100

lbmol 3 190 10 – – 200

lbmol 4 – – 30 170 200

lbmol 5 3280 20 30 170 500

lbs 6 27440 360 32400 34760 34960

lbmol 7 300 – 10 170 480

lbs 8 29400 – 800 4760 34960

15

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e. ¿Si el balance total de masa no resulta, cuál es la explicación más probable?


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Las respuestas al problema son: 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.

El número de moles de cada tipo de átomos se conserva. Esto puede deducirse como consecuencia de que se conserve la masa y de que no haya dos compuestos que tengan la misma masa molecular. Para corroborarlo se halla la suma de los lb-átomo de hidrógeno, azufre y oxígeno de las corrientes de entrada, y compararla con los lb-átomo a la salida:

Hidrógeno:

Entrada: H = [(90 × 2 + 10 × 2) + Salida:

(190 × 2

+ 10 × 2)] lb-átomo = 600 lb-átomo

H = (280 × 2 + 20 × 2) lb-átomo = 600 lb-átomo

Azufre: Entrada: S = [(90 × 1) + (190 × 1) + (30 × 1)] lb-átomo = 310 lb-átomo Salida:

S = [(280 × 1

+ 30 × 1)] lb-átomo = 310 lb-átomo

Oxígeno:

Entrada: O = [(90 × 4 + 10 × 1) + (190 × 4 + 10 × 1) + (30 × 3)] lb-átomo = 1230 lb-átomo Salida:

O = [(280 × 4 + 20 × 1 + 30 × 3)] lb-átomo = 1230 lb-átomo

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c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo?


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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.

f.

¿Si el balance del número total de moles no resulta, cuál es la explicación más probable?

H2O

+

SO3

→ H2SO4

Desaparecen, en total, 40 lb-mol y se forman 20 lb-mol de H2SO4, como puede observarse en la tabla: Columnas 5 y 7. La tabla siguiente explica el proceso.

ENTRADA lb-mol 280

SE FORMAN O REACCIONAN 20 lbmol.

H2O:

20

20 lbmol.

0

SO3:

30

20 lbmol.

10

H2SO4:

2.8

SALIDA lb-mol 300

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?

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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:


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SOLUCION:

El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, es: 1

N

x1N2= 0.791 1

1

(xSO2= 0.192)

3

N 3

x3N2= 0.0205 x3O2= 0.7650

2

N

x2N2= 0.0653

2

3

(xSO2= 0.2145)

x2O2= 0.4347 2

(xSO2= 0.50)

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? 1

2

3

Para encontrar la respuesta, se plantea un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (N , N y N ): 1

2

Balance de Nitrógeno:

0.79 N

+

0.4347 N

Balance de Oxígeno:

0.017 N +

0.0653 N

Balance total:

1

1

N

+

2

2

N

3

=

0.7650 N

=

0.0205 N

=

N

3

3

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x1O2= 0.017


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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. Se trata de un sistema homogéneo de 3 ecuaciones con 3 incógnitas que tiene o una solución (la solución trivial) o infinitas soluciones. 1

0.79

+

0.4347 x

=

0.7650 z

0.017 +

0.0653 x

=

0.0205 z

+

=

z

1

x

Al resolver este sistema se encuentra la siguiente redundancia: z = 1.078716

z = 1.078125

es decir, 2 valores diferentes para z. 1

2

3

Por tanto el sistema sólo tendría la solución trivial: N = N = N = 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 (1.078716 vs. 1.078125) 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. 1

Tomando como base de cálculo N = 1000, el sistema de ecuaciones de balance anteriores se transforma en: Nitrógeno: Oxígeno: Total:

2

791 + 0.4347 N

2

17 + 0.0653 N

= 0.7650 N

3

(1)

3

= 0.0205 N

2

(2)

3

1000 + N = N 2

(3)

3

en el cual sólo hay dos incógnitas: N y N .

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (3) se encuentra que: 3

N = 1078.716

2

N = 78.716

19

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Dividiendo el sistema de ecuaciones por N (con lo cual se descarta la solución trivial) se obtiene un sistema 2 1 3 1 de 3 ecuaciones con 2 incógnitas. Sea x = N /N y z = N /N :


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Reemplazando en la ecuación (2) estos valores se encuentra que: 17 + (0.0653 × 78.716) = 22.140

=

0.0205 × 1078.716 22.114

Situación que indica que si la composición de O2 en la corriente de salida tuviera más decimales, las dos incógnitas satisfarían la ecuación (2). A la misma situación se llega al hacer el correspondiente análisis de Grados de Libertad del problema:

Tabla de Grados de Libertad:

(NVI)

Número de balances de materia independientes

(NBMI)

3

Número de composiciones conocidas

(NCC)

6

Número de flujos conocidos

(NFC)

0

GRADOS DE LIBERTAD

9

-9 0

Al tomar una base de cálculo, los Grados de Libertad serían iguales a -1, valor con el cual el proceso estará sobre-especificado.

Esto significa que en el proceso sobra información, pero no necesariamente que ella no se ajuste a las condiciones de operación del proceso. En este caso, como ya se sabe, se origina un sistema de 3 ecuaciones y 2 incógnitas. Resolviendo simultáneamente dos cualesquiera de ellas y reemplazando los valores encontrados en la tercera podrá saberse si las tres ecuaciones son consistentes. Si lo hacen, la información es redundante, pero no contradictoria. Si no lo hacen, el problema no tiene solución porque la información, además de ser redundante es contradictoria. Es decir, no pueden cumplirse todas las especificaciones. La primera situación es la que se presenta problema, la cual se aclarará más a continuación. Como sobra información puede eliminarse un dato. Consideremos que es desconocida la composición de O2 en el flujo de salida. En estas condiciones, sólo se conocen 5 composiciones y la Tabla de Grados de Libertad es:

20

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Número de variables independientes


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Tabla de Grados de Libertad:

Número de variables independientes Número de balances de materia independientes Número de composiciones conocidas Número de flujos conocidos GRADOS DE LIBERTAD

(NVI) (NBMI) (NCC) (NFC)

9 3 5 0

-8 1

1

Al tomar una base de cálculo, N = 1000, por ejemplo, el sistema queda con CERO Grados de Libertad. Esto significa que se puede configurar un sistema con: -

Tres ecuaciones (nitrógeno, oxígeno, total)

-

Tres incógnitas (N , N , xO2).

3

3

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2

Las ecuaciones de balance son: 2

Nitrógeno:

791

+

0.4347 N

Oxígeno:

17

+

0.0653 N

Total:

1000

+

N

2

2

3

=

0.7650 N

=

xO2 N

=

N

3

(1)

3

(2)

3

(3)

Resolviendo el sistema se encuentra que: 3

2

N = 1078.716

3

N = 78.716

xO2 = 0.020524

Obsérvese que el valor “calculado” para la composición de oxígeno a la salida no difiere sustancialmente del dato que se le eliminó al problema, pero esta pequeña diferencia (0.000024) es suficiente para los dos valores 2 3 diferentes encontrados para la variable z, y para los dos valores diferentes al reemplazar N y N en (4). Ahora, los resultados hallados se pueden corroborar en el balance de dióxido de azufre, el cual es dependiente. Por diferencia: 3

xSO2 = ( 1 - 0.7650 - 0.020524) = 0.214476 1

2

3

0.192 N + 0.50 N = 0.214476 × N

0.192 × 1000 + 0.50 × 78.716 = 0.214476 × 1078.716 231.358 = 231.358

21


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En este problema se aclaran las situaciones que se pueden presentar cuando un proceso se encuentra sobreespecificado. La respuesta que se pide es:

⎛ N 1 ⎞ ⎛ 1000 ⎞ Pr oporción = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = ⎜ ⎟ = 12 .704 ⎝ N ⎠ ⎝ 78 .716 ⎠

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 1000 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. Gas

20 % Acetona 80 % Gas

Agua

Solución acetona-agua

22

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2.9


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SOLUCION: Diagrama Cuantitativo:

Agua

Gas 4

4

F

3

2

F = 200

1

w1AC = 0.2 1 (wG = 0.8)

2

F

w2AC 2 (wAGUA)

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: 1

1

2

2

3

4

Variables de corrientes independientes: F , wAC, F , wAC, F y F (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:

1

3

2

4

F + F 200 + 1000 = F + F

Acetona:

1

wAC F

1

2

4

= F + F = 1200 2

= wAC F 2

(1) 2

0.2 × 200 = wAC F

2

(2)

23

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1

3

F =1000


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Agua:

F

3

2

2

2

2

= (1 – wAC) F

1000 = (1 – wAC) F 1

wG F

Gas:

1

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(3)

4

= F

4

0.8 × 200 = F

(4)

c. Calcule todas las variables de corrientes desconocidas.

Número de variables independientes Número de balances de materia independientes Número de flujos conocidos Número de composiciones independientes conocidas Número de relaciones conocidas GRADOS DE LIBERTAD

(NVI) (NBMI) (NFC) (NCC) (NRC) (G de L)

6 3 2 1 0

-6 0

De acuerdo con la Tabla de Grados de Libertad, el sistema está especificado correctamente y pueden plantearse un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas.

En todos los procesos se encontrará que la diferencia entre el número de incógnitas y el número de ecuaciones es, también, igual al número de Grados de Libertad del proceso.

En este proceso:

3 Incógnitas – 3 Ecuaciones = 0 Grados de Libertad.

Resolviendo el sistema de ecuaciones planteado se obtiene: 4

De la ecuación (4):

F = 160

De las ecuaciones (4) y (1):

F = 1040

2

2

2

Con F conocido y la ecuación (2):

wAC = 0.03846

Por diferencia:

wG = 0.96154

2

24

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Tabla de Grados de Libertad:


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Una medida de precaución que debe tomarse, como norma general, para garantizar que el sistema de ecuaciones de cualquier problema ha sido resuelto correctamente, consiste en verificar los resultados obtenidos, reemplazando los valores encontrados para las incógnitas en la ecuación de balance que no ha sido utilizada (por ser dependiente).

En este problema no se utilizó la ecuación (3) por ser dependiente, por tanto debe satisfacerse con los valores encontrados.

Reemplazando:

1000 = (1 – 0.03846) × 1040 1000 = 1000

2.10

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:

Material 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.

Pasta pura de proteína Hexano Extracto de aceite Semillas crudas

Proceso

Aceite Hexano

Material celulósico

25

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igualdad que garantiza que se resolvió correctamente el sistema.


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SOLUCION: Diagrama Cuantitativo: Pasta pura 4

Hexano

F

1

F

4 1

Semillas crudas

Proceso

2

2

F 2 wMC = 0.14 w2P = 0.37 2 (wA = 0.49)

Extracto de aceite 5 F

5

w5A 5 (wH)

3 Material celulósico 3

F

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Relaciones:

Se utilizan 3 libras de hexano por cada libra de semilla cruda, es decir: 1

R1:

2

(F /F ) = 3

Tabla de Grados de Libertad:

NVI

1

8

NBMI

4

NFC

0

NCC

2

NRC

1

2

3

4

5

2

2

5

(F , F , F , F ,F , wMC, wP, wA) (Total, Material Celulósico, Pasta, Aceite) 2

2

(wMC, wP) -7

G de L

1

Base

-1

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

Las cuatro ecuaciones independientes de balances de materia son: 1

2

Total:

F + F

Material celulósico:

0.14 F

Pasta:

0.37 F

Aceite:

0.49 F

2

2

2

3

4

5

= F + F + F 3

= F

(2)

4

= F

5

= wA F

(1)

(3) 5

(4)

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De la relación:

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2

(F /F ) = 3

(5) 1

2

3

4

5

5

Se obtiene un sistema de 5 ecuaciones y 6 incógnitas (F , F , F , F , F , wA), o lo que es lo mismo: 6 Incógnitas – 5 Ecuaciones = 1 Grado de Libertad. Al tomar como base de cálculo uno de los flujos se tiene un sistema de 5 × 5 y, por tanto: 5 Incógnitas – 5 ecuaciones = 0 Grados de Libertad. 1

Base de cálculo: Sea F = 1000 libras. Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que: F = (1000/3) libras

De (3),

F = 123.33 libras

De (4),

2.11

4

5

wA = 0.13

3

De (2),

F = 46.67 libras

De (1),

F = 1256.67 libras

5

Por diferencia,

5

wH = 0.87

En una columna de destilación se separa una mezcla equimolar de etanol, propanol y butanol, en una corriente de destilado que contiene 66 2/3 % de etanol y nada de butanol, y una corriente de fondos que no contiene etanol. E 2/3 P 1/3 B 0

Destilado

1/3 1/3 1/3

E P B

Alimentación

Columna de destilación

Fondos

E 0 P B

Calcular las cantidades y composiciones de las corrientes de destilado y fondos, para una alimentación de 1000 mol/h.

27

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2

De (5),


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SOLUCION: Diagrama Cuantitativo: D

N

xD E = 0.66667 (P) A

N =1000 1 x EA = 3

(B)

1 3

F

N

xFP = 0.66667

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x PA =

(B)

Tabla de Grados de Libertad:

NVI

A

A

A

D

F

F

(N , xE, xP, ND, xE, N , xP )

7

NBMI

3

(Total, Etanol (E), y Propanol (P))

NFC

1

(Flujo de alimentación, N )

NCC

3

(xE, xP, xE )

NRC

0

G de L

A

A

A

D

-7 0

(El proceso está especificado correctamente y puede formarse un sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas)

Las ecuaciones del balance de materia son: Total:

1000 =

D

F

N + N

(1)

D

Etanol:

(1000/3) = (2/3) N

Propanol:

(1000/3) = (1/3) N + xP N

D

(2) F

F

(3)

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Resolviendo el sistema se encuentra que: D

De la ecuación (2),

N = 500

De la ecuación (1),

N = 500

De la ecuación (3),

xP = 1/3

F

F

valores correspondientes a los flujos y la composición pedidos en el problema. Para corroborar la solución obtenida, se reemplazan los valores encontrados en el balance de butanol (dependiente):

333.3 = 333.3

2.12

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.

SOLUCION: Diagrama Cuantitativo: D

F

wD B = 0.52 A

( T 48 %)

F

wAB

= 0.36

( T 64 %)

F

F

wFB = 0.05 ( T 95 %)

29

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0.3333 × 1000 = 0.6666 × 500


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Tabla de Grados de Libertad:

NVI

6

NBMI

2

NFC

0

NCC

3

NRC

0

-5

G de L

1

Base

-1

El sistema tiene un grado de Libertad, pero al fijar una base de cálculo queda correctamente especificado. A

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Base de cálculo: Sea F = 1000

Las ecuaciones de balance son: D

F

1000 = F + F D

360 = 0.52 F

(1) F

+ 0.05 F

(2)

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

D

F = 340.426

F = 659.574

La solución a los interrogantes del problema es:

a. El porcentaje de la alimentación de benceno que contiene el destilado.

% de benceno recuperado = % de benceno recuperado =

benceno en D × 100 benceno en A

0.52 × 659.574 × 100 = 95.2718 % 360

30


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

% de A que sale como destilado =

659.574 × 100 1000

% de A que sale como destilado = 65.9574 %

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.

SOLUCION: Diagrama Cuantitativo: 1

N

x1B = 0.95 1 (xO2 = 0.05)

3

N

x3B = 0.9 3 (xO2 = 0.1)

2

N = 16.3 mol

Tabla de Grados de Libertad:

NVI NBMI NFC NCC NRC G de L

5 2 1 2 0

-5 0

De la Tabla de Grados de Libertad se concluye que el proceso está correctamente especificado.

31

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2.13


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Los balances de materia son: 1

Total:

2

N + N

3

= N

1

ó

1

3

N + 16.3 = N

3

0.05 N + 16.3 = 0.1 N

Oxígeno:

Resolviendo el sistema de ecuaciones: 1

N = 293.4

3

N = 309.7

2.14

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.

SOLUCION: Diagrama Cuantitativo: D

F

wD H2SO4 = 0.43 wD HNO3 = 0.36 ( H2O

21 %)

S

C

F

F

wSH2SO4 = 0.91

wCH2SO4 = 0.418

( H2O

wCHNO3 = 0.400

9 %)

( H2O

N

F

18.2 %)

wN HNO3 = 0.80 ( H2O

20 %)

32

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Por tanto, el flujo de la corriente es de 293.4 moles/h.


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Tabla de Grados de Libertad:

NVI NBMI NFC NCC NRC G de L

10 3 1 6 0

- 10 0

Los balances de materia son: F

S

+ F + F D

0.43 F + 0.91 F

Sulfúrico:

D

Nítrico:

0.36 F + 0.8 F

N

S

N

= 100 = 41.8 = 40.0 D

S

N

Al resolver en sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (F , F , F ) se obtienen los siguientes resultados F

D

= 52.482

S

F

= 21.135

N

F

= 26.383

que son, respectivamente, los flujos de ácido agotados y ácidos sulfúrico y nítrico concentrados necesarios para producir el ácido reforzado.

Verificando los resultados obtenidos en el balance de agua se encuentra que: (1 – 0.43 – 0.36) × 52.482 + (1 – 0.91) × 21.135 + (1 – 0.8) × 26.383 = 18.2 18.2 = 18.2

2.15

En una planta se mezclan cuatro corrientes de proceso para dar una corriente única de 2000 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.

33

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D

Total:


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Corrientes de entrada 1

2

3

4

Corriente de salida

H2SO4 (% en masa)

80

0

30

10

40

HNO3 (% en masa)

0

80

10

10

27

16

20

60

72

31

4

0

0

8

2

H2O (% en masa) Inertes (% en masa)

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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.

SOLUCION: El Diagrama Cuantitativo es:

1

F

w1H2SO4 = 0.80 w1iner = 0.04 ( H2O 16 %) 2

F

w2HNO3 = 0.80 ( H2O 20 %) 3

F

w3H2SO4 = 0.30 w3HNO3 = 0.10

5

F = 2000 w5H2SO4 = 0.40

w5HNO3 = 0.27 w5iner = 0.02 ( H2O 31 %)

( H2O 60 %) 4

F

w4H2SO4 = 0.10 w4HNO3 = 0.10 w4iner = 0.08 ( H2O 72 %)

34


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Tabla de Grados de Libertad:

NVI

16

NBMI

4

NFC

1

NCC

11

NRC

0

G de L

- 16 0

El proceso, en estas condiciones, está correctamente especificado. 2

3

4

Total: Sulfúrico:

1

2

3

4

F + F + F + F 1

3

4

0.8 F + 0.3 F + 0.1 F 1

4

Inertes:

0.04 F + 0.08 F

Nítrico:

0.8 F + 0.1 F + 0.1 F

2

3

4

= 2000

(1)

= 800

(2)

= 40

(3)

= 540

(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,

1

3

R1: (F /F ) =

2

(5)

NVI

16

NBMI

4

NFC

1

NCC

11

NRC

1

G de L

- 17 -1

El sistema se encuentra sobre-especificado porque los Grados de Libertad son negativos.

35

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1

Las incógnitas son F , F , F y F y las ecuaciones de balance de materia son cuatro:


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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.

F F

3 4

= 416.667

F

1 2

= 83.333

F

= 833.333 = 666.667

Comprobando estos valores en la ecuación (4): 0.8 × 666.667 + 0.1 × 416.667 + 0.1 × 83.333 = 583.333 ≠ 540 Por 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.

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: 1

3

2

4

Relación 1,

R1:

(F /F ) = 2

Relación 2,

R2:

(F /F ) = 3

NVI NBMI NFC NCC NRC G de L

(5) (6)

16 4 1 11 2

- 18 -2

36

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Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3) y (5), se encuentra que:


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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:

F2 666.667 = no es igual a 3 4 F 83.333

(Relación 2 ó Ecuación 6)

Con estas condiciones, no pueden intervenir las corrientes de entrada que contienen inertes y el diagrama cuantitativo del proceso es el siguiente:

2

F

w2HNO3 = 0.80 ( H2O

5

F = 2000 w5H2SO4 = 1/3

20 %)

w5HNO3 = 1/3

3

( H2O)

F

w3H2SO4 = 0.30 w3HNO3 = 0.10 ( H2O

60 %)

Tabla de Grados de Libertad:

NVI

8

NBMI

3

NFC

1

NCC

5

NRC

0

G de L

-9 -1

o sea que el proceso se encuentra sobre-especificado.

37

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c. La corriente de salida no deberá llevar componentes inertes y deberá tener iguales porcentajes en masa de los otros componentes de la corriente.


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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: 3

F + F 2

Nítrico:

3

0.8 F + 0.1 F

3

Sulfúrico:

0.3 F

3

De la ecuación (3),

F

=

2000

(1)

= 666.667

(2)

= 666.667

(3)

= 2222.22.

Valor contradictorio (por imposible), ya que dicho flujo no puede tener un valor mayor que el flujo de salida que es de 2000. Por tanto el problema, con estas condiciones, no tiene solución.

d. El 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: 5

5

R1:

(wH2SO4 = wHNO3)

R2:

(wH2SO4 = wH2O)

5

(1)

5

(2)

Tabla de Grados de Libertad:

NVI

16

NBMI

4

NFC

1

NCC

8

NRC

2

G de L

- 15 1

De la Tabla de Grados de Libertad puede concluirse que el sistema se encuentra sub-especificado.

38

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2

Total:


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1

F

w1H2SO4 = 0.80 w1iner = 0.04 ( H2O 16 %) 2

F

w2HNO3 = 0.80 ( H2O

5

F = 2000

w5H2SO4 w5HNO3 w5H2O

20 %)

3

F

w3H2SO4 = 0.30 w3HNO3 = 0.10 ( H2O

( inertes)

4

F

w4H2SO4 = 0.10 w4HNO3 = 0.10 w4iner = 0.08 ( H2O 72 %)

Para demostrar que el sistema se encuentra sub-especificado, se plantean las ecuaciones del balance y las relaciones: 5

5

(wH2SO4 / wHNO3) = 1

Relaciones:

5

(1)

5

(wH2SO4 / wH2O) = 1

(2)

Ecuaciones de balance: 1

Total: Sulfúrico: Agua: Nítrico:

2

3

4

F + F + F + F 1

3

4

0.8 F + 0.3 F + 0.1 F 1

2

= 2000 5

= wH2SO4 × 2000

3

0.16 F + 0.2 F + 0.6 F + 0.72 F 2

0.8 F

3

4

0.1 F + 0.1 F

(3)

5

4

5

= wH2O × 2000

= wHNO3 × 2000

(4) (5) (6)

39

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60 %)


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2

El análisis de las ecuaciones (1) a (6) muestra que forman un sistema con 6 ecuaciones y 7 incógnitas (F , F , 3 4 5 5 5 F , F , wH2SO4, wHNO3, wH2O). 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).

Un fabricante mezcla tres aleaciones para obtener 10000 lb/h de una aleación requerida.

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2.16

En la siguiente tabla se muestran las composiciones de las aleaciones (% en masa):

Componente

A B C D

Aleaciones alimentadas 1 2 3 60 20 20 20 60 0 20 0 60 0 20 20

Aleación deseada

25 25 25 25

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

40


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SOLUCION: Diagrama Cuantitativo:

1

F

w1A = 0.6 w1B = 0.2 1 (wC) 4

F = 10000 w4A = 0.25 w4B = 0.25 w4C = 0.25 4 (wD)

w2A = 0.2 w2B = 0.6 2 (wD) 3

F

w3A = 0.2 w3C = 0.6 3 (wD)

a. Calcule los flujos de alimentación de las tres aleaciones. ¿Pueden cumplirse todas las condiciones requeridas?

Tabla de Grados de Libertad:

NVI

13

NBMI

4

NFC

1

NCC

9

NRC

0

G de L

- 14 -1

El proceso se encuentra sobre-especificado. Sobra información.

41

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2

F


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Como consecuencia, se puede formar un sistema de 4 ecuaciones y 3 incógnitas. Las cuatro ecuaciones de balances de materia son: 1

Total:

2

3

F + F + F 1

2

3

1

2

A:

6 F + 0.2 F + 0.2 F

B:

0.2 F + 0.6 F

C:

0.2 F + 0.6 F

1

1

2

3

= 10000

(1)

= 2500

(2)

= 2500

(3)

= 2500

(4)

3

Resolviendo las ecuaciones (1), (3) y (4) se obtiene: F

1

2

= 5000

F

3

= 2500

F

= 2500

Al reemplazar estos valores en la ecuación (2) se obtiene que: 0.6 × 5000 + 0.2 × 2500 + 0.2 × 2500 = 4000 ≠ 2500 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:

NVI NBMI NFC NCC NRC G de L

16 4 1 11 0

- 16 0

42

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Las tres incógnitas son: F , F y F .


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de la cual se concluye que el problema está correctamente especificado. 1

F

w1A = 0.6 w1B = 0.2 1 (wC) 2

F

w2A = 0.2 w2B = 0.6 2 (wD)

4

3

F

w3A = 0.2 w3C = 0.6 3 (wD)

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F = 10000 w4A = 0.25 w4B = 0.25 w4C = 0.25 4 (wD)

5

F

w5B = 0.2 w5C = 0.2 5 (wD)

Las ecuaciones de balance de materia son: 1

Total:

F +

2

3

5

F + F + F

1

2

3

1

2

5

A:

0.6 F + 0.2 F + 0.2 F

B:

0.2 F + 0.6 F + 0.2 F

C:

0.2 F + 0.6 F + 0.2 F

1

3

5

= 10000

(1)

= 2500

(2)

= 2500

(3)

= 2500

(4)

que conforman un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas. Resolviéndolo se obtiene que: 1

F = 2500

2

F = 2500

3

F = 2500

5

F = 2500

correspondientes a los flujos necesarios para las corrientes de entrada.

43


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Corroborando los resultados obtenidos en el balance del componente D, que no ha sido utilizado por ser dependiente, se encuentra que:

0.2 × 2500 + 0.2 × 2500 + 0.6 × 2500 = 0.25 × 10000 2500 = 2500

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?

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Diagrama Cuantitativo:

1

F

w1A = 0.6 w1B = 0.2 1 (wC) 2

4

F

F = 10000 w4A = 0.4

w2A = 0.2 w2B = 0.6 2 (wD)

w4B w4C 4 (wD)

3

F

w3A = 0.2 w3C = 0.6 3 (wD)

Relaciones:

R1:

4

4

wB = wC

44


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Tabla de Grados de Libertad:

NVI

13

NBMI

4

NFC

1

NCC

7

NRC

1

- 13

G de L

0

El proceso se encuentra correctamente especificado.

1

Total:

2

3

F + F + F 1

2

3

1

2

1

3

A:

0.6 F + 0.2 F + 0.2 F

B:

0.2 F + 0.6 F

C:

0.2 F + 0.6 F 4

R1:

= 10000

(1)

= 4000

(2) 4

= 10000 wB

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Puede plantearse un sistema de cinco ecuaciones de balances de materia con cinco incógnitas:

(3)

4

= 10000 wC

(4)

4

(wB / wC) = 1

(5)

Resolviéndolo el sistema se encuentra que: 1

2

F = 5000

3

F = 2500 4

F = 2500 4

wB = 0.25

wC = 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: 2

3

0.2 F + 0.2 F

4

= 10000 wD

0.2 × 2500 + 0.2 × 2500 = (1 – 0.4 – 0.25 – 0.25) × 10000 1000 = 1000

45


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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.

NaOH H2O

Solución de lavado

NaOH H2O CaCO3

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Solución clara NaOH H2O

Lechada de alimentación

Lechada lavada NaOH H2O CaCO3 SOLUCION: El Diagrama Cuantitativo es:

Solución de lavado 2 F w2NaOH = 0.05 (agua) LECHADA 1 F w1CaCO3 = 1/3

w1NaOH

= 1/3

(agua)

Solución clara 4 F

w4NaOH Lechada lavada 3 F w3CaCO3 (sal)

(agua)

w3NaOH (agua)

46


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Relaciones:

R1:

F

2

= F

(1)

3

R2: R3:

1

wCaCO3 = 1/3

(2)

Para expresar matemáticamente la Relación 3, y poder igualar la composición de NaOH en las corrientes 3 y 4, debe efectuarse un cambio de base en la corriente 3; es decir, expresar su composición de NaOH excluyendo el CaCO3. Puede plantearse que:

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⎛ ⎞ ⎞ masa de NaOH masa de NaOH ⎞ ⎛ masa de total ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎛⎜ ⎟ ⎟ × ⎜⎜ ⎝ masa total ⎠ ⎝ masa de agua + masa de NaOH ⎟⎠ ⎝ masa de agua + masa de NaOH ⎠

En función de los flujos y las composiciones: 3 ⎛ FNaOH ⎜ 3 ⎜ FNaOH + FH3 2O ⎝

3 ⎞ ⎟ = ⎛⎜ FNaOH ⎜ F3 ⎟ ⎝ ⎠

⎞ ⎛⎜ F3 ⎟⎟ × 3 3 ⎜ ⎠ ⎝ FNaOH + FH 2O

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

3 ⎛ ⎞ ⎛ w3 ⎞ wNaOH F3 F3 ⎞ ⎛ F3 ⎜ ⎟ = ⎜ NaOH3 ⎜ ⎟ × ⎟ 3 3 3 3 3 3 ⎜ wNaOH ⎟ ⎜ ⎟ F + + w F w w F ⎠ ⎝ NaOH H2 O H2 O ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(

)

(

)

Encontrándose que:

⎛ w 3NaOH ⎛ ⎞ masa de NaOH ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ 3 ⎜ 1 − w CaCO ⎝ masa de NaOH + masa de agua ⎠ 3 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Reemplazando valores, la relación R3 se plantea como:

⎛ w 3NaOH ⎞ lb de NaOH ⎞ 4 ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎛⎜ ⎟ = w NaOH ⎝ lb de sln sin sólidos ⎠ 3 ⎝ 1 − 0.3333 ⎠

(3)

47


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Tabla de Grados de Libertad:

NVI

10 3

NFC

0

NCC

3

NRC

3

-9

G de L

1

Base

-1

G de L

0

Como puede deducirse del análisis de la Tabla de Grados de Libertad, al tomar una base de cálculo los Grados de Libertad del proceso se vuelven cero y el problema queda correctamente especificado.

CÁLCULOS: 1

Base: Sea F = 1000

Las ecuaciones del balance de materia son: 3

Total:

4

F + F 3

3

CaCO3:

wCaCO3 F

NaOH:

wNaOH F + wNaOH F

4

4

3

3

2

= 1000 + F

(4)

= 1000 × (1 / 3)

(5)

2

= 0.05 F + (1000 / 3)

(6)

Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que: 2

3

4

3

F = F = F = 1000

4

wNaOH = 0.15333

wNaOH = 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: 2

(1000/3) + 0,95 F

41

4

3

= wNaOH F + wNaOH F

3

1000 1 ⎛ ⎞ + 950 = ⎜ 1 − − 0.15333 ⎟ × 1000 + (1 − 0.23) × 1000 3 3 ⎝ ⎠ 1283.333 = 1283.333

48

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NBMI


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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:

⎛ masa de ácido benzoico ⎞ ⎛ masa de ácido benzoico ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ = 4×⎜ masa de benceno ⎝ ⎠3 ⎝ masa (benceno + agua) ⎠ 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 sub-especificado. b. Supóngase que el ácido benzoico extraído en la corriente 3, vale $ 1/kg y que el benceno fresco (corriente 2) cuesta 3 centavos/kg. Construya una gráfica de utilidad neta contra flujo de benceno y seleccione el flujo óptimo de benceno.

Ácido benzoico Agua

1

4

3

2

Ácido benzoico Benceno Agua

Benceno

Benceno Ácido benzoico

49

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2.18

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SOLUCION: Diagrama Cuantitativo: 4

F

w1AB

w4AB w4B

(A)

(A)

1

1

F = 10000 kg/h

4

3

F

3

w3AB

2

2

F (Benceno)

(B)

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:

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Relaciones:

⎛ masa de ácido benzoico ⎞ ⎛ masa de ácido benzoico ⎞ ⎟⎟ ⎜ ⎟ = 4 × ⎜⎜ masa (benceno + agua) ⎝ masa de benceno ⎠ 3 ⎝ ⎠4

a. Demuestre que el problema está sub-especificado.

Tabla de Grados de Libertad:

NVI

8

NBMI

3

NFC

1

NCC

0

NRC

3

G de L

-7 1

El problema se encuentra sub-especificado. Hace falta información para calcular todas las variables del proceso.

50


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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)

0.02 = w3AB F 3 1.02

+

w4AB F 4 =

196.078

(1)

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10000 ×

Balance de benceno: (B) 2

3

3

4

F = (1 – wAB) F + wB F

4

(2)

Balance de agua: (A)

10000 ×

1.00 = FA4 = (1 − w4AB − wB4 ) F 4 = 9803.922 1.02

(3)

De la Relación 2 y la ecuación (3), el benceno en (4) será: 4

4

4

FB = wB F = 0.07 × 9803.922 = 686.275

(4)

Reemplazando la ecuación (4) en la (2): F

2

3

3

= (1 – wAB) F + 686.275

(5)

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

⎛ w3 F 3 ⎞ ⎛ ⎞ w4AB F 4 4 w4AB F 4 AB ⎜ ⎟ = 4 × = ⎜ ⎟ ⎜ (1 − w3AB ) F 3 ⎟ 10490.197 ⎝ 9803.922 + 686.275 ⎠ ⎝ ⎠

(6)

51


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

w4AB F 4

⎛ 10490.197 × 196.078 ⎜ F 2 − 686.725 ⎝ = ⎛ 10490.197 4+ ⎜ 2 ⎝ F − 686.725

⎞ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎠

(7)

y: 3

wAB F

3

4

= 196.078 – wAB F

4

(8)

F kg

Valor de F , $

F wAB kg

F wAB kg

1300

39

158.916

37.162

Valor de ácido reciclado, $ 37.162

2000

60

130.652

65.428

65.428

+ 5.428

2100

63

127.415

68.663

68.663

+ 5.663

2200

66

124.334

71.744

71.744

+ 5.744

2300

69

121.399

74.679

74.679

+ 5.679

2400

72

118.599

77.479

77.479

+ 5.479

2600

78

113.370

82.708

82.708

+ 4.708

3000

90

104.182

91.896

91.896

+ 1.896

2

2

4

4

3

3

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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:

Utilidad $

- 1.838

De los valores hallados en la última columna de la Tabla puede observarse que el flujo óptimo de benceno se encuentra entre 2100 y 2300 kg, valores entre los cuales la utilidad presenta un máximo. Obsérvese que al asumir un flujo de benceno el proceso queda correctamente especificado, ya que la Tabla de Grados de Libertad es:

NVI NBMI NFC NCC NRC G de L

8 3 2 0 3

-8 0

52


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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. 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.

95 % B 3% T 2% X

50 % B 30 % T 20 % X 30000 lb/h

Columna I

B T X

3% B 95 % T 2% X

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2.19

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Columna II

B T X

53


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SOLUCION: Diagrama cuantitativo: 2

F 2

F

= 0.95

4

= 0.03

(X, 2 %)

1

F = 30000

w1B = 0.5 w1T = 0.3

4

w2B w2T

1

w4B = 0.03 w4T = 0.95 (X, 2 %)

I

II

(X, 20 %) 5

F 5

w3B w3T 3 (wX)

w5B w5T 5 (wX)

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3

F

3

Relaciones: 1

2

R1:

0.52 F

R2:

0.75 wB F =

3

= F

3

4

wB F

4

Tabla de Grados de Libertad:

Unidad I

NVI

U n i d a d II

9

NVI

Proceso

9

NVI

Global

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:

R1

1

R2

-

G de L

NRC:

R1

-

-9

R2

1

0

G de L

NRC:

R1

1

-6

R2

1

3

G de L

- 15 0

R1

1

R2

-

G de L

- 11 1

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

54


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Reconfirmación de Grados de Libertad: 2

3

3

3

Incógnitas

=

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

( 4 Incógnitas - 4 Ecuaciones )

Unidad II: Incógnitas

=

7 (F , wB, wT, F , F , wB, wT)

Global:

4 (F , F , wB, wT)

3

3

+

3

1 Relación (R1) =

4

=

0

1 Relación (R2) =

4

5

5

5

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

( 7 Incógnitas - 4 Ecuaciones )

Incógnitas

=

5 (F , F , F , wB, wT)

2

4

+

5

5

=

3

1 Relación (R1) =

4

5

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

( 5 Incógnitas - 4 Ecuaciones )

=

4

+

=

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Unidad I:

1

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: 2

3

3

3

1. Resolviendo la Unidad I se conocen F , F , wB y wT . Se agota R1. 2. Actualizando Grados de Libertad: 3 3 3 Unidad II: G de L A = 3 - 1 ( F ) - 2 ( wB, wT ) = 0 2 Global: G de L A = 1 - 1 ( F ) + 1 (R1 agotada) = 1 4

5

5

5

3. Se resuelven los balances en la Unidad II y se conocen F , F , wB, wT. Se agota R2. No es necesario actualizar los Grados de Libertad: como pueden realizarse balances independientes en dos de los tres sistemas (Unidad I, Unidad II y Globales) ya que el tercero es dependiente, los resultados se comprueban en los balances Globales, para la cual ya son conocidas todas las 2 4 5 5 5 incógnitas: F (al resolver la Unidad I) y F , F , wB, wT (al resolver la Unidad II).

55


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CÁLCULOS: 1

Base de cálculo: F = 30000

Balances en la Unidad I: 2

De R1:

F =

15600

Los balances son: 1

2

F

3

= F + F

30000 = 15600 + F F

Benceno:

3

3

= 14400

1

1

2

2

3

wB F = wB F + wB F

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Total:

3

3

0.5 × 30000 = 0.95 × 15600 + wB × 14400 3

wB = 0.0125

Tolueno:

1

wB F

1

=

2

2

3

wB F + wB F

3

3

0.3 × 30000 = 0.03 × 15600 + wT × 14400 3

wT

= 0.5925

Por diferencia: 3

3

3

wX = (1 – wB – wT) = (1 – 0.0125 – 0.5925) 3

wX = 0.395 Comprobando los resultados en el balance de xileno: 0.2 × 30000 = (0.02 × 15600 + 0.395 × 14400) 6000 = 312 + 5688 = 6000

56


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Balances en la Unidad II: 4

5

Balance Total:

14400 = F + F

De R2:

0.75 wB F

3

3

(1)

= 0.75 × 0.0125 × 14400 = 135 4

135 = w B F

4

4

= 0.03 F

(2)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2). F

Balance de benceno:

3

wB F

3

4

5

= 4500 4

F

4

5

= wB F + wB F

= 9900

5

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5

0.0125 × 14400 = 0.03 × 4500 + wB (9900) 5

wB = 0.00454

Balance de tolueno:

3

wT F

3

4

5

= 0.95 F + wT × 9900 5

0.5925 × 14400 = 0.95 × 4500 + wT (9900) 5

wT = 0.43 Por diferencia: 5

5

5

wX = (1 – wB – wT) = (1 – 0.00454 – 0.43) 5

wX = 0.56546 Comprobando los resultados en el balance dependiente de xileno: 0.395 × 14400 = 0.02 × 4500 + 0.56546 × 9900 5688 = 90 + 5598.05 = 5688.05

El balance es correcto. La pequeña diferencia es debida a los cortes en los decimales de las fracciones másicas. Como se planteaba anteriormente, después de resolver los balances en la Unidad I, la actualización de la Tabla de Grados de Libertad permitió establecer dónde podían continuarse los balances. Al resolver los

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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:

1

2

4

5

F = F + F + F

Benceno:

1

1

2

2

4

4

5

wB F = = wB F + wB F + wB F

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30000 = 15600 + 4500 + 9900 = 30000 5

0.5 × 30000 = 0.95 × 15600 + 0.03 × 4500 + 0.00454 × 9900 15000 = 14820 + 135 + 44.946 = 14999.946

La pequeña diferencia es debida a los cortes de decimales en el cálculo de las fracciones másicas.

Tolueno:

1

wT F

1

2

2

4

4

5

= wT F + wT F + wT F

5

0.3 × 30000 = 0.03 × 15600 + 0.95 × 4500 + 0.43 × 9900 9000 = 468 + 4275 + 4257 = 9000

Y aún más, efectuando el balance dependiente (xileno) del sistema dependiente (balances del proceso global), se encuentra que: Xileno:

1

wX F

1

2

2

4

4

5

= wX F + wX F + wX F

5

0.2 × 30000 = 0.02 × 15600 + 0.02 × 4500 + 0.56546 × 9900 6000 = 312 + 90 + 5598.054 = 6000.054

De nuevo, la pequeña diferencia es debida a los cortes de decimales.

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Para resolver el problema utilizando el Programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard 48-GX, se plantean todas las ecuaciones de Balance en el mismo orden dado por la estrategia de solución. 1

Para ello se toma la misma Base de Cálculo: F = 30000 Balances en la Unidad I:

0.52 F

1

Total:

F 1

1

1

1

Benceno:

wB F

Tolueno:

wB F

= F

2

(1)

2

3

= F + F

(2)

2

2

3

3

2

2

3

3

= wB F + wB F = wB F + wB F

(3) (4)

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1

R1:

Balances en la Unidad II: 4

Total:

5

14400 = F + F

R2:

3

3

3

3

0.75 wB F

Benceno:

wB F

Tolueno:

wT F

3

3

4

4

4

4

= wB F

(5) (6) 5

= wB F + wB F 4

5

(7)

5

= 0.95 F + wT × 9900

(8)

Los resultados son: F F

2.20

2

4

= 15600 = 4500

3

F

5

F

= 14400 = 9900

3

wB = 0.0125 5

wB = 0.004545

3

wT = 0.5925 5

wT = 0.43

El flujo de alimentación a una unidad que consiste en dos columnas contiene 30% de benceno (B), 55 % de tolueno (T) y 15% de xileno (X). Se analiza el vapor de destilado de la primera columna y se encuentra que contiene 94.4 % de B, 4.54 % de T y 1.06 % de X. Los fondos de la primera columna se alimentan a la segunda columna. En esta segunda columna, se planea que el 92 % del T original cargado a la unidad, se recupere en la corriente de destilado, y que el T constituya el 94.6 % de la corriente.

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Se planea además que el 92.6 % de X cargado a la unidad se recupere en los fondos de esta columna y que el X constituya el 77.6 % de dicha corriente. Si se cumplen estas condiciones, calcule: a. El análisis de todas las corrientes que salen de la unidad. b. La recuperación porcentual de benceno en la corriente de destilado de la primera columna.

B T 94.6 % X

B 94.4 % T 4.54 % X 1.06 %

Columna II

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Columna I

B 30 % T 55 % X 15 %

B T

X 77.6 SOLUCION:

El Diagrama Cuantitativo se muestra a continuación

2

2

F

4

w2B = 0.944 w2T = 0.0454 1

F

w1B w1T

(X, 1.06 %) = 0.3 = 0.55

1

Unidad I

4

F

w4X w4T = 0.946 4 (wB)

Unidad II

(X, 15 %)

3

5

F 3

w3B w3T 3 (wX)

F 5

w5T w5X = 0.776 5 (wB) 60


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Relaciones:

R1:

0.92 × 0.55 F

R2:

0.926 × 0.15 F

1

1

4

= 0.946 F

5

= 0.776 F

Tabla de Grados de Libertad:

NVI

U n i d a d II

9

NVI

Proceso

9

NVI

Global

15

NVI

12

NBMI

3

NBMI

3

NBMI

6

NBMI

3

NFC

0

NFC

0

NFC

0

NFC

0

NCC

4

NCC

2

NCC

6

NCC

6

NRC:

0

NRC:

R1:

-

R2:

-

G de L

-7 2

NRC:

R1:

-

R2:

-

-5

G de L

4

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Unidad I

NRC:

R1:

1

R2:

1

G de L

- 14 1

Base

-1

R1:

1

R2:

1

G de L Base

- 11 1 -1

Reconfirmación de Grados de Libertad: Unidad I:

1

2

3

3

3

Incógnitas

=

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

5 Incógnitas - 3 Ecuaciones = 2

Unidad II: Incógnitas

=

7 (F , wB, wT, F , wX, F , wT)

Global:

5 (F , F , F , wB, wT)

3

3

3

4

4

5

5

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

7 Incógnitas - 3 Ecuaciones = 4

Incógnitas

=

6 (F , F , F , wX, F , wT)

1

2

4

4

5

5

Ecuaciones =

3 (balances) + 2 (R1, R2)

G de L

6 Incógnitas - 3 Ecuaciones - 2 Relaciones

=

= 1

61


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Ben – Hur Valencia Valencia

El Balance Global tiene un Grado de Libertad lo mismo que el Proceso, como no se conoce ningún flujo se encuentra correctamente especificado.

Tabla de Balances:

Unidad I 1 1 1 3

Tolueno (T) Benceno (B) Xileno (X) Total

Unidad II 1 1 1 3

Proceso 2 2 2 6

Global 1 1 1 3

1

2

4

4

5

5

1. Tomando una Base de Cálculo y resolviendo los Balances Globales se conoce F , F , F , wX, F , wT. Se agotan las dos Relaciones. 2. Actualizando Grados de Libertad: 1 2 Unidad I: G de L A = 2 - 2 ( F , F ) = 0 4 5 4 5 Unidad II: G de L A = 4 - 2 ( F , F ) - 2 (wX, wT ) = 0 3. A continuación puede resolverse cualquiera de las dos Unidades y comprobar los resultados en la otra.

a. El análisis de todas las corrientes que salen de la unidad.

CÁLCULOS: 1

Balances Globales:

Base de cálculo: Sea F = 10000

Tolueno que entra:

wT F = 10000 × 0.55 = 5500

De R1:

0.946 F = 0.92 × 5500

1

1

4

F

4

1

= 5348.84 1

Xileno que entra:

wX F = 10000 × 0.15 = 1500

De R2:

0.926 × 1500 = 0.776 F

5

F

5

= 1789.95

62

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Estrategia de solución:


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1

2

4

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5

F = F + F + F

Del balance total:

F F

2

2

1

Balance de xileno:

= ( 10000 – 5348.84 – 1789.95 ) = 2861.21 1

2

2

4

wX F = wX F +

4

5

wX F + wX F

5

4

0.15 × 10000 = 0.0106 × 2861.21 + wX (5348.84) + 0.776 × 1789.95 4

wX = 0.0151 4

1

1

2

2

wT F = wT F +

Balance de tolueno:

4

4

5

wT F + wT F

www.elsolucionario.net

wB = 0.0389

Por diferencia,

5

5

0.55 × 10000 = 0.0454 × 2861.21 + 0.946 × 5348.84 + wT (1789.95) 5

wT = 0.1731 5

Por diferencia,

wB = 0.0508

Reemplazando los resultados en el balance (dependiente) de benceno debe cumplirse que: 1

1

2

2

4

4

5

wB F = wB F + wB F + wB F

5

0.3 × 10000 = 0.944 × 2861.21 + 0.0389 × 5348.84 + 0.0508 × 1789.95 3000 = 2999.9816

Balances en la Unidad I: Total:

1

F Benceno:

2

3

F = F + F 3

= 10000 – 2861.21

1

wB F

1

2

2

3

= wB F + wB F

(1)

3

3

3000 = 0.944 × 2861.21 + wB F Tolueno:

1

wB F

1

2

2

3

= wB F + wB F

3

(2)

3

3

0.55 × 10000 = 0.0454 × 2861.21 + wT F

3

(3)

63


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Ben – Hur Valencia Valencia

Resolviendo las ecuaciones (1), (2) y (3): F

Por diferencia,

3

3

= 7138.79

3

wB = 0.0419

wT = 0.7522

3

wX = 0.2059

La solución al balance de materia puede comprobarse en el balance de xileno: 1

wX F

1

2

2

3

= wX F + wX F

3

0.15 × 10000 = 0.0106 × 2861.21 + 0.2059 × 7138.79

Los resultados pueden corroborarse nuevamente en uno o más de los balances de materia de la Unidad dependiente.

Planteando, por ejemplo, el balance de Xileno se encuentra que: Balance de Xileno en la Unidad II: 3

wX F

3

4

4

5

= wX F + wX F

5

0.2059 × 7138.79 = 0.0151 × 5348.84 + 0.776 × 1789.95 1469.88 = 80.77 + 1389 = 1469.77

O con el balance de Benceno en la Unidad II: 3

wB F

3

4

4

5

= wB F + wB F

5

0.0419 × 7138.79 = 0.0389 × 5348.84 + 0.0508 × 1789.95 299.12 = 208.07 + 90.93 = 299.00

En vez de resolver la Unidad I a continuación de los Balances Globales, puede resolverse la Unidad II y comprobar los resultados en la Unidad I. Esto se deja como ejercicio.

64

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1500 = 30.329 + 1469.877 = 1500.2


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La solución al problema utilizando el Programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard 48-GX, requiere del planteamiento de todas las ecuaciones de Balance en el mismo orden dado por la estrategia de solución. 1

Tomando la misma Base de Cálculo: F = 10000

Balances Globales:

0.946 F

De R2:

0.926 × 0.15 F

Total:

F

1

= 0.92 × 0.55 F

1

= 0.776 F

1

1

1

Xileno:

wX F

Tolueno:

wT F

1

2

(1)

5

(2)

4

5

= F + F + F

(3)

2

2

4

4

5

5

2

2

4

4

5

5

= wX F + wX F + wX F

1

= wT F + wT F + wT F

(4)

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4

De R1:

(5)

Balances en la Unidad I: 1

Total:

F 1

1

1

1

Benceno:

wB F

Tolueno:

wB F

2

3

= F + F

(6)

2

2

3

3

2

2

3

3

= wB F + wB F = wB F + wB F

(7) (8)

Al resolver el sistema de ecuaciones se encuentra que:

F 5

4

= 5348.84

wT = 0.173246

F

5

3

F

2

= 1789.95

F

= 7138.79

wB = 0.041886

3

= 2861.21

4

wX = 0.01508 3

wT = 0.752243

b. Recuperación porcentual de benceno en la corriente de destilado de la primera columna.

⎛ 0.944 × 2861.21 ⎞ Benceno recuperado = ⎜ ⎟ × 100 = 90.0327 % 3000 ⎝ ⎠

65


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2.21

Ben – Hur Valencia Valencia

Una lechada compuesta de un precipitado de TiO2 en una solución de agua salada se va a lavar en tres etapas, como lo muestra la figura. Si la lechada de alimentación consiste en 1000 lbm/h de 20% de TiO2, 30% de sal y el resto de agua, calcule la alimentación de agua de lavado a cada etapa. Supóngase que: a. El 80% de la sal alimentada a cada etapa sale con la solución de desperdicio. b. Se operan las etapas de manera que la lechada de salida contenga una tercera parte de sólidos. c. En cada etapa, la concentración de sal en su solución de desperdicio es la misma que la concentración de agua acarreada con la lechada de salida de cada etapa.

Lechada de alimentación TiO2 Sal H2O

Agua fresca de lavado 3

Agua fresca de lavado 4

9

1 I

10 II

Lechada intermedia 8

5 III

Lechada intermedia 7

Solución de Sal de desperdicio

www.elsolucionario.net

Agua fresca de lavado 2

Lechada lavada final

6 Solución de Sal de desperdicio

Solución de Sal de desperdicio

SOLUCION: Diagrama cuantitativo:

Agua fresca de lavado

Agua fresca de lavado 2 Lechada de alimentación 1

F =1000 w1TiO2 = 0.2

w1sal = 0.3 (agua)

1

1 I

2

Lechada 9 intermedia

8 Solución de sal de desperdicio 8 F

w8sal

(agua)

3

3

F

(agua)

F

Lechada 10 intermedia

F

w9TiO2 w9sal

4

4

F

II

9

Agua fresca de lavado

III

10

5

7 Solución de sal de desperdicio 7 F

w7sal

(agua)

(agua)

5

F

F

w10TiO2 w10sal

Lechada lavada final

w5TiO2 w5sal

6 Solución de sal de desperdicio 6 F

(agua)

w6sal

(agua)

66


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Ben – Hur Valencia Valencia

Relaciones: 1

1

9

9

R1:

(0.8) × wsal × F

R2:

(0.8) × wsal × F

R3:

(0.8) × w sal × F

10

8

8

7

7

= wsal × F = wsal × F 10

6

6

= wsal × F

9

R4:

wTiO2 = 1/3

R5:

w

R6:

wTiO2 = 1/3

R7:

wsal = wsal

R8:

wsal = w

R9:

wsal = wsal

10 TiO2

= 1/3

8

9

7

10 sal

6

5

Las relaciones R4, R5, R6, se colocan como composiciones conocidas en el diagrama y se descartados como relaciones. Tabla de Grados de Libertad:

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 R7 R8 R9 G de L

Etapa I 9 3 1 3 1 – – 1 – – 0

Etapa II 9 3 – 2 – 1 – – 1 – 2

Etapa III 9 3 – 2 – – 1 – – 1 2

Proceso 21 9 1 5 1 1 1 1 1 1 0

Global 15 3 1 3 1 – – – – 1 6

El problema se encuentra correctamente especificado: Un flujo conocido y una Unidad y el Proceso con cero Grados de Libertad.

67

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5


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Reconfirmación de Grados de Libertad: 2

9

9

8

8

Incógnitas

=

5 (FH2O, F , wsal, F , wsal)

Ecuaciones

=

3 (balances) + 2 (R1, R7)

G de L

=

(5 Incógnitas - 5 Ecuaciones ) = 0

Incógnitas

=

7 (FH2O, F , wsal, F , wsal, F , w

Ecuaciones

=

3 (balances) + 2 (R2, R8)

G de L

=

(7 Incógnitas - 5 Ecuaciones ) = 2

Etapa III: Incógnitas

=

7 (FH2O, F , wsal, F , wsal, F , w

Ecuaciones

=

3 (balances) + 2 (R3, R9)

G de L

=

(7 Incógnitas - 5 Ecuaciones ) = 2

Incógnitas

=

11 (FH2O, FH2O, FH2O, F , wsal, F , wsal, F , wsal, F , wsal )

Ecuaciones

=

3 (balances) + 2 (R1, R9)

G de L

=

(11 Incógnitas - 5 Ecuaciones ) = 6

Etapa II:

Globales:

3

9

4

9

5

2

7

5

3

6

4

7

6

8

10

10

8

10 sal)

10 sal)

7

7

6

6

5

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Etapa I:

5

Tabla de Balances:

Etapa I

Etapa II

Etapa III

Proceso

Global

TiO2

1

1

1

3

1

Sal

1

1

1

3

1

H2O

1

1

1

3

1

Total

3

3

3

9

3

68


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Estrategia de solución: 2

9

9

8

8

1. Se resuelven los balances en la etapa I. Con ellos se conocen: FH2O, F , wsal, F , wsal. Se agotan R1 y R7. 2. Actualizando los Grados de Libertad se encuentra que: 9 9 Etapa II: G de L A = 2 – 2 (F , wsal) = 0 2 8 8 Globales: G de L A = 6 – 2 (FH2O, F ) - 1 (wsal) + 1 (R1 agotado) = 4 3

7

7

10

10 sal

3. Se resuelven los balances en la etapa II. Al hacerlo se conoce: FH2O, F , wsal, F , w y R8. 4. Actualizando Grados de Libertad: Etapa III: G de L A = Globales: G de L A =

10

. Se agotan R2

10

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2 – 1 (F ) – 1 (w sal) = 0 3 7 7 4 – 2 (FH2O, F ) – 1 (wsal) = 1

5. Se resuelven los balances en la etapa III. La Unidad restante es la Unidad dependiente. 6. Finalmente, se comprueban los resultados obtenidos con los balances globales.

CÁLCULOS:

Balances en la Etapa I: 9

TiO2:

(0.2) 1000 = (1/3) F

Sal:

(0.3) 1000 = wsal F + wsal F

R1:

9

9

8

8

0.8 × 0.3 × 1000 = wsal F 8

R7:

8

8

9

wsal = wsal

Resolviendo: 9

F = 600

Total:

F

8

8

= 2400

2

9

wsal =

9

wsal = 0.1

8

1000 + FH2O = F + F 2

FH2O = 2000

69


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Ben – Hur Valencia Valencia

Comprobando los resultados en el balance de agua: 2

9

9

8

(1 – 0.2 – 0.3) 1000 + FH2O = (1 – 1/3 – wsal) F + (1 – wsal) F

8

(0.5) 1000 + 2000 = (1 – 1/3 – 0.1) 600 + (1 – 0.1) 2400 2500 = 2500

Balances en la Etapa II: 10

TiO2:

(1/3) 600 = (1/3) F

Sal:

(0.1) 600 = w

F

10

7

7

7

7

+ wsal F

(2)

0.8 × 0.1 × 600 = wsal F 7

R8:

(3)

10 sal

wsal = w

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R2:

10 sal

(1)

(4)

Resolviendo las ecuaciones (1) a (4) se encuentra que: F

10

7

= 600

F

=

3

Total:

7

2400 7

10 sal

wsal = w

= 0.02

10 sal)

+ (1 – wsal) F

10

600 + FH2O = F + F 3

FH2O = 2400 Comprobando los resultados en el balance de agua: 9

3

(1 – 1/3 – wsal) 1000 + FH2O = (1 – 1/3 – w

10

F

7

7

(1 – 1/3 – 0.1) 600 + 2400 = (1 – 1/3 – 0.02) 600 + (1 – 0.02) 2400 2740 = 2740

Balances en la Etapa III: TiO2:

5

(1/3) 600 = (1/3) F F

Sal:

5

= 600 5

6

6

(0.02) 600 = wsal × 500 + wsal F

(5)

70


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R3:

0.8 × 0.02 × 600 = wsal F 6

Ben – Hur Valencia Valencia

6

(6)

6

wsal F = 9.6 6

R9:

5

wsal = wsal

(7)

Resolviendo las ecuaciones (5) a (7): 6

5

F = 2400

wsal 10

Total:

F

=

4

6

0.004 5

wsal

=

0.004

6

+ FH2O = F + F 4

FH2O = ( 600 + 2400 – 600 )

www.elsolucionario.net

4

FH2O = 2400 Comprobando los resultados en el balance de agua: 10 sal)

(1 – 1/3 – w

10

F

4

5

5

6

6

+ FH2O = (1 – 1/3 – wsal) F + (1 – wsal) F

(1 – 1/3 – 0.02) 600 + 2400 = (1 – 1/3 – 0.004) 600 + (1 – 0.004) 2400 2788 = 2788

Comprobación en los Balances Globales: Balances en Globales:

TiO2:

1

1

5

5

wTiO2 F = wTiO2 F

1000 (0.2) = 600 (1/3) 200 = 200

Sal:

1

1

wsal F

8

8

7

7

6

6

5

5

= wsal F + wsal F + wsal F + wsal F

(0.3) 1000 = (0.1) 2400 + (0.02) 2400 + (0.004) 2400 + (0.004) 600 300 = 300

71


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Total:

1

2

3

4

8

Ben – Hur Valencia Valencia

7

6

5

F + FH2O + FH2O + FH2O = F + F + F + F

1000 + 2000 + 2400 + 2400 = 2400 + 2400 + 2400 + 600 7800 = 7800

Para resolver el problema utilizando el Programa Solvesys de la calculadora HP 48-GX se plantean las ecuaciones del proceso en el orden dado por la estrategia de solución: Etapa I: 1

wTiO2 F 1

Sal:

1

wsal F 1

2

9

9

= wTiO2 F 9

9

8

= wsal F + wsal F 8

F + FH2O = F + F

R1:

0.8 wsal F

1

8

R7:

8

(2)

9

Total:

1

(1)

8

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1

TiO2:

(3)

8

= wsal F

(4)

9

wsal = wsal

(5)

Etapa II: 9

TiO2:

9

wTiO2 F 9

Sal:

9

wsal F 9

3

10 TiO2

= w

10 sal

= w

F 10

F

7

F + FH2O = F + F

R2:

0.8 wsal F

9

10 sal

R8:

w

7

(6) 7

7

+ wsal F

10

Total:

9

10

= wsal F

(7) (8)

7

(9)

7

= wsal

(10)

Etapa III:

TiO2:

10 TiO2

F

10 sal

F

w

Sal:

w 10

10

10

4

5

5

= wTiO2 F 5

5

6

= wsal F + wsal F 5

6

+ FH2O = F + F

Total:

F

R3:

0.8 w

10 sal

10

F

(11)

6

= wsal F

6

6

(12) (13) (14)

72


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R9:

wsal =

Ben – Hur Valencia Valencia

5

wsal

(15)

Resolviendo el sistema se obtienen los siguientes resultados:

1

5

= 1000

wsal = 0.00399

1

wTiO2 = 0.2

F

6 wsal

1

wsal = 0.3 9

F

wTiO2 = 0.3333 10 TiO2

w

5 wTiO2

= 0.3333

F

= 0.3333

8

8

w

2

3 FH2O

= 2400.24

4 FH2O

= 2400.24

F

7

7 wsal

FH2O = 2000.3

5

6

sal

F

9

9 wsal

F

10

10 w sal

= 600.06

= 2400.24 = 0.00399 = 2400.24 = 0.019998 = 2400.24

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F

= 0.0999 = 600.06 = 0.0999 = 600.06 = 0.019998

Comprobando en el balance de TiO2 en los Globales: TiO2:

1

wTiO2 F

1

5

= wTiO2 F

5

1000 (0.2) = 600.06 (0.3333) 200 = 199.999

2.22

Típicamente se utilizan los evaporadores para concentrar soluciones, eliminando por ebullición algo del solvente. Para economizar en las necesidades de energía, frecuentemente se efectúa la evaporación en etapas; cada etapa proporciona algo de las necesidades de energía. En la evaporación en etapas múltiples que muestra la figura, se concentra una solución de azúcar con 50% en masa hasta 65% en masa, evaporando cantidades iguales de agua en cada una de las cuatro etapas. Para una alimentación total de 50000 lbm/h, determine las concentraciones de las corrientes intermedias.

73


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V4

V3

V2

V1

4

3

2

1

Producto 65 % azúcar

Alimentación L0 = 50000 lb/h 50 % azúcar

SOLUCION:

8

6

4

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Diagrama cuantitativo: 2

F

F

F

F

4

3

2

1

9

F

w9A = 0.65 (agua)

Relaciones:

7

5

F

F

F

w1A = 0.5

w7A

w5A

w3A

(agua)

(agua)

(agua)

(agua)

2

4

4

6

6

8

R1:

F = F

R2:

F = F

R3:

F = F

3

1

F = 50000

Tabla de Grados de Libertad:

NVI NBMI NFC NCC NRC G de L

Unidad I 5 2 1 1 0 1

Unidad II 5 2 0 0 0 3

Unidad III 5 2 0 0 0 3

Unidad IV 5 2 0 1 0 2

Proceso 14 8 1 2 3 0

Global 8 2 1 2 3 0

74


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Reconfirmación de Grados de Libertad:

Unidad II:

Unidad III:

Unidad IV:

Globales:

2

3

3

Incógnitas

=

3 (F , F , wA)

Ecuaciones

=

2 (balances)

G de L

=

1

Incógnitas

=

5 (F , wA, F , F , wA)

Ecuaciones

=

2 (balances)

G de L

=

3

Incógnitas

=

5 (F , wA, F , F , wA)

Ecuaciones

=

2 (balances)

G de L

=

3

Incógnitas

=

4 (F , wA, F , F )

Ecuaciones

=

2 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

5 (F , F , F , F , F )

Ecuaciones

=

2 (balances) , + 3 (R1, R2, R3)

G de L

=

0

3

5

7

2

3

5

7

4

4

6

8

6

5

5

7

7

www.elsolucionario.net

Unidad I:

9

8

9

El problema se encuentra correctamente especificado. Tabla de Balances:

Azúcar Agua Total

Unidad I 1 1 2

Unidad II 1 1 2

Unidad III 1 1 2

Unidad IV 1 1 2

Proceso 4 4 8

Global 1 1 2

75


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Estrategia de Solución: 2

4

6

8

9

1. Resolviendo los Balances Globales, se conoce: F , F , F , F , F . Se agotan R1, R2 y R3. 2. Actualizando Grados de Libertad: 2

Unidad I:

G de L A

=

1 – 1 (F ) =

Unidad II:

G de L A

=

3 – 1 (F ) =

4 6

Unidad III:

G de L A

=

3 – 1 (F ) =

Unidad IV:

G de L A

=

2 – 2 (F , F )

2

8

3

0 2 2

9

= 0

3

4. Reconfirmando los Grados de Libertad (Observe que en el paso 2, las unidades I y IV quedaron con cero Grados de Libertad. Si la estrategia busca el orden en que las unidades tienen esa condición, en vez de actualizar los Grados de Libertad una vez resuelta la Unidad I, es preferible analizar (reconfirmar) si la Unidad IV sigue con cero Grados de Libertad para, en caso afirmativo, resolverla): Unidad IV: G de L A = 0 – 0 = 0 7

7

5. Resolviendo la Unidad IV, se conocen: F ,wA. 6. Actualizando Grados de Libertad: Unidad II: G de L A

=

3

3

2 – 1 (F ) – 1 (wA) = 0

7. Resolviendo la Unidad II se conocen el resto de las variables del proceso 8. Se comprueban los balances en la Unidad III.

CÁLCULOS: Balances Globales:

Total: Azúcar:

2

4

6

8

9

50000 = F + F + F + F + F 9

0.5 × 50000 = 0.65 × F

R1:

F

R2:

F

R3:

F

2

4

6

4

= F

6

= F

8

= F

(1) (2) (3) (4) (5)

76

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3. Resolviendo la Unidad I se conoce: F , F , wA.


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Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1), (2), (3), (4) y (5): F

9

= 38461.5385

F

2

4

= F =

6

8

F

= F

9

9

= 2884.6625

Comprobando los resultados en el balance de agua: 1

1

2

4

6

8

2

9

(1 – wA) F = F + F + F + F + (1 – wA) F = 4 F + (1 – wA) F

9

25000 = 4 × 2884.6625 + 0.35 × 38461.5385 25000 = 25000.18

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Balances en la Unidad I: 3

Total:

50000 = 2884.6625 + F F

3

= 47115.3375 3

25000 = (1 – wA) × 47115.3375

Agua:

3

wA = 0.5306 Balances en la Unidad IV: 7

Total:

F

= 2884.6625 + 38461.5385

F Azúcar:

7

7

= 41346.201

7

wA F = 25000 7

wA = 0.6047 Balances en la Unidad II: Total:

5

47115.3375 = 2884.6625 + F F

Azúcar:

5

= 44230.675 5

0.5306 × 47115.3375 = wA × 44230.675 5

wA =

0.5652

77


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Comprobando éstos valores en el balance de la Unidad III: 5

6

7

F = F + F

44230.675 = 2884.6625 + 41346.201 44230.675 ≈ 44230.863

Para resolver el problema utilizando la calculadora Hewlett Packard 48-GX con el Programa Solvesys se plantean las ecuaciones del proceso: Global:

Azúcar:

F 1

2

1

9

wA F = wA F

R1:

F

R2:

F

R3:

F

2

4

6

4

6

8

9

= F + F + F + F + F 9

(1) (2)

4

= F

www.elsolucionario.net

1

Total:

(3)

6

= F

(4)

8

= F

(5)

Unidad I: 1

Total:

F

Agua:

wA F

1

1

2

= F + F

3

(6)

3

= (1 – wA) F

3

(7)

Unidad IV: 7

Total: Azúcar:

F 7

wA F

7

8

= F + F 9

= wA F

9

(8)

9

(9)

Unidad II: 3

Total: Azúcar:

F 3

wA F

3

4

5

= F + F 5

= wA F

5

(10) (11)

78


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Los valores de las variables son:

F

1

6

= 50000

F = 2884.6154

1

7

wA = 0.5

F = 41346.1538

9

8

wA = 0.65

F = 2884.6154

2

9

F = 2884.6154

F = 38461.5345

3

3

F = 47115.3846

wA = 0.4694

4

5

F = 2884.6154

wA = 0.500

5

7

F = 44230.7692

wA = 0.6047

5

6

7

F = F + F

44230.7692 = 2884.6154 + 41346.1538 44230.7692 = 44230.7692

2.23

Se procesa una mezcla de alcohol y acetona (que contiene 40% de alcohol) con lavados sucesivos de agua para eliminar el alcohol. El agua de lavado utilizada contiene 4% en masa de alcohol. El agua y la acetona son mutuamente insolubles. La distribución de alcohol (A) entre las corrientes de acetona (K) y agua (W) está dada por la ecuación:

⎛ masa de alcohol ⎞ 1 ⎛ masa de alcohol ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎝ masa de cetona ⎠ 4 4 ⎝ masa de agua ⎠3

A 40 % K

A W

1

4

3

2

A K

A 4% W

79

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Comprobando estos valores en el balance Total de la Unidad III:


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a. Si se utilizan 150 libras de la corriente 2 por cada 200 libras de mezcla de alimentación, calcule la composición de la corriente 4 después de un lavado. b. Si se repite el lavado con 150 libras en cada etapa, ¿cuántos lavados se necesitan para eliminar el 98% del alcohol original?

SOLUCION: Diagrama cuantitativo:

(acetona)

F3 w3Al

1

4

3

2

F4 w4Al (acetona)

F2 = 150 w2Al = 0.04 (agua)

(agua)

a. Si se utilizan 150 libras de la corriente 2 por cada 200 libras de mezcla de alimentación, calcule la composición de la corriente 4 después de un lavado.

Relaciones:

R1:

⎛ w 4Al F 4 ⎜⎜ 4 4 ⎝ (1 − w Al ) F

⎞ ⎟⎟ = ⎠

1 ⎛ w 3Al F 3 ⎞ ⎜ ⎟ 4 ⎜⎝ (1 − w 3Al ) F 3 ⎟⎠

Tabla de Grados de Libertad:

NVI NBMI NFC NCC NRC G de L

8 3 2 2 1

-8 0

80

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F1 = 200 w1Al = 0.4


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Reconfirmación de Grados de Libertad: 3

3

4

4

Incógnitas

=

3 (F , wAl, F , wAl)

Ecuaciones

=

3 (balances) + 1 (R1)

G de L

=

0

CÁLCULOS: 4

(1)

4

Acetona:

(1 – 0.4) × 200 = (1 – wAl) F 4

120 = (1 – wAl) F

4

4

3

Agua:

(2)

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3

200 + 150 = F + F

Total:

3

(1 – 0.04) × 200 = (1 – wAl) F 3

144 = (1 – wAl) F

⎛ w 4Al F 4 ⎜⎜ 4 4 ⎝ (1 − w Al ) F

R1:

3

(3)

⎞ ⎞ w 3Al F 3 1⎛ ⎟ ⎟⎟ = ⎜⎜ 3 3 ⎟ 4 ⎝ (1 − w Al ) F ⎠ ⎠

(4)

Resolviendo algebraicamente las ecuaciones (1) a (4): F

4

= 134.8276

F

3

3

= 215.1724

wAl = 0.331

4

wAl = 0.11

Corroborando en el Balance de alcohol: 3

3

4

0.4 × 200 + 0.04 × 150 = wAl F + wAl F

4

0.4 × 200 + 0.04 × 150 = 0.331 × 215.1724 + 0.11 × 134.8276 86 = 86

El alcohol eliminado en un lavado es:

⎛ w 3Al F 3 − 0.04 × 150 Alcohol eliminado = ⎜⎜ 80 ⎝

⎞ 71.1725 − 6 ⎞ ⎟⎟ × 100 = ⎛⎜ ⎟ × 100 80 ⎝ ⎠ ⎠

Alcohol eliminado = 81.4656 %

81


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b. Si se repite el lavado con 150 libras en cada etapa, ¿cuántos lavados se necesitan para eliminar el 98% del alcohol original?

A 40 % K

1

Lavado con 150 lb

A K A W

2

Lavado con 150 lb

N

A K A W

A K A W

SOLUCION:

Es similar a la parte (a) y se utiliza la misma relación, R1. Se analiza etapa por etapa y en cada una de ellas se calcula el porcentaje de alcohol eliminado; cuando su suma de mayor del 98% de alcohol recuperado se tiene el número de etapas necesarias.

Con el flujo 4 de la parte (a) se construye el diagrama siguiente: Diagrama cuantitativo (Segunda Etapa):

F4 = 134.8276 w4Al = 0.11

4

7

(acetona)

(acetona) 6

F6 w6Al

F7 w7Al

(agua)

5

F5 = 150 w5Al = 0.04 (agua)

Relación:

⎛ w 7Al F 7 ⎜⎜ 7 7 ⎝ (1 − w Al ) F

⎞ w 6Al F 6 1 ⎛ ⎜⎜ ⎟⎟ = 4 ⎝ (1 − w 6Al ) F 6 ⎠

⎞ ⎟⎟ ⎠

82

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Lavado con 150 lb


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Tabla de Grados de Libertad:

NVI

8

NBMI

3

NFC

2

NCC

2

NRC

1

-8

G de L

0

CÁLCULOS:

Los balances son: 7

134.8276 + 150 = F + F

Acetona:

0.89 × 134.8276 = (1 – wAl) F

Agua:

7

7

6

6

144 = (1 – wAl) F

⎛ w 7Al F 7 ⎜⎜ 7 7 ⎝ (1 − w Al ) F

R1:

⎞ ⎟⎟ = ⎠

1 ⎛ w 6Al F 6 ⎜ 4 ⎜⎝ (1 − w 6Al ) F 6

www.elsolucionario.net

6

Total:

⎞ ⎟⎟ ⎠

Resolviendo algebraicamente las cuatro ecuaciones anteriores: F

7

= 123.5909

6

F

6

= 161.236

wAl = 0.1069

7

wAl = 0.029

Corroborando en el balance de alcohol: 0.11 × 134.8276 + 0.04 × 150 = 0.1069 × 161.236 + 0.029 × 123.5909 20.83 = 20.83

El alcohol eliminado en dos lavados es:

⎛ Alcohol eliminado = ⎜⎜ ⎝

⎛ Alcohol eliminado = ⎜ ⎝

(71.1725

(71.1725

− 6 ) + (w 6Al F 6 − 6 ) ⎞ ⎟⎟ × 100 80 ⎠

− 6 ) + (17.2366 − 6 ) ⎞ ⎟ × 100 80 ⎠

Alcohol eliminado = 95.5114 %

83


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Como el alcohol eliminado es menor a 98%, es necesario analizar la etapa siguiente. Diagrama cuantitativo (Tercer Etapa):

F7 = 123.5909 w7Al = 0.029

7

F10 w10Al

10

(acetona)

(acetona)

F9 w9Al

9

8

F8 = 150 w8Al = 0.04

(agua)

(agua)

10 ⎛ w 10 Al F ⎜⎜ 10 10 ⎝ (1 − w Al ) F

⎞ w 9Al F 9 1⎛ ⎜⎜ ⎟⎟ = 4 ⎝ (1 − w 9Al ) F 9 ⎠

www.elsolucionario.net

Relaciones:

⎞ ⎟⎟ ⎠

Tabla de Grados de Libertad:

NVI NBMI NFC NCC NRC G de L

8 3 2 2 1

-8 0

CÁLCULOS:

Los balances son: 9

10

Total:

123.5909 + 150 = F + F

Acetona:

0.971 × 123.5909 = (1 – w Al) F

Agua:

10

9

144 = (1 – wAl) F

10

9

84


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Resolviendo algebraicamente las cuatro últimas ecuaciones: F

10

= 121.6536

9

F = 151.9373

9

wAl = 0.05224

w

10 Al

= 0.01359

Corroborando en el balance de alcohol: 0.029 × 123.5909 + 0.04 × 150 = 0.05224 × 151.9373 + 0.01359 × 121.6536 9.59 = 9.59

El alcohol eliminado en tres lavados es:

(w

9 Al

F 9 − 6) ⎞ ⎟⎟ × 100 ⎠

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⎛ (71.1725 − 6 ) + (17.2366 − 6 ) + Alcohol eliminado = ⎜⎜ 80 ⎝

⎛ (71.1725 − 6 ) + (17.2366 − 6 ) + (7.9373 − 6 ) ⎞ Alcohol eliminado = ⎜ ⎟ × 100 80 ⎠ ⎝ Alcohol eliminado = 97.933 %

Como el alcohol eliminado es menor a 98%, es necesario analizar la etapa siguiente. Diagrama cuantitativo (Cuarta Etapa):

F10 = 121.6536 w10Al = 0.01359

10

13

(acetona)

F13 w13Al (acetona)

F12 w12Al

12

(agua)

11

F11 = 150 w11Al = 0.04 (agua)

Relaciones: 13 ⎛ w 13 Al F ⎜⎜ 13 13 ⎝ (1 − w Al ) F

12 ⎞ w 12 1⎛ Al F ⎜⎜ ⎟⎟ = 12 4 ⎝ (1 − w 12 Al ) F ⎠

⎞ ⎟⎟ ⎠

85


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Tabla de Grados de Libertad:

NVI

8

NBMI

3

NFC

2

NCC

2

NRC

1

-8

G de L

0

CÁLCULOS:

Los balances son: 121.6536 + 150 = F

Acetona:

13

+ F 13

13

12

12

(1 – 0.01359) × 121.6536 = (1 – w Al) F

Agua:

144 = (1 – w Al) F

www.elsolucionario.net

12

Total:

Resolviendo algebraicamente las 4 ecuaciones de la Etapa IV: F

13

= 121.319

12

F

= 150.334

12 Al

w

13 Al

= 0.0421

w

= 0.01088

Corroborando en el balance de alcohol: 0.01359 × 121.6536 + 0.04 × 150 = 0.0421 × 150.334 + 0.01088 × 121.319 7.65 = 7.65

El alcohol eliminado en cuatro lavados es:

⎛ (71.1725 − 6 ) + (17.2366 − 6 ) + (7.9373 − 6 ) + Alcohol eliminado = ⎜⎜ 80 ⎝

(w

12 Al

F 12 − 6 ) ⎞ ⎟⎟ × 100 ⎠

⎛ (71.1725 − 6 ) + (17.2366 − 6 ) + (7.9373 − 6 ) + (6.334 − 6 ) ⎞ Alcohol eliminado = ⎜ ⎟ × 100 80 ⎠ ⎝ Alcohol eliminado = 98.3505 %

Es necesario efectuar cuatro lavados para lograr el objetivo.

86


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Se utiliza un sistema de purificación con recirculación, para recuperar alSolvesysnte 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.

Divisor de flujo DMF 55% Aire

DMF Aire 90%

Unidad de purificación

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DMF SOLUCION: Diagrama cuantitativo:

5 5

F

w5D = 0.1 5 (waire) 1

F

w1D = 0.65 1 (waire)

1

M

2 2

F

Unidad de purificación

w2D 2 (waire)

6 6

FD

3 3

F

w3D = 0.1 3 (waire)

D

4 4

F

w4D = 0.1 4 (waire)

Relaciones:

R1: R2: Restricciones del Divisor:

F6 =

2 2 2 wD F 3

(2 – 1) (2 – 1) = 1

87


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Tabla de Grados de Libertad:

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 G de L

Mezclador 6 2 0 1(1) – – 2

Purificación 5 2 0 0(1) 1 – 1

Divisor 6 2 0 1 – 1 2

Proceso 11 6 0 2 1 1 1

Global 5 2 0 2 – – 1

Reconfirmación de Grados de Libertad: Incógnitas

Purificación:

Divisor:

Global:

=

1

2

2

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

2

=

5

4 (F , F , wD, F )

2

2

6

7

4 (F , wD, FD, F )

Incógnitas

=

Ecuaciones =

2 (balances)+

G de L

=

1

Incógnitas

=

5 (F , wD, F , F , wD)

3

3

4

1 (R1)

5

5

Ecuaciones =

2 (balances) , + 1 (R2)

G de L

2

Incógnitas

=

=

1

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Mezclador:

6

4

3 (F , FD, F )

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

1

=

Analizando la Tabla se encuentra que puede tomarse base de cálculo en el Proceso Global o en la Unidad de Purificación, porque en el proceso no se conoce ningún flujo y ambas unidades tienen un grado de Libertad. La elección de una u otra base depende de un análisis de los Grados de Libertad actualizados, ya que una elección puede llevar a un punto en el que no se pueda continuar o no aportar nada a los balances, como se mostrará en la Estrategia de solución.

88


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Tabla de Balances:

DMF (D) aire Total

Mezclador 1 1 2

Purificación 1 1 2

Divisor 1 1 2

Proceso 3 3 6

Global 1 1 2

Estrategia de Solución: 2

2

3

6

1. Tomando base de cálculo en la unidad de purificación y resolviendo se conoce: F , wD, F , F . Se agota R1. 2. Actualizando Grados de Libertad se encuentra que: 2

=

2 – 2 (F , wD) = 0

Divisor:

G de L A

=

2 – 1 (F ) = 1

Global:

G de L A

=

1 – 1 (F ) = 0

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2

Mezclador: G de L A

3 6

1

5

3. Resolviendo el mezclador, se conoce: F , F . 4. Reconfirmando Grados de Libertad: Global:

G de L A

=

0–0 =0

5. Se resuelve el Balance Global y los resultados se comprueban en el Divisor o unidad dependiente.

CÁLCULOS: Balances en la Unidad de Purificación: 6

Base de cálculo: F = 150 2

Total:

F

DMF:

wD F

R1:

150

2

2

3

= F + 150 3

= 0.1 F + 150

=

2 2 wD F 2 3

Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas: 2

F = 900

F

3

= 750

2

wD = 0.25

89


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Comprobando los resultados en el balance de aire: (1 – 0.25) × 900 = (1 – 0.1) × 750 675 = 675

Balances en el Mezclador: 1

Total:

5

F + F 1

= 900 5

0.55 F + 0.1 F

DMF:

= 225

1

5

F = 300

F

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Resolviendo las ecuaciones: = 600

Comprobando los resultados en el balance de aire: (1 – 0.55) × 300 + (1 – 0.1) × 600 = (1 – 0.25) × 900 675 = 675

Balances en el Global:

Total:

4

300 = F + 150 F

4

= 150

Comprobando los resultados en el balance de aire: (1 – 0.55) × 300 = (1 – 0.1) × 150 135 = 135

Comprobando los resultados en el Divisor: Total:

750 = 150 + 600 = 750

La igualdad nos demuestra que el problema se resolvió correctamente.

90


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La relación de recirculación será:

F5 600 = = 0.8 750 F3

Para resolver el problema utilizando la calculadora Hewlett Packard 48-GX con el Programa Solvesys se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de solución: Base de Cálculo:

6

F = 150

Unidad de Purificación: 3

F = F + 150

DMF:

wD F = 0.1 F + 150

R1:

150 =

2

2

(1)

3

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2

Total:

(2)

2 2 2 wD F 3

(3)

Mezclador: 1

5

F + F = F

Total: 1

5

2

(4)

2

0.55 F + 0.1 F = wD F

DMF:

2

(5)

Global: 1

Total:

F

4

= F + 150

(6)

Resolviendo se obtienen los siguientes resultados: F F F

1 2 3

4

=

300

F

=

899.999999392

F

749.999999392

2 wD

=

5

=

150

=

599.999999392

=

0.249999999968

Comprobando los resultados en el divisor: Total:

749.999999392 = 150 + 599.999999392 749.999999392 = 749.999999392

91


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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 al medio líquido mediante un tratamiento químico o térmico para liberar al material absorbido. En una instalación particular se alimentan temporalmente 1000 moles/h a un sistema de purificación (diseñado para eliminar compuestos de azufre), cuya capacidad de diseño es de 820 moles/h.

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 CO2 H2S COS

Sistema de Absorción

CH4 CO2 H2S COS

H2S COS

CH4 CO2 H2S COS

D

CH4 CO2 H2S COS

1% 0.3%

SOLUCION: Diagrama cuantitativo: 2

N

2

x2CO2 = 0.15 x2H2S = 0.05

3

1

N

N = 1000

x1CO2 x1H2S

= 0.15 = 0.05

x1COS = 1 (xCH4)

0.0141

x2COS = 0.0141 2 (xCH4)

1

x3CO2 = 0.15 x3H2S

= 0.05

x3COS = 3 (xCH4)

0.0141

3

Sistema de Absorción 4 4

N

x4H2S

6

N

5

N

x5CO2 x5H2S x5COS 5 (xCH4)

5

D

6

x6CO2 x6H2S = 0.01 x6COS = 0.003 6 (xCH4)

4

(xCOS)

92

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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 corriente mezclada de salida contenga únicamente 1 % de H2S y 0.3 % de COS en base molar.


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Relaciones: 1

R1:

3

0.82 N

R2: Restricciones del Divisor:

= N

RD = (2 – 1) (4 – 1) = 3

Divisor

Absorción

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 G de L

3 0

– 3

– 3

3 0

– 0

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Tabla de Grados de Libertad:

Reconfirmación de Grados de Libertad: Divisor:

Absorción:

Mezclador:

2

2

2

2

3

3

3

3

Incógnitas

=

8 (N , xCO2, xH2S, xCOS, N , xCO2, xH2S, xCOS)

Ecuaciones

=

4 (balances)+

G de L

=

0

Incógnitas

=

7 (N , N , xH2S, N , xCO2, xH2S, xCOS)

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

3

Incógnitas

=

7 (N , N , xCO2, xH2S, xCOS, N , xCO2)

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

3

3

2

4

5

4

5

4 (R1, R2)

5

5

5

5

5

5

6

6

93


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Global:

4

4

6

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6

Incógnitas

=

4 (N , xH2S, N , xCO2)

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

0

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: 4

4

6

6

3

1. Resolviendo los balances del proceso global, se conoce: N , xH2S, N , xCO2. De R1, se halla N , y por tanto se agota la relación. 2. Reconfirmando Grados de Libertad: 3 Divisor: G de L A = 0 – 1 (N ) + 1 (R1 agotada) = 0 2

3

3. Resolviendo el Divisor, se conoce: N , N . 4. Actualizando Grados de Libertad: 6 6 2 Mezclador: G de L A = 3 – 3 (N , xCO2, N ) = 0 3

4

4

Absorción: G de L A = 3 – 3 (N , N , xH2S) = 0 5. Se resuelve la Torre de Absorción y los resultados se comprueban en los balances en el Mezclador.

CÁLCULOS: Balances en el Proceso Global:

Total: CO2:

4

6

1000 = N + N 6

6

0.15 × 1000 = xCO2 × N

94

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Tabla de Balances:


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H2S:

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4

6

0.05 × 1000 = xH2S × N + 0.01 × N 4

COS:

4

6

0.0141 × 1000 = (1 – xH2S) × N + 0.003 × N

Resolviendo el sistema de ecuaciones: 4

N

= 51.773

6

N

4

= 948.226

6

xH2S = 0.7826

xCO2 = 0.1581

Comprobando los resultados en el balance de CH4: (1 – 0.15 – 0.05 – 0.0141) × 1000 = (1 – 0.01 – 0.003 – 0.1581) × 948.226

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785.9 = 785.98 3

De R1:

0.82 × 1000 = N 3

N

= 820

Balances en el Divisor: 2

Total:

1000 = 820 + N 2

N = 180

Balances en la Torre de Absorción: 5

Total:

820 = 51.773 + N 5

5

CO2:

0.15 × 820 = xCO2 × N

H2S:

0.05 × 820 = 0.7826 × 51.773 + xH2S × N

5

5

5

COS:

5

0.0141 × 820 = (1 – 0.7826) × 51.773 + xCOS × N

Resolviendo el sistema: 5

N = 768.226

5

xCO2 = 0.160

5

xH2S = 0.000627

5

xCOS = 0.000399

95


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Comprobando en el balance de CH4: (1 – 0.15 – 0.05 – 0.0141) × 820 = (1 – 0.160 – 0.000627 – 0.000399) × 768.226 644.438 = 644.521

Comprobando los resultados en el Mezclador: Total:

5

2

N + N

6

= N

768.226 + 180 = 948.226

Resolviendo el problema utilizando el Programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard 48-GX, se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de solución:

Global:

Total: CO2: H2S:

4

5

1000 = N + N

(1)

6

6

4

4

150 = xCO2 × N

(2) 6

50 = xH2S × N + 0.01 × N 4

4

(3) 6

COS:

14.1 = (1 – xH2S) × N + 0.003 × N

R1:

820 = N

3

(4) (5)

Divisor: 2

3

Total:

1000 = N + N

CO2:

150 = xCO2 × N + xCO2 × N

H2S:

50 = xH2S × N + xH2S × N

COS:

14.1 = xCOS × N + xCOS × N

(6)

2

2

3

3

2

2

3

3

2

2

3

3

(7) (8) (9)

96

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948.226 = 948.226


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Restricciones del Divisor: 2

xCO2 = 0.15

(10)

2

xH2S = 0.05

(11)

2

xCOS = 0.0141

(12)

Torre de Absorción: 4

5

3

3

5

5

3

3

4

4

(13)

CO2:

xCO2 × N = xCO2 × N

H2S:

xH2S × N = xH2S × N + xH2S × N

COS:

xCOS × N

3

3

4

(14) 5

4

5

5

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3

N = N + N

Total:

(15) 5

= (1 – xH2S) × N + xCOS × N

(16)

Resolviendo el sistema se obtienen los siguientes resultados: 2

N = 180 3

xCO2 = 0.15 3

N = 820 3

xH2S = 0.05 4

N = 51.7730496453 3

xCOS = 0.0141 5

N = 768.226950354 4

xH2S = 0.782602739727

6

N = 948.226950355 5

xCO2 = 0.160108936484 2

xCO2 = 0.15 5

xH2S = 0.000627769571526 2

xH2S = 0.05 5

xCOS = 0.000399206056199 2

xCOS = 0.0141 6

xCO2=0.158189977562

97


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Supóngase que se modifica la operación del sistema de absorción del problema 2.25, de manera que se absorba todo el COS y un mol de CO2 por cada mol de H2S, como se muestra en la figura. La corriente de alimentación contiene (en base molar) 15 % de CO2, 5 % de H2S y 1.4 1% de COS; el resto es CH4. Nuevamente se deriva un 18 % de la alimentación (que no pasa por el sistema). Calcule los flujos de todas las corrientes.

D

CH4 CO2 H2S COS

Sistema de Absorción

CH4 CO2 H2S

H2S CO2 COS

CH4 CO2 H2S COS

M

1% 0.3%

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CH4 CO2 H2S COS

SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: 2

N 2

x2CO2 = 0.15 x2H2S = 0.05 x2COS = 0.0141 2 (xCH4)

1

6

N

N = 1000

x1CO2 = 0.15 x1H2S

= 0.05

x1COS = 0.0141 1 (xCH4)

1

D

3

3

N

Sistema de Absorción

x3CO2 = 0.15 x3H2S = 0.05 x3COS = 0.0141 3 (xCH4)

4

5 5 N

x5CO2

N

4

x5H2S

x4H2S

(xCH4)

M

6

x6CO2 x6H2S = 0.01 x6COS = 0.003 6 (xCH4)

5

x4CO2 4

(xCOS)

98


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Relaciones: 4

4

R1:

xH2S = xCO2

R2:

N 3 = 0.82 N 1

R3:

RD =

(2 – 1) (4 – 1) = 3

Absorbedor

Mezclador

Divisor

Proceso

Global

NVI

10

11

12

22

11

NBMI

4

4

4

12

4

NFC

0

0

1

1

1

NCC

(+3)

2 (+3)

3

5

5

NRC R1

1

1

1

R2

1

1

R3

3

3

2

2

0

-1

0

G de L

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Tabla de Grados de Libertad:

Reconfirmación de Grados de Libertad:

Absorbedor:

Mezclador:

3

4

4

4

5

5

6

6

5

Incógnitas

=

7 (N , N , xH2S, xCO2, N , xCO2, xH2S)

Ecuaciones

=

4 (balances)+

G de L

=

2

Incógnitas

=

6 (N , N , xCO2, xH2S, N , xCOS)

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

2

2

5

5

1 (R1)

5

99


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Divisor:

Global:

2

2

2

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2

3

3

3

3

Incógnitas

=

8 (N , xCO2, xH2S, xCOS, N , xCO2, xH2S, xCOS)

Ecuaciones

=

4 (balances)+

G de L

=

0

Incógnitas

=

5 (N , xH2S, xCO2, N , xCOS)

Ecuaciones

=

4 (balances)+

G de L

=

0

4

4

4 (R2, R3)

4

6

6

1 (R1)

Es decir, en el análisis del proceso en su conjunto sobra información. Esta situación, ya sabemos, no implica necesariamente que ella sea contradictoria. En el caso de que la información sea contradictoria, el problema no puede cumplir todas las especificaciones. Obsérvese que ninguna unidad tiene Grados de Libertad negativos, pero el desarrollo del problema llevará a esa situación.

Tabla de Balances:

CO2 H2S COS CH4 Total

Absorbedor 1 1 1 1 4

Mezclador 1 1 1 1 4

Divisor 1 1 1 1 4

Proceso 3 3 3 3 12

Global 1 1 1 1 4

Estrategia de Solución: 4

4

1. Se resuelven los Balances Globales y se determinan los valores de las siguientes variables: N , xH2S, 4

6

6

xCO2, N y xCOS . Se agota R1. 2.

Confirmando los Grados de Libertad del Divisor: Divisor: G de L R = 0 – 0 = 0 2

3

3. Se resuelve el Divisor y se conoce N , N . Se agotan R2 y R3.

100

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Puede verse que los Grados de Libertad del proceso son negativos y, por tanto, el proceso se encuentra sobreespecificado.


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4. Actualizando los Grados de Libertad: 3 4 4 4 Absorbedor: G de L A = 2 – 2 (N , N ) – 2 (xH2S, xCO2) + 1 Rel. agotada (R1) = – 1 Mezclador:

G de L A

2

6

6

2 – 2 (N , N ) – 1 (xCOS) = – 1

=

5. Se resuelve el Absorbedor y se verifica si la información es contradictoria.

SOLUCION:

Balances Globales: 4

xH2S = xCO2

Total:

1000 = N + N

(1)

4

6

4

4

4

4

(2) 6

6

CO2:

150 = xCO2 N + xCO2 N

H2S:

50 = xH2S N + 0.01 N 4

COS:

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4

R1:

(3)

6

4

(4) 4

6

14.1 = N (1 – xCO2 – xH2S) + 0.003 N

(5)

Resolviendo el sistema de ecuaciones:

6

N

= 906.7554

N

4

= 93.2446

6

xCO2 = 0.12028

4

xCO2 = 0.43898

4

xH2S = 0.43898

Comprobando los resultados en el balance de Metano:

( 1 – 0.15 – 0.05 – 0.0141 ) x 1000 = 906.7554 ( 1 – 0.12028 – 0.01 – 0.003 ) 785.9 = 785.9

101


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Balances en el Divisor:

N 3 = 0.82 x 1000 = 820

De R2:

1000 = N 2 + 820

Total:

N 2 = 180

Balances en el Absorbedor:

COS:

3

4

4

4

0.0141 N = (1 – xCO2 – xH2S) N

(8)

0.0141 x 820 = ( 1 - 0.43898 - 0.4389 ) x 93.2446 11.562 ≠ 11.3796

Puede concluirse que la información es redundante y contradictoria: los balances internos no se cumplen con las especificaciones externas.

Tal como está planteado el problema no puede cumplir las condiciones.

2.27.

Se produce café instantáneo de acuerdo con el diagrama de flujo de la figura. El café molido y tostado se carga con agua caliente a un percolador, en donde se extraen los materiales solubles en agua. El extracto se seca por aspersión para obtener el producto, y los residuos sólidos se decantan parcialmente, antes de enviarlos a incineración o desecho. Por razones de simplicidad, supóngase que el café no contiene agua, únicamente materiales solubles e insolubles. La carga normal es de 1.2 libra de agua por libra de café. Como una aproximación razonable, puede suponerse que la razón entre materiales solubles y agua en las dos corrientes que salen del percolador es idéntica. Lo mismo puede decirse del separador y la prensa, pero no del secador.

102

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Antes de plantear los balances, puede notarse que con la información obtenida hasta ahora se puede comprobar si se cumple el balance de COS:


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a.

Con la información anterior y las composiciones indicadas, está completamente especificado el problema ?.

b.

Supóngase que no nos interesan las corrientes 3, 4 y 5, de manera que es posible incorporar al percolador, separador y mezclador en una “caja negra” única.

Calcule la proporción de solubles recuperados contra solubles perdidos en la corriente de descarga.

Café Percolador

Secador por espreado

Separador ciclón

Agua

Café instantáneo seco

Lechada con 20 % insolubles Prensa

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Extracto 35 % solubles

Agua caliente

Solución de desperdicio

Lechada con 50 % insolubles Secador

Agua

Residuos de café húmedo 69 % insolubles

103


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SOLUCION: Diagrama cuantitativo: 1

F

w1S 1 1 (wI )

E

F

wES = 0.35 E (wagua)

Percolador 2

F 2

3 3

F

w3S

4

Secador por espreado

4

F

5

w4I w4S

5

F

w5S

Separador ciclón

11

11 agua

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Agua caliente

F

12 12

F

6

F

w6S w6I = 0.2 8

Café instantáneo seco

6 7

7

Prensa

F

w7S

F

w8S w8I = 0.5

8 Secador 9

10

10 agua

F

9

F

w9S w9I = 0.69 Relaciones:

R1:

F2 = 1.2 F1

R3:

⎛ w 5S ⎞ ⎛ ⎞ w 6S ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 5 ⎟ ⎜ 6 6 ⎟ ⎝ 1− wS ⎠ ⎝ 1− wI − wS ⎠

R2:

⎛ w 3S ⎞ ⎛ w 4S ⎜⎜ ⎟ ⎜ = 3 ⎟ ⎜ 4 4 ⎝ 1− wS ⎠ ⎝ 1− wI − wS

⎞ ⎟⎟ ⎠

R4:

⎛ w 7S ⎜ ⎜1 − w7 S ⎝

⎞ ⎛ w 8S ⎟=⎜ ⎟ ⎜ 1 − w8 − w8 I S ⎠ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

104


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6

Secador por espreado 4

Separador ciclón 8

3

2

2

3

NFC

0

0

0

0

NCC

0

1

1

1

NRC R1

1

R2

1

R3

R4

– –

– –

1 –

3

3

1

3

Percolador

Mezclador

NVI

8

NBMI

G de L

Prensa

Secador

Proceso

Global

NVI

8

7

26

11

NBMI

3

3

16

3

NFC

0

0

0

0

NCC

2

2

4

1

R1

1

1

R2

1

R3

1

R4

1

1

2

2

2

6

NRC

G de L

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Tabla de Grados de Libertad:

Reconfirmación de Grados de Libertad: Percolador:

Mezclador:

1

1

2

3

3

4

4

4

Incógnitas

=

8 (F , wS, F , F , wS, F , wS, wI)

Ecuaciones

=

3 (balances) + 2 (R1, R2)

G de L

=

3

Incógnitas

=

5 (F , wS, F , wS, F )

Ecuaciones

=

2 (balances)

G de L

=

3

3

3

5

5

E

105


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Separador:

Prensa:

Secador:

Global:

E

11 agua,

12

Incógnitas

=

3 (F , F

Ecuaciones

=

2 (balances)

G de L

=

1

Incógnitas

=

7 (F , wI, wS, F , wS, F , wS)

Ecuaciones

=

3 (balances) + 1 (R3)

G de L

=

3

Incógnitas

=

6 (F , wS, F , wS, F , wS)

Ecuaciones

=

3 (balances) + 1 (R4)

G de L

=

2

Incógnitas

=

5 (F , wS, F , wS, F

Ecuaciones

=

3 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

10 (F , wS, F , F , wS, F , wS, F

Ecuaciones

=

3 (balances)+

G de L

=

6

4

4

6

4

6

8

5

7

8

1

F )

7

9

1

5

8

9

2

6

7

6

8

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Secador por espreado:

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10 agua)

7

9

9

10 agua,

11 agua,

F

12

F )

1 (R1)

Tabla de Balances:

Percolador Mez.

S I H2O Total

1 1 1 3

1 – 1 2

Secador por Separador Prensa Secador espreado ciclón 1 1 1 1 – 1 1 1 1 1 1 1 2 3 3 3

Proc.

Global

6 4 6 16

1 1 1 3

106


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a. Con la información anterior y las composiciones indicadas, ¿está completamente especificado el problema?

El proceso tiene dos Grados de Libertad, es decir esta sub-especificado. Al tomar una Base de Cálculo queda con un Grado de Libertad y continúa sub-especificado. El problema no se puede resolver completamente: todas o una parte de las variables quedarán expresadas en función de una incógnita.

b. Supóngase que no nos interesan las corrientes 3, 4 y 5, de manera que es posible incorporar al percolador, separador y mezclador en una “caja negra” única. Calcule la proporción de solubles recuperados contra solubles perdidos en la corriente de descarga.

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Con estas nuevas condiciones, el diagrama del proceso es: 1

F

w1S 1 (wI ) 1

Agua caliente

2

F 2

Percolador Mezclador Separador

E

E

F

wES = 0.35 E (wagua)

6 6

F

w6S w6I = 0.2

Relaciones:

R1:

F2 = 1.2 F1

107


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Tabla de Grados de Libertad:

Percolador – Mezclador – Separador

8

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 G de L

3 0 2 1

–6 2

Como los Grados de Libertad indican el número de incógnitas (una en este caso ), se puede calcular la relación pedida en función de una variable, como ocurre en todo proceso sub-especificado. Se desea calcular el valor de:

Solubles Recuperados 0.35 F E = 6 6 Solubles Perdidos wS F CÁLCULOS: 1

Base de Cálculo, sea: F = 1000

De R1:

2

F = 1200

Las ecuaciones del balance de materia son: Total:

E

6

E

6

1000 + 1200 = F + F 2200 = F + F

Solubles, S: Agua:

1

6

(1)

6

1000 × wS = wS × F + 0.35 × F

E

(2)

E

6

1200 = 0.65 × F + (1 – 0.2 – wS) × F E

6

1200 = 0.65 × F + (0.8 – wS) × F

6

6

(3)

108

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El proceso se encuentra sub-especificado ya que tiene dos Grados de Libertad. Al tomar una Base de Cálculo el problema queda con 1 Grado de Libertad, continuando sub-especificado.lema no puede resolverse, porque aún tomando base de calculo el proceso tendría un Grado de Libertad y seguiría sub-especificado.


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Sustituyendo (1) en (3) se encuentra que: 6

6

wS × F = 560

– 0.15 × F

E

Entonces:

0.35 F E Solubles Recuperados = Solubles Perdidos 560 − 0.15 F E

la respuesta queda en función de una incógnita, como lo indica el Grado de Libertad del proceso.

En el diagrama de flujo considerado en el problema 2.27, la recuperación de solubles en el producto es pobre. Con el objeto de mejorar la recuperación, supóngase que se recircula la solución de desperdicio de la prensa, regresándola a los percoladores. Sin embargo, para disminuir la posible liberación de materiales de sabor amargo durante el prensado, se reduce la velocidad de decantación, de manera que se genera una lechada con 40% de insolubles, como se muestra en la figura.

H2O

Café Percolador y separador

Solución de recirculación

Extracto, 35 % solubles

20 % insolubles 28 % solubles Prensa 40 % insolubles

65 % insolubles

Secador

H2O

Para manejar esta lechada, con mayor contenido de agua, también se ajusta la operación del secador para que produzca una descarga de sólidos con 62.5% de insolubles. Calcule la razón de recuperación que resulta de esta modificación. Supóngase que la composición del café alimentado es 0% de agua y 32.7% de insolubles y considérese variable a la razón de agua alimentada a café. La proporción entre solubles y agua en las dos corrientes de salida de la prensa es la misma.

109

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2.28.


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SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo:

Café 2

Agua

F

1

F 1

2

w2I = 0.327 (solubles)

Percolador y separador

w7S

w8S = 0.35 (agua)

3

7

F

8

F

8 Extracto

F 7

3

(agua)

w3S = 0.28 w3I = 0.2

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(agua) Prensa 4

F 4 6

F

w6S w6I = 0.625

w4S w4I = 0.4 (agua)

6

Secador

5

5

F agua

(agua)

Relaciones:

⎛ w 7S ⎞ ⎛ w 4S ⎜⎜ ⎟=⎜ 4 7 ⎟ ⎜ ⎝ 1 − w S ⎠ ⎝ 0.6 − w S

R1:

⎞ ⎟⎟ ⎠

Tabla de Grados de Libertad:

Percolador –Separador

Prensa

Secador

Proceso

Global

NVI NBMI NFC NCC NRC R1

10 3 0 4 –

8 3 0 3 1

7 3 0 2 –

17 9 0 6 1

9 3 0 3 –

G de L

3

1

2

1

3

110


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Reconfirmación de Grados de Libertad:

Prensa:

Secador:

Global:

1

2

7

7

3

7

7

8

Incógnitas

=

6 (F , F , F , wS, F , F )

Ecuaciones

=

3 (balances)

G de L

=

3

Incógnitas

=

5 (F , F , wS, F , wS)

Ecuaciones

=

3 (balances)+

G de L

=

1

Incógnitas

=

5 (F , wS, F , wS, F )

Ecuaciones

=

3 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

6 (F , F , F , F , wS, F )

Ecuaciones

=

3 (balances)

G de L

=

3

3

4

1

4

4

2

4

1 (R1)

6

5

6

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Percolador:

5

6

6

8

El problema está correctamente especificado porque el proceso está en la condición un Grado de Libertad y cero flujos y por lo menos una unidad también está en la misma condición. Tabla de Balances:

S I H2O Total

Percolador Separador 1 1 1 3

Prensa

Secador

Proceso

Global

1 1 1 3

1 1 1 3

3 3 3 9

1 1 1 3

111


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Estrategia de Solución: 3

4

7

4

7

1. Tomando base de cálculo en la Prensa y resolviendo sus balances se conoce: F , F , F , wS, wS. Se agota R1. 2. Actualizando los Grados de Libertad: G de L A

Percolador – Separador:

G de L A

Secador:

=

3

=

7

7

3 – 2 (F , F ) – 1(wS) = 0

4

4

2 – 1 (F ) – 1(wS) =

0 1

2

8

3. Al resolver los balances del conjunto Percolador –Separador se determinan: F , F , F . 4. Reconfirmando los Grados de Libertad del Secador: Secador: G de L R = 0 – 0 = 0

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5. Se efectúan los balances en el Secador y los resultados se comprueban en los Balances Globales.

CÁLCULOS:

Balances en la Prensa: 3

Base de calculo: sea F = 1000

Los balances correspondientes son: 4

Total:

7

1000 = F + F

Solubles, S:

4

4

4

4

7

7

0.28 × 1000 = wS × F + wS × F 7

7

280 = wS × F + wS × F Insolubles, I:

4

0.2 × 1000 = 0.4 × F

4

200 = 0.4 × F

⎛ w 7S ⎞ ⎛ w 4S ⎟=⎜ ⎜⎜ 4 7 ⎟ ⎜ 1 w − S ⎠ ⎝ 0 .6 − w S ⎝

De R1:

⎞ ⎟⎟ ⎠

Resolviendo el sistema de ecuaciones: 4

F = 500

7

F = 500

4

wS = 0.21

7

wS = 0.35

112


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Comprobando los resultados en el balance dependiente: Agua:

(1 – 0.28 – 0.2) × 1000 = (1 – 0.4 – 0.21) × 500 + (1 – 0.35) × 500 520 = 520

Balances en el Percolador- Separador: 1

Total:

2

8

F + F + 500 = 1000 + F 2

(1 – 0.327) × F + 0.35 × 500 = 0.28 × 1000 + 0.35 × F

8

2

0.327 × F = 0.2 × 1000

Insolubles, I:

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Solubles, S:

Resolviendo: 1

F = 764.4386

2

8

F = 611.6208

F = 876.0594

Comprobando los resultados en el balance (dependiente) de agua:

764.4386 + (1 – 0.35) × 500 = (1 – 0.35) × 876.0598 + (1 – 0.28 – 0.2) × 1000 1089.4386 = 1089.4386

Balances en el Secador: 5

Total:

6

Insolubles, I: Agua:

6

500 = F + F

0.4 × 500 = 0.625 × F 5

6

(1 – 0.4 – 0.21) × 500 = F + (1 – 0.625 – wS) × F

6

Al resolver este sistema de ecuaciones se encuentra: F

5

= 180

6

F

= 320

6

wS = 0.328125

Comprobando los resultados en el balance dependiente: Solubles, S:

0.21 × 500 = 0.3281 × 320 105 = 105

113


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En este momento ya se han evaluado todos los flujos y composiciones sin utilizar, como se ha dicho anteriormente, un sistema de balances. Por tanto, uno o más de las ecuaciones en los balances del proceso global pueden ser utilizadas para corroborar los resultados obtenidos y asegurar la correcta solución del problema. Comprobando en el balance global: 2

Insolubles, I:

0.327 × F

= 0.625 × F

6

0.327 × 611.621 = 0.625 × 320 200 = 200

Solubles Recuperados Solubles alimentados

% Solubles Recuperados =

% Solubles recuperados =

0.35 F 8 × 100 0.673 F 2

% Solubles recuperados =

74.491

Para utilizar el programa Solvesys de la Hewlett Packard 48 - GX, las ecuaciones del proceso, en el orden de la estrategia de solución, son: 3

Base de calculo: sea F = 1000 Prensa:

Total: Solubles, S:

4

7

1000 = F + F 4

4

(1) 7

7

0.28 × 1000 = wS × F + wS × F

(2)

4

Insolubles, I:

0.2 × 1000 = 0.4 × F

De R1:

⎛ ⎛ w 7S ⎞ w 4S ⎟ = ⎜⎜ ⎜⎜ 7 ⎟ 4 ⎝ 0.6 − w S ⎝1 − wS ⎠

(3)

⎞ ⎟⎟ ⎠

(4)

114

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Finalmente, la respuesta al problema:


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Percolador – Separador: 1

Total:

2

8

F + F + 500 = 1000 + F

(5)

2

Solubles: (1 – 0.327) × F + 0.35 × 500 = 0.28 × 1000 + 0.35 × F 2

Insolubles, I:

0.327 × F

8

(6)

= 0.2 × 1000

(7)

Secador: 6

500 = F + F

(8) 6

Insolubles, I:

(9)

0.4 × 500 = 0.625 × F 5

6

(1 – 0.4 – 0.21) × 500 = F + (1 – 0.625 – wS) × F

Agua:

6

(10)

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5

Total:

Resolviendo el sistema de 10 ecuaciones con 10 incógnitas, se obtiene: 1

F = 764.4386 6

F = 320 2

F = 611.6208 6

wS = 0.328125 4

F = 500

2.29.

7

F = 500 4

wS = 0.21 7

wS = 0.35 5

F = 180 8

F = 876.0594

Las fuentes de proteína de semillas oleaginosas incluyen soya, algodón cacahuate, girasol, copra, colza, ajonjolí, cártamo, ricino y lino. Generalmente la separación del aceite de la pasta se efectúa mediante extracción con solvente. El análisis de la semilla de algodón es 4 % de cascarilla, 10 % de fibra, 37 % de harina y 49 % de aceite. Durante la etapa de extracción, deben utilizarse 2 libras de solvente (hexano) por cada libra de semillas limpias procesadas. Para cada tonelada de semillas crudas que se procesan, determine las cantidades de aceite y de harina libre de aceite que se producen, así como la cantidad de hexano que deberá recircularse a través de la unidad de extracción.

115


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Semillas crudas

Semillas limpias

Limpieza de semillas

Solvente rico en aceite

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Extracción por solvente

Pasta libre de aceite, contiene ½ % solvente

Reposición de solvente

Solvente limpio

Recuperación de solvente

Basura, cascarillas, fibra

Aceite puro

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SOLUCIÓN:

El diagrama cuantitativo del proceso, junto con las variables del mismo es: Diagrama cuantitativo:

Semillas crudas

1

1

F =1000

Limpieza de semillas

w1F = 0.1 w1H = 0.1 w1A = 0.1 (Cascarilla)

2

2

F

w2F (Cascarilla)

Semillas limpias

3 3

F

w3A

Pasta libre de aceite

4

Extracción por solvente

4

F

w4S = 0.005

8

(harina)

8

(harina)

F Reposición de solvente

7

5

F

w5A

5

(Solvente)

Recuperación de solvente 6

7

F

Solvente limpio

6

F Aceite puro

Relaciones:

R1:

⎛ F 7 + F8 ⎞ ⎟ ⎜ ⎜ F3 ⎟ = 2 ⎠ ⎝

116


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Tabla de Grados de Libertad:

Limpieza

Extracción

Recuperación

Proceso

Global

NVI NBMI NFC NCC NRC R1

8 4 1 3 –

8 3 0 1 1

4 2 – – –

15 9 1 4 1

10 5 1 4 –

G de L

0

3

2

0

0

Reconfirmación de Grados de Libertad:

Incógnitas

=

2

2

3

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

0

=

3

4 (F , wF, F , wA)

3

3

4

Incógnitas

=

Ecuaciones =

3 (balances)+

G de L

=

3

Recuperación: Incógnitas

=

4 (F , wA, F , F )

Extracción:

Global:

5

7

8

7 (F , wA, F , F , wA, F , F )

5

5

6

1 (R1)

7

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

5 (F , wF, F , F , F )

2

2

4

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

0

=

5

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Limpieza:

6

8

El proceso se encuentra correctamente especificado.

117


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Tabla de Balances:

Fibra Cascarilla Aceite Harina Solvente Total

Limpieza 1 1 1 1 – 4

Extracción – – 1 1 1 3

Recuperación – – 1 – 1 2

Proceso 1 1 3 2 2 9

Global 1 1 1 1 1 5

Estrategia de Solución: 3

3

2

2. Reconfirmando los Grados de Libertad de los Balances Globales: 2 2 Globales: G de L A = 0 – 1 (F ) – 1 (wF) + 2 (balances agotados) = 0 8

6

4

3. Al resolver los Balances Globales se conoce F , F , F y se agota el balance de Harina. 4. Actualizando los Grados de Libertad: 3 4 8 3 Extracción: G de L A = 3 – 3 (F , F , F ) – 1 (wA) + 1 (Balance Harina) = 0 6 Recuperación: G de L A = 2 – 1 (F ) = 1 5. Se resuelve la Unidad de Extracción y los resultados se comprueban en los balances de la Unidad de Recuperación de solvente.

CÁLCULOS: Balances en la Unidad de limpieza: 2

3

Total:

1000 = F + F

Aceite:

0.49 × 1000 = wA × F

Fibra:

0.1 × 1000 = wF × F

3

2

3

0.37 × 1000 = (1 – wA) × F

Harina:

3

2

3

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene: 2

F = 140

3

F = 860

2

wF = 0.71428

3

wA = 0.56976

118

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1. Resolviendo la Unidad de Limpieza, que tiene cero (0) Grados de Libertad, se determinan: F , wA, F , 2 wF y se agotan los balances de Fibra y de Cascarilla.


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por diferencia: 2

w

cascarilla

= 0.28572

w

3 harina

= 0.43024

Comprobando en el balance dependiente de Cascarilla: 2

0.04 × 1000 = (1 – wF) × F

2

0.04 × 1000 = 0.28572 × 140 40 = 40.0003

Balances Globales: 6

0.49 × 1000 = F

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Aceite:

4

Harina:

0.37 × 1000 = (1 – 0.005) × F 8

4

F = 0.005 × F

Solvente:

Resolviendo el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas: 4

6

F = 371.859

8

F = 490

F = 1.8593

Comprobando en el Balance Global total: 1

8

6

4

2

F + F = F + F + F

1000 + 1.8593 = 490 + 371.859 + 140 1001.8593 = 1001.859

Balances en la Unidad de Extracción: 7

De R1:

F + 1.8593 = 2 × 860

Aceite:

0.56976 × 860 = wA × F

Total:

5

7

5

860 + 1.8593 + F = 371.859 + F

5

119


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Resolviendo: 5

7

F = 2208.141

F = 1718.141

5

wA = 0.2219

Comprobando en la Unidad de Recuperación de solvente: 5

6

F = F + F

7

2208.141 = 490 + 1718.141

Resolviendo el problema por medio del programa Solvesys de la Hewlett Packard 48 - GX, se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden de la estrategia de solución: Unidad de limpieza: 2

Total:

3

1000 = F + F

(1)

3

3

Aceite:

0.49 × 1000 =

wA × F

Fibra:

0.1 × 1000 = wF × F

2

2

3

0.37 × 1000 = (1 – wA) × F

Harina:

3

(2) (3) (4)

Global: 6

Aceite: Harina:

0.49 × 1000 = F

(5) 4

0.37 × 1000 = (1 – 0.005) × F 8

F = 0.005 × F

Solvente:

(6)

4

(7)

Unidad de extracción: 7

8

3

De R1:

F + F = 2F

Aceite:

wA F = wA × F

Total:

3

3

7

3

5

8

(8)

5

4

(9) 5

F + F + F = F + F

(10)

120

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2208.141 = 2208.141


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Resolviendo simultáneamente el sistema de 10 × 10, se obtiene:

3

F = 860 2

wF = 0.71428 3

wA = 0.56976 4

F = 371.859

2.30.

6

F = 490 8

F = 1.8593 5

F = 2208.141 7

F = 1718.141 5

wA = 0.2219

Considérese el sistema absorbedor – agotador que se muestra en la figura de la siguiente página. En este sistema, una corriente (1) que contiene 30 % de CO2, 10 % DE H2S y un gas inerte (I), se lava de H2S y CO2, utilizando un solvente para absorber selectivamente al H2S y al CO2. La corriente resultante (5) se alimenta a una unidad de destilación flash, en donde se reduce la presión, y genera la separación de cantidades de CO2, H2S y algo de solvente, como una corriente de vapor (6). La solución resultante se divide, regresando la mitad al absorbedor y enviando la otra mitad a una unidad de agotamiento. En la unidad de agotamiento se reduce más la presión, para dar una corriente de destilado (10) que contiene 30 % de solvente y cantidades desconocidas de CO2 y H2S. La corriente de fondos del agotador (9), que contiene solvente puro, se recirculó de regreso al absorbedor, después de mezclarla con algo de solvente puro adicional, para reponer al solvente que se pierde en las corrientes de vapor del destilador flash y del agotador. Supóngase que se opera el absorbedor de manera que la corriente de vapor de salida (2) de la unidad no contenga H2S y únicamente 1 % de CO2. Supóngase además que la solución de alimentación al agotador (8) contiene 5 % de CO2 y que el vapor del destilador flash (6) contiene 20 % de solvente. Finalmente, el destilador flash se opera de manera que el 25 % del CO2, y 15 % de H2S en la corriente 1 se eliminen en los vapores de salida (6). a. Constrúyase una tabla de Grados de Libertad, determínese el orden de resolución y resuelva el problema.

121

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2

F = 140


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b. Supóngase que, en lugar de que la partición sea de un 50 %, se especifica que la composición de CO2 en el vapor del agotador sea de 40 %. ¿De qué manera afectaría esto a los Grados de Libertad del proceso? ¿Cómo afectaría a los Grados de Libertad de los balances globales?

Solvente de reposición 11

6

CO2 H2S Solvente

Mezclador 2

4

10

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CO2 I

Solvente

CO2 H2S Solvente

Absorbedor Agotador 3 Alimentación CO2 H2S I

1

9

5 CO2 H2S Solvente

Destilador flash

7

Divisor

8

CO2 H2S Solvente

122


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SOLUCIÓN:

El Diagrama Cuantitativo a continuación.

a. Constrúyase una tabla de Grados de Libertad, determínese el orden de resolución y resuelva el problema. Diagrama cuantitativo: 6

N

x6CO2 x6S = 0.2 6 6 (xH2S)

11

10

N

x10CO2

M 2

2

N

4

x10S = 0.3 (x10H2S)

4

N

x2CO2 = 0.01 (I)

1

N

x1CO2

= 0.3

x1H2S

= 0.1

(I)

1

A b s o r b e d o r

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Solvente de reposición

10

9

N

A g o t a d o

3 3

N

x3CO2 = 0.05 x3H2S

r

f l a s h

(S) 5 5

N

x5CO2

9 8

N

x5H2S

7

(S)

x8CO2 = 0.05

7

N

x8H2S

x7CO2 = 0.05

(S)

x7H2S (S) 3

D

8

123


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Relaciones:

N3

R1:

=

N8

1

6

6

1

6

6

1

R2:

xCO2 N = 0.3 N × 0.25

R3:

xH2S N = 0.1 N × 0.15

R4: Restricciones del divisor:

(3 – 1) (2 – 1) = 2

Abs.

Destilador

Divisor

Agotador

Mez.

Proceso

Global

NVI

12

9

9

7

3

26

12

NBMI

4

3

3

3

1

14

4

NFC

0

0

0

0

0

0

0

NCC

3 (+1)

2

1

2

0

6

5

R1

1

1

R2

1

1

R3

1

1

R4

2

2

4

4

2

2

2

1

1

NRC

G de L

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Tabla de Grados de Libertad:

Reconfirmación de Grados de Libertad: Absorbedor:

Destilador:

1

2

3

3

4

5

5

5

Incógnitas

=

8 (N , N , N , xH2S, N , N , xCO2, xH2S)

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

4

Incógnitas

=

7 (N , xCO2, xH2S, N , xCO2, N , xH2S)

Ecuaciones

=

3 (balances)

G de L

=

4

5

5

5

6

6

7

7

124


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Agotador:

Mezclador:

Global:

3

3

3

7

7

7

8

8

Incógnitas

=

8 (N , xCO2, xH2S, N , xCO2, xH2S, N , xH2S)

Ecuaciones

=

3 (balances) + 3 (R1, R4)

G de L

=

2

Incógnitas

=

5 (N , xH2S, N , N , x

Ecuaciones

=

3 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

3 (N , N , N )

Ecuaciones =

1 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

7 (N , N , N , xCO2, N , x

Ecuaciones

=

4 (balances)+ 2 (R2, R3)

G de L

=

1

8

8

4

1

9

9

11

2

6

10

6

10 CO2)

10

10 CO2,

11

N )

Al tomar una Base de Cálculo, el Proceso y los Balances Globales quedan correctamente especificados, o sea, con cero Grados de Libertad.

Tabla de Balances:

Abs.

Destilador

Divisor

Agotador

Mez.

Proceso

Global

CO2

1

1

1

1

4

1

H2S

1

1

1

1

4

1

Solvente

1

1

1

1

1

5

1

Inertes

1

1

1

Total

4

3

3

3

1

14

4

125

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Divisor:

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Estrategia de Solución:

1. Tomando Base de Cálculo en el Proceso Global y resolviéndolo sus balances (se asumió que los 1 2 6 6 10 10 11 porcentajes son molares) se conocen: N , N , N , xCO2, N , x CO2 y N . Se agota el balance de Inertes. 2. Actualizando Grados de Libertad se encuentra que: 1 2 Absorbedor: G de L A = 4 – 2 (N , N ) + 1 (Balance de Inertes) = 3 6 6 Destilador: G de L A = 4 – 1 (N ) – 1 (xCO2) = 2 G de L A

Agotador:

10

=

G de L A

Mezclador:

10 CO2)

2 – 1 (N ) – 1 (x =

11

= 0

2 – 1 (N ) = 1 8

9

8

3. Resolviendo los balances del Agotador se conocerán: N , N y xH2S.

= =

9

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4. Actualizando Grados de Libertad: Mezclador: G de L A Divisor: G de L A

1 – 1 (N ) = 0 8 8 2 – 1 (N ) – 1 (xH2S) = 0

4

5. Resolviendo el Mezclador se obtiene N . 6. Reconfirmando los Grados de Libertad del Divisor: Divisor: G de L R = 0 – 0 = 0 7

7

3

3

7. Resolviendo los balances del Divisor se hallan N , xH2S, N , xH2S. 8. Actualizando los Grados de Libertad se encuentra que: 7 7 Destilador: G de L A = 2 – 1 (N ) – 1 (xH2S) = 0 G de L A

Absorbedor:

=

3

4

3

3 – 2 (N , N ) – 1 (xH2S) = 0

9. Se resuelve los balances en el Destilador y se comprueban los resultados obtenidos en los balances del Absorbedor o Unidad dependiente. (Puede hacerse a la inversa, resolver el Absorbedor y comprobar los resultados en el Destilador).

CÁLCULOS: Balances Globales: 1

Base de cálculo: Sea N = 1000

Inertes:

2

(1 – 0.3 – 0.1) × 1000 = (1 – 0.01) × N

(1)

126


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De R2:

6

6

6

6

xCO2 N xCO2 N 6

6

6

6

= 0.3 × 1000 × 0.25 = 75

(2)

(0.8 – xCO2 N ) = 0.1 × 1000 × 0.15 (0.8 – xCO2 N ) = 15

(3)

10 CO2

10

N

6

6

CO2:

0.3 × 1000 = x

H2S:

0.1 × 1000 = 15 + (0.7 – x

10 CO2

11

Total:

1000 + N

2

10

= N + N

2

+ xCO2 N + 0.01 N 10

N )

6

+ N

(4) (5) (6)

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De R3:

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Resolviendo simultáneamente el sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas se obtiene: 11

N x

2

= 152.76

10 CO2

N

= 0.5042

N

6

10

= 606.06

N

= 434.2

= 112.5

xCO2 = 0.6667

6

Por diferencia: x

10 H2S

6

= 0.1958

xH2S = 0.1333

Corroborando los resultados obtenidos con el balance de Solvente que es el Balance Dependiente: 11

6

N

10

= 0.2 N + 0.3 N

152.76 = 0.2 × 112.5 + 0.3 × 434.2 152.76 = 152.76

Balances en el Agotador: 8

CO2: Total: H2S:

0.05 N 8

N

9

10

= N + N 8

8

xH2S N

10 CO2

= x

10

N

= 218.94

9

= N + 434.2 10 H2S

= x

10

N

= 85

(7) (8) (9)

127


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De las ecuaciones (7), (8) y (9): 8

N

= 4378.8

N

9

8

= 3944.6

xH2S = 0.0194

Balances en el Mezclador: 4

Total:

N

11

= N

9

+ N

= 152.76 + 3944.6 4

N

= 4097.36

Balances en el Divisor:

N

8

= N

= 4378.8 3

N 7

Total:

N 7

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3

De R1:

= 4378.8 8

3

= N + N

= 4378.8 + 4378.8

N

7

N

= 8757.6

Balances en el Destilador Flash: 5

Total:

N

H2S:

5

5

5

5

5

5

xH2S N xH2S N

CO2:

xCO2 N

6

7

= N + N 6

6

(10) 7

7

= N xH2S + N xH2S = 15 + 8757.6 × 0.0194

(11)

= 75 + 8757.6 × 0.05

(12)

De las ecuaciones (10), (11) y (12): 5

N

= 8870.1

5

xH2S = 0.0208

5

xCO2 = 0.0578

128


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Los valores obtenidos se comprueban en uno o más de los balances del Absorbedor, para el cual ya han sido evaluadas todas las variables por ser la Unidad Dependiente:

Total:

1

4

3

N + N + N

2

5

= N + N

1000 + 4097.36 + 4378.8 = 606.06 + 8870.1 9476.16 = 9476.16

CO2:

1

3

0.3 N + 0.05 N

5

5

2

= xCO2 N + 0.01 N

0.3 × 1000 + 0.05 × 4378.8 = 0.0578 × 8870.1 + 0.01 × 606.06

518.94 = 518.75

Utilizando el programa Solvesys de la Hewlett- Packard 48 - GX, para resolver el problema, se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden de la Estrategia de solución, con la misma Base de Cálculo. 1

Sea N = 1000 Balances Globales:

Inertes:

1

(1 – 0.3 – 0.1) N 6

6

6

6

De R2:

xCO2 N

De R3:

0.8 – xCO2 N

CO2:

1

0.3 N

2

= (1 – 0.01) × N 1

= 0.3 × N × 0.25

(2)

1

= 0.1 × N × 0.15 10 CO2

= x

10

N

6

0.1 × 1000 = 15 + (0.7 – x

Total:

1000 + N

2

10

= N + N

(3) 6

2

+ xCO2 N + 0.01 N

H2S:

11

(1)

10 CO2 6

+ N

10

N )

(4) (5) (6)

129

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300 + 218.94 = 512.69 + 6.06


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Balances en el Agotador: 8

CO2:

0.05 N

8

Total:

N 8

H2S:

8

xH2S N

10 CO2

10

= x

N

9

(7)

10

= N + N 10 H2S

= x

(8)

10

N

(9)

Balances en el Mezclador: 4

Total:

N

11

= N

9

+ N

(10)

3

De R1:

N

Total:

N

7

8

= N

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Balances en el Divisor:

(11)

8

3

6

7

= N + N

(12)

Balances en el Destilador Flash: 5

Total:

N 5

= N + N

5

6

6

(13) 7

7

H2S:

N xH2S = N xH2S + N xH2S

CO2:

N xCO2 = 75 + 8757.6 × 0.05

5

(14)

5

(15)

Resolviendo el sistema de 15 ecuaciones con 15 incógnitas se encuentra que: 2

6

= 606.06

xH2S = 0.1333

= 112.5

N

xCO2 = 0.6667

N

N

6

N

6

11

8

= 152.76 = 4378.8

8

xH2S = 0.0194 9

N

4

N

7

N

3

= 3944.6

N

= 4097.36

N

5

5

= 8757.6

xH2S = 0.0208

= 4378.8

xCO2 = 0.0578

5

= 8870.1

b. Supóngase que, en lugar de que la partición sea de un 50 %, se especifica que la composición de CO2 en el vapor del agotador sea de 40 %. ¿De qué manera afectaría esto a los Grados de Libertad del Proceso? ¿Cómo afectaría a los Grados de Libertad de los Balances Globales?

130


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SOLUCIÓN 10 CO2

En esta situación se tiene que: x

= 0.4

Relaciones: 6

6

6

6

1

R1:

xCO2 N =

0.3 N × 0.25

R2:

xH2S N =

R3: Restricciones del divisor:

(3 – 1) (2 – 1) = 2

1

0.1 N × 0.15

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 G de L

Abs. 12 4 0 3 (+1) – – – 4

Destilador 9 3 0 2 – – – 4

Divisor 9 3 0 1 – – 2 3

Agotador 7 3 0 3 – – – 1

Mez. 3 1 0 0 – – – 2

Proceso 26 14 0 7 1 1 2 1

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Tabla de Grados de Libertad:

Global 12 4 0 6 1 1 – 0

No se afectan los Grados de Libertad del Proceso. Los Grados de Libertad de los Balances Globales se hacen igual a cero. Al tomar una base de cálculo el Proceso y el Agotador quedan correctamente especificados con cero Grados de Libertad. Los Balances Globales quedan sobre-especificado, sus Grados de Libertad valen – 1.

2.31.

Como se muestra en el diagrama de flujo de la figura, en un molino de papel Kraft se utiliza un espesador a contracorriente que consiste en tres etapas para lavar un “lodo blanco” que contiene 35 % de sólidos (CaCO3) y 17 % de NaOH en agua. Se utilizan dos corrientes de lavado: la primera (corriente 5) contiene 4 % de sólidos en suspensión, 6 % de NaOH y el resto agua, mientras que la segunda (corriente 8) no lleva sólidos, contiene 2 % de NaOH y el resto agua. Los líquidos claros de las etapas Ι y ΙΙ contienen 0.5 % de sólidos en suspensión; el líquido claro de la etapa ΙΙΙ contiene 0.4 % de sólidos.

131


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El flujo del líquido de lavado a la etapa II (corriente 5) es 1.5 veces mayor que el flujo de lodo de alimentación (corriente 1), y el lodo lavado de la etapa ΙΙ contiene una tercera parte de sólidos. El lodo lavado de la tercera etapa (corriente 9) contiene 32.5 % de sólidos y 2.5 % de NaOH, y los flujos de las corrientes 7 y 9 son iguales. Todas las composiciones están dadas en base masa.

1

35 % Sólidos 17 % NaOH H2O

M 2

I

5

6

II 7

NaOH 2 % H2O

8

Sólidos 0.4 % NaOH H2O

10

III 9

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Sólidos 1/2 % NaOH H2O

3 Sólidos 4 % NaOH 6 % H2O

Sólidos 1/2 % NaOH H2O

4

Sólidos 4 % NaOH 6 % H2O

Supóngase que en cada etapa, la solución clara y la solución acarreada en el lodo lavado tienen la misma concentración. a. Construya una Tabla de Grados de Libertad y determine si el problema está especificado correctamente. b. Suponga que la Tabla de Grados de Libertad, antes de elegir una base, presenta la información siguiente: Mezclador

I

II

III

Global

6

4

4

1

2

¿En donde debiera elegirse la base? ¿Cuál sistema de balances debiera resolverse primero?

132


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c. Calcule la concentración de NaOH en la corriente 4. Explique la estrategia de resolución y detalle los pasos de cálculo. d. Suponga ahora que el contenido de sólidos en las corrientes de recirculación (10 y 6) es despreciable. ¿De qué manera afecta esto a los Grados de Libertad del problema? e. Suponga que se cambia la relación especificada entre las corrientes (5) y (1), por una 7 composición conocida de NaOH en la corriente (7), es decir, (wNaOH = 0.10). ¿Cómo se afectan los Grados de Libertad del problema?

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¿Cómo se afecta su resolución?

SOLUCIÓN:

El Diagrama Cuantitativo se muestra en la página siguiente: De acuerdo con las variables del Diagrama Cuantitativo, las relaciones del proceso son: Relaciones: 5

1

R1:

F = 1.5 F

R2:

F = F

R:

7

9

La solución clara y la solución acarreada en cada etapa tienen la misma concentración. Expresándolas en cada etapa como:

masa de NaOH se generan tres relaciones, las cuales son: masa de agua

R3:

w 3NaOH w 4NaOH (1 − w 3S − w 3NaOH ) = (1 − w 4S − w 4NaOH )

R4:

w 7NaOH (1 − w 7S − w 7NaOH ) =

R5:

w 9NaOH w 10 NaOH = (1 − w 9S − w 9NaOH ) (1 − w 10S − w 10NaOH )

w 6NaOH (1 − w 6S − w 6NaOH )

133


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Diagrama Cuantitativo: 1

F

w1S = 0.35 w1NaOH=0.17

1

10

M

(agua)

2

F

w2S

2

2

wNaOH (agua) 4

F I

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w4S = 0.005 w4NaOH

4

(agua) 3

Lodo Lavado

3

6

F

F

w3S wNaOH

w6S = 0.005 w6NaOH

(agua)

(agua)

3

5

F

w5S = 0.04 w5NaOH=0.06

5

6

II

Solución Clara

(agua) 7

F

Lodo Lavado

w7S =

7

1

10

F

3

w10S = 0.004 w10NaOH

w7NaOH (agua)

(agua)

8

F

w8NaOH=0.02

8

10

III

(agua) 9

9

Lodo Lavado

F

w9S = 0.325 9

wNaOH=0.025 (agua)

134


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Ben – Hur Valencia Valencia

a. Construya una Tabla de Grados de Libertad y determine si el correctamente.

problema está especificado

Tabla de Grados de Libertad: Unidad I 9 3 0 1 – – 1 – – 4

Unidad II 12 3 0 4 – – – 1 – 4

Unidad III 11 3 0 5 – 1 – – 1 1

Proceso 29 12 0 11 1 1 1 1 1 1

Global 14 3 0 8 1 – – – – 2

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NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 R4 R5 G de L

Mezclador 12 3 0 4 – – – – – 5

Reconfirmación de Grados de Libertad: Mezclador:

Unidad I:

Unidad II:

Unidad III:

1

2

2

2

6

6

10

10 NaOH)

Incógnitas

=

8 (F, F , wS, wNaOH, F , wNaOH, F , w

Ecuaciones

=

3 (balances)

G de L

=

5

Incógnitas

=

8 (F , wS, wNaOH, F , wS, wNaOH, F , wNaOH)

Ecuaciones

=

3 (balances) + 1 (R3)

G de L

=

4

Incógnitas

=

8 (F , wS, wNaOH, F , F , wNaOH, F , wNaOH)

Ecuaciones

=

3 (balances) + 1 (R4)

G de L

=

4

Incógnitas

=

6 (F , wNaOH, F , F , F , w

Ecuaciones

=

3 (balances) + 2 (R2, R5)

G de L

=

1

2

3

7

2

3

7

2

3

3

3

5

8

9

6

10

3

6

4

7

4

7

10 NaOH)

135


www.elsolucionario.net Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Global:

1

4

4

5

8

Ben – Hur Valencia Valencia 9

Incógnitas

=

6 (F , F , wNaOH, F , F , F )

Ecuaciones

=

3 (balances)+ 1 (R1)

G de L

=

2

Puede observarse que al elegir una base de cálculo en la Unidad III, el problema queda correctamente especificado, ya que tanto esa Unidad como el proceso quedan con cero Grados de Libertad.

Sólidos NaOH Agua Total

Mezclador 1 1 1 3

Unidad I 1 1 1 3

Unidad II 1 1 1 3

Unidad III 1 1 1 3

Proceso 4 4 4 12

Global 1 1 1 3

b. Supóngase que la Tabla de Grados de Libertad, antes de elegir una base, presenta la información siguiente. Mezclador 6

I 4

II 4

III 1

Global 2

¿En donde debiera elegirse la base? ¿Cuál sistema de balances debiera resolverse primero?

SOLUCION:

Se toma Base de Cálculo en la Unidad III y se resuelven de primero sus balances.

c. Calcule la concentración de NaOH en la corriente 4. Explique la estrategia de resolución y detalle los pasos de cálculo.

Estrategia de Solución: 7

7

8

9

10

10 NaOH.

1. Tomando Base de Cálculo en la Unidad ΙΙΙ, se determinan: F , wNaOH, F , F , F , w R2 y R5.

Se agotan

136

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Tabla de Balances:


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2. Actualizando los Grados de Libertad: Mezclador: G de L A = Unidad II: G de L A = Global: G de L A =

10

Ben – Hur Valencia Valencia

10

5 – 1 (F ) – 1 (w NaOH) = 3 7 7 4 – 1 (F ) – 1 (wNaOH) = 2 8 9 2 – 2 (F , F ) = 0 1

4

4

5

3. Resolviendo los Balances Globales se conoce: F , F , wNaOH, F . Se agota R1. 4. Actualizando los Grados de Libertad: 1

= = =

3 – 1 (F ) = 2 4 4 4 – 1 (F ) – 1 (wNaOH) = 2 5 2 – 1 (F ) = 1

5. A partir de los Balances Globales el problema queda sub-especificado porque ninguna Unidad queda con cero Grados de Libertad. Sin embargo, el problema se puede resolver mediante Arrastre de Variables porque el Proceso está correctamente especificado.

CÁLCULOS: Balances en la Unidad ΙΙΙ: 9

Base de cálculo: F = 1000 7

De R2:

F

Sólidos:

= 1000

(1/3) × 1000 = 0.325 × 1000 + 0.004 × F F 8

Total:

1000 + F

10

10

= 2083.333

= 1000 + 2083.333 F

8

= 2083.333

w 10 0.025 NaOH = (1 − 0.004 − w 10NaOH ) (1 − 0.325 − 0.025)

De R5:

10 NaOH

w

= 0.0369

7

NaOH: wNaOH × 1000 + 0.02 × 2083.333 = 0.025 × 1000 + 0.0369 × 2083.333 7

wNaOH = 0.0602

137

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G de L A G de L A G de L A

Mezclador: Unidad I: Unidad II:


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Comprobando en el balance de agua: (1 – 1/3 – 0.0602) × 1000 + (1 – 0.02) × 2083.333 = (1 – 0.325 – 0.025) × 1000 + (1 – 0.004 – 0.0369) × 2083.333 2648.13 = 2648.13

Balances Globales:

F 1

Sólidos: NaOH:

5

1

= 1.5 F

5

0.35 × F + 0.04 × F = 0.325 × 1000 + 0.005 × F 1

5

4

4

0.17 × F + 0.06 × F + 0.02 × 2083.333 = 0.025 × 1000 + wNaOH F

Total:

1

5

4

4

F + F + 2083.333 = 1000 + F

Resolviendo el sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas: F

1

= 831.237

F

4

= 3161.425

F

5

= 1246.856

4

wNaOH = 0.0736

Comprobando en el balance de agua: (1 – 0.35 – 0.17) × 831.237 + (1 – 0.04 – 0.06) × 1246.856 + (1 – 0.02) ×2083.33 = (1 – 0.005 – 0.0736) × 3161.425 + (1 – 0.325 – 0.025) × 1000 3562.83 = 3562.94

d. Suponga ahora que el contenido de sólidos en las corrientes de recirculación (10 y 6) es despreciable. ¿De qué manera afecta esto a los Grados de Libertad del problema?

El nuevo Diagrama Cuantitativo y la Tabla de Grados de Libertad se muestran en la página siguiente. Con este cambio se ven afectadas las siguientes unidades: Mezclador, Unidad I, Unidad II y el proceso. En las otras unidades los Grados de Libertad son iguales ya que estas corrientes no intervienen en ellas.

138

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De R1:


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Diagrama Cuantitativo:

1

F

w1S = 0.35 w1NaOH=0.17

1

10

M

(agua)

2

F

w2S

2

2

wNaOH (agua) 4

F 4 I

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w4S = 0.005 w4NaOH (agua)

3

Lodo Lavado

3

F

w3S

w6NaOH

wNaOH

(agua)

3

(agua)

5

F

w5S = 0.04 w5NaOH=0.06

6

F

5

6

II

Solución Clara

(agua) 7

F Lodo Lavado

w7S =

7

1

10

F

3

w10NaOH

w7NaOH

(agua)

(agua) 8

F

w8NaOH=0.02

8

10

III

(agua) 9

9 Lodo Lavado

F

w9S = 0.325 9

wNaOH=0.025 (agua)

139


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NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 R4 R5 G de L

G de L anteriores:

Mezclador 10 3 0 2 – – – – – 5

Unidad I 8 3 0 0 – – 1 – – 4

Unidad II 11 3 0 3 – – – 1 – 4

Unidad III 11 3 0 5 – 1 – – 1 1

Proceso 27 12 0 9 1 1 1 1 1 1

Global 14 3 0 8 1 – – – – 2

5

4

4

1

1

2

Esta variación en la información no afecta los Grados de Libertad del problema.

e. Suponga que se cambia la relación especificada entre las corrientes (5) y (1), por la composición de 7 NaOH en la corriente (7), es decir, (wNaOH = 0.10). ¿Cómo se afectan los Grados de Libertad del problema? ¿Cómo se afecta su resolución?

SOLUCION:

La nueva Tabla de Grados de Libertad y el nuevo Diagrama Cuantitativo son:

NVI NBMI NFC NCC NRC R2 R3 R4 R5 G de L

G de L Anteriores:

Mezclador 12 3 0 4

Unidad I 9 3 0 1

Unidad II 12 3 0 5

Unidad III 11 3 0 6

Proceso 29 12 0 12

Global 14 3 0 8

– – – – 5

– 1 – – 4

– – 1 – 3

1 – – 1 0

1 1 1 1 1

– – – – 3

5

4

4

1

1

2

140

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Tabla de Grados de Libertad:


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Diagrama Cuantitativo: 1

F

w1S = 0.35 w1NaOH=0.17

1

10

M

(agua)

2

F

w2S

2

2

wNaOH (agua) 4

F

w4S = 0.005 w4NaOH

4 I 6

F Lodo Lavado

F

w3S

3

www.elsolucionario.net

(agua) 3

w6S

3 NaOH

= 0.005

w

w6NaOH

(agua)

(agua)

5

F

w5S = 0.04 w5NaOH=0.06

5

6

II

(agua)

Solución Clara

7

F Lodo Lavado

w7S =

7

1 10

F

3

w10S = 0.004 w10NaOH

w7NaOH = 0.1 (agua)

(agua)

8

F

w8NaOH=0.02

8

10

III

(agua)

9

9 Lodo Lavado

F

w9S = 0.325 9

wNaOH=0.025 (agua)

El problema no puede resolverse. Al tomar una Base de Cálculo el proceso queda correctamente especificado; como esta base se toma en la Unidad ΙΙΙ, queda sobre-especificada y se llegará a una contradicción, porque 10 7 w NaOH se calcula por medio de la relación 5 y al hallar wNaOH, por medio del balance de NaOH, vale 0.0602, no pudiendo pasar a valer 0.1.

141


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La Estrategia de solución indica que el problema, después de resolver los Balances Globales, requiere del Arrastre de Variables porque ninguna Unidad tiene cero Grados de Libertad. A continuación se verá que el problema puede resolverse por medio de del programa Solvesys. Utilizando el programa Solvesys de la Hewlett Packard 48-GX, se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden de la estrategia de solución: 9

Base de Cálculo:

F = 1000

Unidad ΙΙΙ: 8

7

7

F + F

Sólidos:

wS × F 7

7

8

8

wNaOH × F + wNaOH × F

NaOH:

7

R2:

F

R5:

9

10

= F + F 9

(1)

9

10

10

= wS × F + w S × F 9

9

10 NaOH

= wNaOH × F + w

(2) ×F

10

(3)

9

= F

(4)

w 9NaOH w 10 NaOH = 10 9 9 (1 − w S − w NaOH ) (1 − w S − w 10NaOH )

(5)

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7

Total:

Global: 1

8

1

1

5

5

wS × F +wS × F

Sólidos: NaOH:

5

4

F + F + F

Total:

1

1

5

5

9

= F + F 4

4

8

5

F

9

9

= wS × F + wS × F 8

4

wNaOH × F + wNaOH × F + wNaOH × F

R1:

(6) (7) 4

= wNaOH × F w + 1

= 1.5 F

9 NaOH

×F

9

(8) (9)

Unidad ΙΙ: 3

Total: 3

3

5

5

wS × F + wS × F

Sólidos: NaOH:

5

F + F

3

3

5

5

wNaOH × F + wNaOH × F

6

7

= F + F 6

(10)

6

7

7

= wS × F + wS × F 6

6

7

(11) 7

= wNaOH × F + wNaOH × F

(12)

142


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w 7NaOH w 6NaOH = (1 − w 7S − w 7NaOH ) (1 − w 6S − w 6NaOH )

R4:

(13)

Unidad Ι:

F 2

2

wS × F

Sólidos: 2

NaOH:

2

wNaOH × F

3

4

= F + F 3

(14)

3

4

4

= wS × F + wS × F 3

3

(15)

4

= wNaOH × F + wNaOH × F

4

(16)

w 3NaOH w 4NaOH (1 − w 3S − w 3NaOH ) = (1 − w 4S − w 4NaOH )

R3:

(17)

www.elsolucionario.net

2

Total:

Resolviendo el sistema se obtiene: F F F F F F F

1 10 2 4 5 7 8

wS = 0.209 3

wNaOH = 0.0856

= 2083.333

4

= 1394.154

wNaOH = 0.0736

= 3161.425

wNaOH = 0.0898

= 1246.856

wNaOH = 0.0602

= 1000

F

6 7

F

= 2083.333

10 NaOH

w

2

= 831.237

3 6

= - 1767.271 = - 1520.416

3

wS = - 0.156

= 0.0369

2

wNaOH = 0.0585 3

6

3

Los valores negativos obtenidos para F y F y wS significan que no puede cumplirse las especificaciones del problema.

143


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En el proceso de fabricación de acetato de celulosa a partir de fibras de algodón, ácido acético y anhídrido acético, se produce una corriente residual de ácido acético diluido. La economía del proceso requiere que se recupere este ácido diluido para usos posteriores, mediante purificación y concentración. Una manera posible de hacerlo es mediante la extracción del ácido acético, usando éter como solvente.

24 %

3

HAc 30 % H2O H2SO4 0.2 %

8

E 98.8 % H2O

HAc H2O

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E HAc H2O

Recuperación de Solvente 1

2

Mezclador 1

Columna de Extracción

11

5 Mezclador 2

E 7% HAc H2O H2SO4

10 HAc 60 % H2O

6

7

E H2O 1 %

E H2O 1.2 %

4

Terminado de Acido

Agotamiento de Eter

9

12 HAc 99 % H2O

E 0.1 % HAc H2O H2SO4

144


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La mezcla de ácido diluido y éter se separa en dos fases: una fase éter rica en ácido acético, y una fase acuosa que contiene únicamente pequeñas cantidades de ácido residual, éter disuelto y otras impurezas. Después se destila la fase éter para recuperar el solvente y el ácido acético. El ácido acético resultante se somete a otra destilación para reducir el contenido de agua y obtener el reactivo final de alta pureza. El éter residual en la fase acuosa se recupera en una columna de agotamiento, mientras que los fondos se desechan.

Supóngase que 67.5 % del ácido acético alimentado a la columna de terminado se recupera como producto y que se alimentan al proceso 2.3 libras de ácido diluido por cada libra de ácido diluido recirculado. Todas las composiciones del diagrama están en porcentaje en masa. a. Efectúe el análisis de Grados de Libertad para demostrar que el proceso está especificado correctamente. b. Determine dónde debiera ubicarse a la base y con cuál unidad debieran iniciarse los cálculos. c. Calcule la composición restante de la corriente 3. d. ¿Cómo debe procederse a calcular todas las demás corrientes?

145

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En el proceso que se muestra en el diagrama de flujo de la figura anterior, se trata un ácido diluido que consiste en 30 % de ácido acético, 0.2 % de H2SO4, y el resto agua, para producir un ácido acético recuperado de 99 % de pureza.


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SOLUCIÓN

Diagrama cuantitativo:

Se muestra en la página siguiente.

11

F

3

F

1

F

w1AA = 0.3 1 1 wH2O = 0.698

M1

(H2SO4) 2

(agua)

(H2SO4) 5

F

10

5 w5E (agua)

8

F

10

w8E = 0.998

4

F

F

w10AA = 0.6

(agua)

w4E = 0.07 w4AA w4H2O

M2

(agua)

(H2SO4)

F

w6H2O

F

w7H2O = 0.01

= 0.012

(éter)

Agotamiento de Eter

(éter)

4

12

7

7

6

6

11

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w2AA w2H2O

(agua)

Columna de Extracción

F

= 0.24

Terminado de ácido

3

w11AA

8

Recuperación de Solvente

2

w3AA w3E

12

F

w12AA = 0.99 (agua)

9

F

9

w9E = 0.001 w9AA w9H2O (H2SO4)

146


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a. Efectúe el análisis de Grados de Libertad para demostrar que el proceso está especificado correctamente. Relaciones: 10

R1:

0.6 F

× 0.675 = 0.99 F 1

R2:

F = 2.3 F

12

11

Tabla de Grados de Libertad:

Mezclador 1 8 3 0 2 – 1 2

NVI NBC NFC NCC NRC R1 R2 G de L

Extracción 12 4 0 2 – – 6

Recuperación 7 3 0 3 – – 1

Agotamiento 10 4 0 3 – – 3

Terminado 6 2 0 2 1 – 1

Mezclador 2 8 2 0 3 – – 3

Proceso 31 18 0 10 1 1 1

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NVI NBC NFC NCC NRC R1 R2 G de L

Global 11 4 0 5 – – 2

Reconfirmación de Grados de Libertad: Mezclador 1:

Extracción:

1

2

2

2

11

11 AA)

Incógnitas

=

6 (F , F , wAA, wH2O, F , w

Ecuaciones

=

3 (balances) + 1 (R2)

G de L

=

2

Incógnitas

=

10 (F , wAA, wH2O, F , wE, F , wAA, wH2O, F , wE)

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

6

2

2

2

3

3

4

4

4

5

5

147


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Mezclador 2:

Recuperación:

Terminado:

Global:

4

4

4

6

9

9

9

Incógnitas

=

7 (F , wAA, wH2O, F , F , wAA, wH2O)

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

3

Incógnitas

=

5 (F , wE, F , F , F )

Ecuaciones

=

2 (balances)

G de L

=

3

Incógnitas

=

4 (F , wE, F , F )

Ecuaciones

=

3 (balances)

G de L

=

1

Incógnitas

=

4 (F , F , w

Ecuaciones

=

2 (balances) + 1 (R1)

G de L

=

1

Incógnitas

=

6 (F , F , F , wAA, wH2O, F )

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

2

5

3

10

1

5

3

6

8

11

7

7

10

11 AA,

9

8

9

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Agotamiento:

Ben – Hur Valencia Valencia

12

F )

9

12

Puede observarse claramente que el Proceso está correctamente especificado, ya que no se especifica ningún flujo y el proceso tiene un Grado de Libertad. Tabla de Balances:

AA H2O H2SO4 Éter Total

Mezclador 1 1 1 1 – 3

Extracción 1 1 1 1 4

Agotamiento 1 1 1 1 4

Mezclador 2 – 1 – 1 2

148


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AA H2O H2SO4 Éter Total

Recuperación 1 1 – 1 3

Ben – Hur Valencia Valencia

Terminado 1 1 – – 2

Proceso 5 6 3 4 18

Global 1 1 1 1 4

b. Determine dónde debiera ubicarse a la base y con cuál unidad debieran iniciarse los cálculos.

Las unidades de recuperación y terminado tienen un Grado de Libertad.

c. Calcule la composición restante de la corriente 3.

d. ¿Cómo debe procederse a calcular todas las demás corrientes?

Estrategia de Solución: 10

11

1. Se toma Base de Cálculo en la corriente 10 y al resolver la Unidad de Terminado se halla: F , F , 11 12 w AA, F . Se agota R1. 2. Actualizando los Grados de Libertad se encuentra que: 11 11 Mezclador 1: G de L A = 2 – 1 (F ) – 1 (w AA) = 0 10 Recuperación: G de L A = 1 – 1 (F ) = 0 12 Global: G de L A = 2 – 1 (F ) = 1 1

2

2

2

3. Se resuelve el Mezclador 1 y se hallan F , F , wAA, wH2O. Se agota R2. 4. Reconfirmando los Grados de Libertad de la Unidad de Recuperación: Recuperación: G de L R = 0 – 0 = 0 3

3

8

5. Resolviendo la Unidad de Recuperación se halla F , wE, F . 6. Actualizando los Grados de Libertad: Extracción: G de L A = Global: Mezclador 2:

G de L A G de L A

= =

2

3

2

2

3

6 – 2 (F , F ) – 3 (wAA, wH2O, wE) = 1 1

1 – 1 (F ) = 0 8 3 – 1 (F ) = 2 7

9

9

9

7. Resolviendo los Balances Globales se determina: F , F , wAA, wH2O.

149

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Se toma como base la corriente 10 y se efectúan balances en el terminado.


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8. Actualizando los Grados de Libertad: Mezclador 2: G de L A = Agotamiento: G de L A =

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7

2 – 1 (F ) = 1 9 9 9 3 – 1 (F ) – 2 (wAA, wH2O) = 0 4

4

4

6

9. Efectuando los balances en la Unidad de Agotamiento se encuentra: F , wAA, wH2O, F . Se agotan los balances de Ácido Sulfúrico y de Ácido Acético. 10. Actualizando los Grados de Libertad: 6 Mezclador 2: G de L A = 1 – 1 (F ) = 0 4 4 4 Extracción: G de L A = 1 – 1 (F ) – 2 (wAA, wH2O) + 2 (Balances Agotados) = 0 11. Se resuelve el Mezclador 2 y los resultados se comprueban en la Columna de Extracción que es la unidad dependiente.

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CÁLCULOS: 10

Base de cálculo: Sea F = 1000 Balances en el Terminado: 11

Total:

12

1000 = F + F 11 AA

Ácido Acético:

600 = w

11

12

× F + 0.99 × F 12

De R1:

0.675 × 0.6 × 1000 = 0.99 F

Resolviendo: F

11

= 590.909

F

12

11 AA

= 409.091

w

= 0.33

Comprobando en el balance dependiente de Agua: 11 AA)

400 = (1 – w

×F

11

12

+ 0.01 × F

400 = 0.67 × 590.91 + 0.01 × 409.09 400 = 395.91 + 4.09 = 400

150


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Balances en la Unidad de Recuperación de Solvente: 3

Total:

8

F = F + 1000 3

Ácido Acético:

0.24 × F = 0.6 × 1000 3

Eter:

3

wE × F = 0.988 × F

8

Resolviendo: 8

3

F = 1500

3

F = 2500

wE = 0.5928

Comprobando en el balance dependiente de Agua:

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(1 – 0.5928 – 0.24) × 2500 = 0.012 × 1500 + 400 0.1672 × 2500 = 18 + 400 418 = 418

Balances en el Mezclador 1: 1

Total:

2

F + 590.909 = F

Ácido:

1

2

2

0.3 × F + 195 = wAA × F 1

H2SO4:

(1 – 0.3 – 0.698) × F

De R2:

F

1

2

2

= (1 – wAA – wH2O) × F

2

11

= 2.3 F

Resolviendo el sistema se encuentra que: F

1

= 1359.091

F

2

2

= 1950

wAA = 0.3091

2

wH2O = 0.6895

Comprobando los resultados en el balance de agua: 1

11 AA)

0.698 × F + (1 – w

×F

11

2

2

= wH2O × F

0.698 × 1359.091 + 0.67 × 590.909 = 0.6895 × 1950 1344.554 = 1344.525

151


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Balances Globales: 7

Total:

9

1359.091 + F

= F + 409.091 9

9

0.3 × 1359.091 = wAA × F + 0.99 × 409.091

Ácido: H2O:

0.698 × 1359.091 + 0.01 × F

Éter:

(1 – 0.01) × F

7

7

9

9

= wH2O × F + 0.01 × 409.091 = 0.001 × F

9

Resolviendo el sistema se obtiene: 7

9

F = 0.9605

wH2O = 0.9933

9

wAA = 0.002868

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9

F = 950.9605

Comprobando en el balance dependiente de Ácido Sulfúrico: (1 – 0.3 – 0.698) × 1359.091 = 0.002868 × 950.9605 2.718 = 2.727

La diferencia se debe a los cortes decimales. Balances en la Unidad de Agotamiento: 4

Total:

6

F

= 950.9605 + F

4

Éter:

0.07 × F = 0.001 × 950.9605 + (1 – 0.012) × F

Ácido Acético:

wAA × F

H2O:

wH2O × F

4

4

4

6

= 0.002868 × 950.9605

4

6

= 0.012 × F + 0.9933 × 950.9605

Resolviendo el sistema de cuatro ecuaciones y cuatro incógnitas: 4

F = 1022.438

6

F = 71.477

4

wAA = 0.002667

4

wS = 0.9247

Comprobando los resultados en el balance dependiente de Ácido Sulfúrico: (0.93 – 0.002667 – 0.9247) × 1022.438 = (0.999 – 0.002868 – 0.9933) × 950.9605 2.692 = 2.693

152


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Balances en el Mezclador 2: 5

Total:

F

F

= 71.477 + 0.9605 + 1500 5

= 1572.4375

5

Éter:

wE × 1572.4375 = (1 – 0.012) × 71.477 + 0.99 × 0.9605 + 0.988 × 1500 5

wE

= 0.988

Comprobando los resultados en el balance dependiente de agua: 5

(1 – wE) × 1572.4375 = 0.012 × 71.477 + 0.01 × 0.9605 + (1 – 0.988) × 1500

Comprobando los resultados en la Columna de Extracción que es la Unidad dependiente: 2

Total:

5

F + F

3

4

= F + F

1950 + 1572.438 = 2500 + 1022.438 3522.438 = 3522.438

Utilizando el programa Solvesys de la Hewlett Packard 48-GX, se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden de la estrategia de solución: 10

Base de cálculo: Sea F = 1000

Unidad de Terminado de Ácido:

Total:

10

F

10

Ácido:

0.6 × F

De R1:

0.675 × 0.6 × F

10

11

= F + F 11 AA

= w

12

11

×F 12

= 0.99 F

(1) 12

+ 0.99 × F

(2) (3)

153

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18.869 = 18.867


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Unidad de Recuperación de Solvente: 3

Total:

8

10

F = F + F 3

0.24 × F = 0.6 × F

Ácido:

3

Éter:

(4)

10

(5)

3

8

wE × F = 0.988 × F

(6)

Balances en el Mezclador 1:

Ácido: H2SO4:

11

1

11 AA

0.3 × F + w

11

×F

2

= F

2

2

= wAA × F

1

(1 – 0.3 – 0.698) × F =

(8)

2

2

(1 – wAA – wH2O) × F

1

De R2:

(7)

2

(9)

11

F = 2.3 F

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1

F + F

Total:

(10)

Balances Globales: 1

7

9

12

Total:

F + F = F + F

Ácido Acético:

0.3 × F = wAA × F + 0.99 × F

H2O:

1

1

9

7

9

(11)

9

12

9

0.698 × F + 0.01 × F = wH2O × F + 0.01 × F

Éter:

7

(1 – 0.01) × F =

0.001 × F

(12)

12

(13)

9

(14)

Unidad de Agotamiento de Éter: 4

9

6

F = F + F

Total:

(15)

4

9

Éter:

0.07 × F = 0.001 × F + (1 – 0.012) × F

Ácido Acético:

wAA × F = wAA × F

H2O:

wH2O × F = 0.012 × F + wH2O × F

4

4

4

9

9

4

6

(16) (17)

6

9

9

(18)

Balances en Mezclador 2:

Total:

5

6

7

8

F = F + F + F

(19)

154


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Éter:

5

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6

7

wE × F = (1 – 0.012) × F + 0.99 × F + 0.988 × F

8

(20)

Resolviendo el sistema de ecuaciones:

11 AA

w F F

11

12

= 0.33

4

wH2O = 0.92467404911 5

= 590.90909091

F = 1572.4379944091

= 409.090909091

wE = 0.988001221754

2

F = 1950 2

wAA = 0.3090909091 2

wH2O = 0.689515151515 3

F = 2500 3

wE = 0.5928 4

F = 1022.43799441

2.33.

4

wAA = 0.00266742115

5

6

F = 71.47742818057

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1

F = 1359.09091091

7

F = 0.960566228514 8

F = 1500 9

F = 950.9605662285 9

wAA = 0.0028679135856 9

wH2O = 0.993273732541

Considérese el problema 2.32. Supóngase que, en lugar de especificar la composición de éter de la corriente 4, se especifica la composición de éter de la corriente 3. Todas las demás especificaciones se conservan iguales al problema 2.32. ¿Cómo afecta esto a los Grados de Libertad? ¿Cómo afecta a la resolución del problema?

155


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SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo:

Se muestra en la página siguiente:

11

F

3

F

w1AA = 0.3 1 1 wH2O = 0.698

M1

(H2SO4) 2

(H2SO4) 5

F

10

5 w5E (agua)

8

F

10

w8E = 0.998

4

F

F

w10AA = 0.6

(agua)

w4E w4AA w4H2O

M2

(agua)

(H2SO4)

F

w6H2O

F

w7H2O = 0.01

= 0.012

(éter)

Agotamiento de Éter

(éter)

4

12

7

7

6

6

11

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1

F

(agua)

Columna de Extracción

w2AA w2H2O

Terminado de ácido

3

(agua)

Recuperación de Solvente

2

F

w11AA

8

w3AA = 0.24 w3E = 0.5928

F12 w12AA = 0.99 (agua)

9

F

9

w9E = 0.001 w9AA w9H2O (H2SO4)

156


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Ben – Hur Valencia Valencia

Tabla de Grados de Libertad:

Mezclador 1 8 3 0 2 – 1 2

NVI NBC NFC NCC NRC R1 R2 G de L

Extracción 12 4 0 2 – – 6

Recuperación 7 3 0 4 – – 0

Agotamiento 10 4 0 2 – – 4

Terminado 6 2 0 2 1 – 1

Mezclador 2 8 2 0 3 – – 3

Proceso 31 18 0 10 1 1 1

Global 11 4 0 5 – – 2

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NVI NBC NFC NCC NRC R1 R2 G de L

Reconfirmación de Grados de Libertad:

Mezclador 1:

Extracción:

Agotamiento:

1

2

2

2

11

11 AA)

Incógnitas

=

6 (F , F , wAA, wH2O, F , w

Ecuaciones

=

3 (balances)+

G de L

=

2

Incógnitas

=

10 (F , wAA, wH2O, F , wE, F , wAA, wH2O, F , wE)

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

6

Incógnitas

=

8 (F , wAA, wH2O, wE, F , F , wAA, wH2O)

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

4

2

4

2

4

1 (R2)

2

4

3

4

3

6

4

9

4

9

4

5

5

9

157


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Recuperación:

Terminado:

Global:

5

5

6

7

8

Incógnitas

=

5 (F , wE, F , F , F )

Ecuaciones

=

2 (balances)

G de L

=

3

Incógnitas

=

3 (F , F , F )

Ecuaciones

=

3 (balances)

G de L

=

0

Incógnitas

=

4 (F , F , w

F )

Ecuaciones

=

2 (balances)+

1 (R1)

G de L

=

1

Incógnitas

=

6 (F , F , F , wAA, wH2O, F )

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

2

3

10

1

8

10

11

7

11 AA,

9

9

12

9

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Mezclador 2:

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12

Los cambios en los Grados de Libertad son los siguientes: Mezclador 1:

Los Grados de Libertad no cambian. Aquí no intervienen las corrientes 3 y 4.

Extracción:

Los Grados de Libertad no cambian. Sólo varían las composiciones conocidas.

Agotamiento:

Los Grados de Libertad aumentan en 1 al desconocer wE y valen 4.

Mezclador 2:

Los Grados de Libertad no cambian. Aquí no intervienen las corrientes 3 y 4.

Recuperación:

Los Grados de Libertad disminuyen en 1 porque se conoce wE y quedan valiendo cero.

Terminado:

Los Grados de Libertad no cambian al no intervenir las corrientes 3 y 4.

4

3

158


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Proceso:

Global:

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G de L no cambian y siguen valiendo 1 ya que no lo hace el número de composiciones.

Los Grados de Libertad no cambian. No intervienen las corrientes 3 y 4. 3

Siempre y cuando wE, conocida, valga 0.5928 (valor calculado en el problema 2.32) el procedimiento de solución es el siguiente:

1. Se toma Base de Cálculo en la Unidad de Terminado de Acido y resolviendo sus balances se 10 11 11 12 determinan: F , F , w AA, F . Se agota R1. 2. Actualizando Grados de Libertad se encuentra que: 11 11 Mezclador 1: G de L A = 2 – 1 (F ) – 1 (w AA) = 0 10 Recuperación: G de L A = 0 – 1 (F ) = – 1 12 Global: G de L A = 2 – 1 (F ) = 1 La Unidad de Recuperación queda sobre-especificada. La información es redundante pero no 3 contradictoria si se utiliza el valor de 0.5928 para wE. 3

8

3. Al resolver la Unidad de Recuperación se encuentran F y F . 4. Reconfirmando los Grados de Libertad del Mezclador: Mezclador 1: G de L R = 0 – 0 = 0 1

2

2

2

5. Resolviendo el Mezclador 1 se hallan: F , F , wAA, wH2O. Ser agota R2. 6. Actualizamos Grados de Libertad: Extracción: G de L A = Global: Mezclador 2:

G de L A G de L A

= =

2

3

2

2

6 – 2 (F , F ) – 2 (wAA, wH2O) = 2 1

1 – 1 (F ) = 0 8 3 – 1 (F ) = 2 7

9

9

9

7. Resolviendo los Balances Globales se encuentra: F , F , wAA, wH2O. 8. Actualizando los Grados de Libertad: 7 Mezclador 2: G de L A = 2 – 1 (F ) = 1 9 9 9 Agotamiento: G de L A = 4 – 1 (F ) – 2 (wAA, wH2O) = 1 Para continuar resolviendo el problema es necesario recurrir al Arrastre de Variables, ya que ninguna unidad queda con cero Grados de Libertad.

159

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Estrategia de Solución:


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El problema puede resolverse, sin arrastre de variables, utilizando el programa Solvesys de la Hewlett Packard 48 GX. Las ecuaciones de Balance, en el orden dado por la estrategia son: 10

Base de cálculo: Sea F = 1000 Unidad de Terminado de Ácido: 10

Total:

F

10

Ácido:

0.6 × F

De R1:

0.675 × 0.6 × F

10

11

= F + F 11 AA

= w

12

11

×F

(1) 12

+ 0.99 × F

12

= 0.99 F

(2) (3)

3

0.24 × F = 0.6 × F

Ácido:

10

(4)

3

Éter:

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Unidad de Recuperación de Solvente: Se plantean sólo dos ecuaciones porque la Unidad está sobre – especificada.

0.5928 × F = 0.988 × F

8

(5)

Balances en el Mezclador 1: 1

Total: Ácido: H2SO4:

11

F + F 1

11 AA

0.3 × F + w

11

×F

1

2

= F

2

2

= wAA × F

(1 – 0.3 – 0.698) × F =

(7)

2

2

(1 – wAA – wH2O) × F

1

De R2:

(6)

2

11

F = 2.3 F

(8) (9)

Balances Globales: 1

7

9

12

1

9

9

7

9

Total:

F + F = F + F

Ácido Acético:

0.3 × F = wAA × F + 0.99 × F

H2O: Éter:

1

(10) 12

9

0.698 × F + 0.01 × F = wH2O × F + 0.01 × F 7

(1 – 0.01) × F = 0.001 × F

9

12

(11) (12) (13)

160


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Unidad de Agotamiento de Éter: 4

Total:

9

6

F = F + F 4

4

(14) 9

wE × F = 0.001 × F + (1 – 0.012) × F

Éter:

4

4

9

(15)

9

Ácido Acético:

wAA × F = wAA × F

H2O:

wH2O × F = 0.012 × F + wH2O × F

4

6

4

(16) 6

9

9

(17)

Balances en Mezclador 2: 6

7

8

F = F + F + F 5

5

6

(18) 7

wE × F = (1 – 0.012) × F + 0.99 × F + 0.988 × F

Éter:

8

(19)

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5

Total:

Resolviendo el sistema de ecuaciones: 1

F = 1359.09091091 11 AA

w F F

11

12

= 0.33

4

wH2O = 0.92467404911 5

= 590.90909091

F = 1572.4379944091

= 409.090909091

wE = 0.988001221754

2

F = 1950 2

wAA = 0.3090909091 2

wH2O = 0.689515151515 3

F = 2500 4

wE = 0.07 4

4

wAA = 0.00266742115

F = 1022.43799441

5

6

F = 71.47742818057 7

F = 0.960566228514 8

F = 1500 9

F = 950.9605662285 9

wAA = 0.0028679135856 9

wH2O = 0.993273732541

161


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Considérese la modificación del ejemplo 2.21 que se muestra en la figura. La composición de la alimentación sigue siendo: C1 = 20 %

C2 = 25 %

C3 = 40 %

C4 = 15 %

Las corrientes que salen de las Unidad II y IV se dividen ambas en un 50%. a. ¿Está especificado correctamente el problema? b. Suponga que, en lugar de especificar la alimentación a la Unidad IV (C4 = 30 %), se fija la alimentación a la Unidad III en un valor de C2 = 20 %. ¿Qué cambios ocurrirán ?

C1 C2 0.5 % C1 C2 3 % C3

C1 1 % C2 C3 10 %

V

Alimentación C1 C2 C3 C4

Unidad I

C2 C3 C4

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Unidad II

C2 C3 C4 0.2 %

C3 98 % C4

Unidad III

Unidad IV

C3 C4 30 %

VI

C4

162


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SOLUCIÓN:

Diagrama Cuantitativo: 6

N

6

x6C2 = 0.005 (C1)

Unidad II

3

N

x3C1

3 5

(C2)

N

1

x7C1 = 0.01

x5C3

N

x1C1 = 0.20 x1C2 = 0.25 x1C3 = 0.40

7

N

x5C1

5

1

x7C3 = 0.1

(C2)

4

Unidad I

(C2)

V

4

N

7

x4C1

(C4)

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x3C3 = 0.03

x4C3

8

(C2)

N 8

x8C2 x8C4 = 0.002 (C3)

2

Unidad III

2

10

N

N 12 C4

N

10

x2C2 x2C3

x10C3= 0.98 (C4)

9

N

(C4)

9

x9C4 = 0.30 (C3)

12 C4

N

12

Unidad IV

11 N11C 4 VI

13 C4

N

163


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a. ¿Está especificado correctamente el problema?

De acuerdo con las variables del Diagrama Cuantitativo, las relaciones del proceso son:

Relaciones: 4

7

R1:

N = N

R2:

N

R3:

RDV = (3 – 1)(2 – 1) = 2

R4:

RDVI = (2 – 1)(1 – 1) = 0

13

= N

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12

1

Tabla de Grados de Libertad: Se ignora el flujo N .

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 G de L

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 G de L

Unidad I 14 4 0 4 (2) – – – 4

Unidad V 9 3 0 2 1 – 2 1

Unidad II 8 3 0 2 (2) – – – 1

Unidad VI 3 1 0 0 – 1 – 1

Unidad III 8 3 0 2 – – – 3

Proceso 31 16 0 10 1 1 2 1

Unidad IV 5 2 0 2 – – – 1

Global 15 4 0 8 – – – 3

164


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Reconfirmación de Grados de Libertad:

Unidad II:

Unidad III:

Unidad IV:

Unidad V:

Unidad VI:

Global:

1

12 C4,

Incógnitas

=

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

4

=

8 (N , N

3

3

3

3

4

2

2

6

5

Incógnitas

=

4 (xC1, N , N , N )

Ecuaciones

=

3 (balances)

G de L

=

1

Incógnitas

=

6 (N , xC2, xC4, N , xC2, N )

Ecuaciones

=

3 (balances)

G de L

=

3

Incógnitas

=

3 (N , N , N

Ecuaciones

=

2 (balances)

G de L

=

1

Incógnitas

=

7 (xC1, xC3, xC1, xC3, N , N , N )

Ecuaciones

=

3 (balances)+

G de L

=

1

Incógnitas

=

3 (N

Ecuaciones

=

1 (balances)+

G de L

=

1

Incógnitas

=

7 (N , N , N , N , xC2, N , N

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

3

2

9

4

11 C4,

1

2

2

10

2

N , xC1, N , N , xC2, xC4)

8

8

9

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Unidad I:

11 C4)

4

5

12 C4,

N

6

7

5

4

5

7

3 (R1, R3)

13 C4)

N

1 (R2)

8

8

10

13 C4)

165


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La Tabla de Grados de Libertad muestra que el proceso se encuentra correctamente especificado. Tabla de Balances:

C1 C2 C3 C4 Total

Unidad II 1 1 1 – 3

Unidad V 1 1 1 – 3

Unidad III – 1 1 1 3

Unidad VI – – – 1 1

Unidad IV – – 1 1 2

Proceso 3 4 5 4 16

Global 1 1 1 1 4

Hay varias unidades que tienen 1 Grado de Libertad y en el Proceso no se conoce ningún flujo. Esta situación indica que se pueden escoger varias estrategias de solución.

1. Estrategia de Solución: 6

5

3

3 C1.

1. Se toma Base de Cálculo en la Unidad II y resolviendo sus balances se conoce: N , N , N , x 2. Actualizando los Grados de Libertad se encuentra que: 5 Unidad V: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 3 3 Unidad I: G de L A = 4 – 1 (N ) – 1 (x C1) = 2 Global:

G de L A

=

6

3 – 1 (N ) = 2 7

4

3. Resolviendo la Unidad V se determinan: N , N . Se agota R1. 4. Actualizando los Grados de Libertad: Unidad I: G de L A = Global: G de L A =

4

2 – 1 (N ) = 2 7 2 – 1 (N ) = 1

5. Esta situación indica que sólo puede llegarse hasta ahí en los balances del Proceso sin recurrir al Arrastre de Variables.

166

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C1 C2 C3 C4 Total

Unidad I 1 1 1 1 4


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2. Estrategia de Solución: 9

10

11 C4.

1. Se toma Base de Cálculo en la Unidad IV y resolviendo sus balances se conoce: N , N , N 2. Actualizando los Grados de Libertad se encuentra que: 11 Unidad VI: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 9 Unidad III: G de L A = 3 – 1 (N ) = 2 10 Global: G de L A = 3 – 1 (N ) = 2 13 C4,

3. Resolviendo la Unidad VI se determinan: N

Se agota R2.

12

4 – 1 (N ) = 3 13 2 – 1 (N ) = 1

5. Esta situación indica que sólo puede llegarse hasta ahí en los balances del Proceso sin recurrir al Arrastre de Variables.

3. Estrategia de Solución: 5

7

4

1. Se toma Base de Cálculo en la Unidad V y resolviendo sus balances se conoce: N , N , N . Se agotan R1 y R3. 2. Actualizando los Grados de Libertad se encuentra que: 5 Unidad II: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 4 Unidad I: G de L A = 4 – 1 (N ) = 3 7 Global: G de L A = 3 – 1 (N ) = 2 6

3

3

3. Resolviendo la Unidad II se determinan: N, N , x

C1.

4. Actualizando los Grados de Libertad: Unidad I: G de L A =

3

Global:

G de L A

=

3

3 – 1 (N ) – 1( x 6

C1)

= 2

2 – 1 (N ) = 1

5. Esta situación indica que sólo puede llegarse hasta ahí en los balances del Proceso sin recurrir al Arrastre de Variables.

4. Estrategia de Solución: 11 C4,

1. Se toma Base de Cálculo en la Unidad VI y resolviendo sus balances se conoce: N Se agotan R2.

12

N

C4,

13 C4

N

.

167

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4. Actualizando los Grados de Libertad: Unidad I: G de L A = Global: G de L A =

12 C4.

N


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2. Actualizando los Grados de Libertad se encuentra que: 11 Unidad IV: G de L A = 1 – 1 (N C4) = 0 G de L A

Unidad I:

G de L A

Global:

12

=

4 – 1 (N

13

=

3 – 1 (N 9

C4)

= 3

C4)

= 2

10

3. Resolviendo la Unidad IV se conoce: N , N . 4. Actualizando los Grados de Libertad se encuentra que: 9 Unidad III: G de L A = 3 – 1 (N ) = 2 10 Global: G de L A = 2 – 1 (N ) = 2

Como puede verse, ninguna de las 4 posibles Estrategias de Solución permite solucionar el problema sin utilizar Arrastre de Variables. Así, por ejemplo, para la Estrategia número 2:

CÁLCULOS: 9

Base de Cálculo: N = 1000

Balances de la Unidad IV: 10

Total:

1000 = N

11

+ N

10

C4 :

0.3 × 1000 = 0.02 × N 10

N

11

+ N

11

= 714.286

N

= 285.714

Balances de la unidad VI: 12

R2:

N

Total:

N

11

12

N

= 142.857

13

= N

12

= N

13

+ N

13

N

= 142.857

168

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5. Esta situación indica que sólo puede llegarse hasta ahí en los balances del Proceso sin recurrir al Arrastre de Variables.


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La solución completa, con Arrastre de Variables, es la siguiente, para la Segunda estrategia de solución: 2. Estrategia de Solución: 9

10

11 C4.

1. Se toma Base de Cálculo en la Unidad IV y resolviendo sus balances se conoce: N , N , N 2. Actualizando los Grados de Libertad se encuentra que: 11 Unidad VI: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 9 Unidad III: G de L A = 3 – 1 (N ) = 2 10 Global: G de L A = 3 – 1 (N ) = 2 13 C4,

3. Resolviendo la Unidad VI se determinan: N

Se agota R2.

12

4 – 1 (N ) = 3 13 2 – 1 (N ) = 1

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4. Actualizando los Grados de Libertad: Unidad I: G de L A = Global: G de L A =

12 C4.

N

8

5. Se resuelven los balances en el proceso Global arrastrando una variable y se conocerá N , 6 7 1 9 10 8 N , N , N , N , N , x C2 , en función de una de ellas. 6. Actualizando los Grados de Libertad: Unidad II: G de L A = Unidad V: G de L A = Unidad I: G de L A = Unidad III: G de L A =

1 1 3 2

– – – –

6

0 (N ) = 1 7 0 (N ) = 1 1 0 (N ) = 3 8 8 1 (N , x C2) = 1 5

3

3

7. Se resuelven los balances en la Unidad II y se determina N , N y x variable arrastrada. 8. Actualizando los Grados de Libertad: 5 Unidad V: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 3 3 Unidad I: G de L A = 3 – 2 (N , x C1) = 1

C1

en función de la misma

9. Se resuelven los balances de la Unidad V y se determina la variable arrastrada, ya que ésta queda con cero Grados de Libertad. 4

De igual manera se determinan las otras incógnitas que estaban en función de ella. Se conoce N . Se agota el balance de C1. 10. Actualizando los Grados de Libertad: Unidad I: G de L A = = 1

4

1 – 1 (N ) – 1 (variable arrastrada) + 1 (Balance de C1)

11. Se resuelve la Unidad I y los resultados se comprueban en la Unidad II.

169


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b. Suponga que, en lugar de especificar la alimentación a la Unidad IV: C4 = 30 % se fija la alimentación a la Unidad III en un valor de C2 = 20 %. ¿Qué cambios ocurrirán? SOLUCION:

El Diagrama Cuantitativo del problema, con los cambios planteados, se muestra a continuación: Diagrama Cuantitativo: 6

N

6

x6C2 = 0.005 (C1)

Unidad II

3

N

x3C3 = 0.03 5

1

4

(C2)

(C2)

V

N

7

x4C1 x4C3

(C4)

x7C3 = 0.1

x5C3

4

Unidad I

x7C1 = 0.01

x5C1

1

x1C2 = 0.25 x1C3 = 0.40

N

N

N

x1C1 = 0.20

7

5

(C2)

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3

x3C1

8

(C2)

8

N

x8C2 x8C4 = 0.002 (C3)

2

Unidad III

2

N 12 C4

N

10

10

2

xC2=0.2 2

xC3 (C4)

9

x9C4 (C3)

12 C4

N

12

x10C3= 0.98 (C4)

N 9

N

Unidad IV

11 N11C 4 VI

13 C4

N

170


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Tabla de Grados de Libertad:

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 G de L

Unidad I 14 4 0 5 (2) – – – 3

Unidad II 8 3 0 2 (2) – – – 1

Unidad V 9 3 0 2 1 – 2 1

Unidad III 8 3 0 2 – – – 3

Unidad VI 3 1 0 0 – 1 – 1

Unidad IV 5 2 0 1 – – – 2

Proceso 31 16 0 10 1 1 2 1

Global 15 4 0 8 – – – 3

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NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 G de L

Varían los Grados de Libertad de la Unidad I y de la Unidad IV.

Reconfirmación de Grados de Libertad: Unidad I:

Unidad III:

Unidad IV:

1

12 C4,

3

3

4

2

Incógnitas

=

7 (N , N

Ecuaciones

=

4 (balances)

G de L

=

3

Incógnitas

=

6 (N , xC4, N , xC2, N , xC4)

Ecuaciones

=

3 (balances)

G de L

=

3

Incógnitas

=

4 (N , xC4, N , N

Ecuaciones

=

2 (balances)

G de L

=

2

2

9

2

9

2

N , xC1, N , N , xC4)

8

10

8

9

9

11 C4)

171


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La Tabla de Balances es la misma de la parte a). Tabla de Balances:

C1 C2 C3 C4 Total

Unidad II 1 1 1 – 3

Unidad V 1 1 1 – 3

Unidad III – 1 1 1 3

Unidad VI – – – 1 1

Unidad IV – – 1 1 2

Proceso 3 4 5 4 16

Global 1 1 1 1 4

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C1 C2 C3 C4 Total

Unidad I 1 1 1 1 4

Estrategia de Solución: 3

3

5

6

1. Tomando Base de Cálculo en la Unidad II se determina: N , xC1, N , N . 2. Actualizando Grados de Libertad: Unidad V: G de L A Unidad I: G de L A

= =

1 – 1 (N ) = 0 3 3 3 – 1 (N ) – 1 (xC1) = 1

G de L A

=

3 – 1 (N ) = 2

Global:

5

6

4

7

3. Se resuelve la Unidad V y se conoce N , N . Se agota R1. 4. Actualizando los Grados de Libertad: Unidad I: G de L A = Global: G de L A =

4

1 – 1 (N ) = 0 7 2 – 1 (N ) = 1 1

12 C4,

5. Resolviendo los balances de la Unidad I se conoce: N , N balance de C1. 6. Actualizando los Grados de Libertad: Unidad VI: G de L A = Unidad III: G de L A = Global:

G de L A

=

12

2

2

13

N , xC3. De R2 se halla N . Se agota el

13

1 – 2 (N , N ) + 1 (R2 agotada) = 0 2 2 3 – 1 (N ) – 1 (xC3) = 1 1

13

1 – 2 (N , N ) + 1 (balance de C1 agotado) = 0 11

7. Resolviendo los Balances de la Unidad VI se conoce N .

172


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8. Reconfirmando los Grados de Libertad de los Balances Globales: Global: G de L R = 0 – 0 = 0 10

9. Se resuelven los Balances Globales y se conoce: N . 10. Actualizando los Grados de Libertad: Unidad IV: G de L A = Unidad III: G de L A =

11

10

2 – 2 (N , N ) = 0 10 1 – 1 (N ) = 0

11. Se resuelven los balances en cualquiera de las dos Unidades y se confirman los resultados en la otra.

CÁLCULOS: 5

Base: N = 1000

3

Total:

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Balances en la Unidad II: 6

N = 1000 + N 3

C1:

3

6

xC1 N = 0.995 N + 0.01 × 1000 3

C3:

0.03 N = 0.1 × 1000

Resolviendo el sistema de ecuaciones: 3

N

3

= 3333.333

6

xC1 = 0.6995

N

= 2333.333

Balances en la Unidad V: 4

Total:

7

1000 = N + N 5

4

4

4

4

7

C1:

xC1 × 1000 = xC1 N + 0.01 N

C3:

xC3 × 1000 = xC3 N + 0.1 N

R1: RD:

5

4

N = 5

7

7

N 4

xC1 = xC1 5

xC3

4

= xC3

173


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Resolviendo el sistema de seis ecuaciones, con seis incógnitas: 4

N

7

= 500

N

4

= 500

5

4

xC1 = xC1 = 0.01

5

xC3 = xC3 =

0.1

Balances de la unidad I: 1

Total:

12 C4

2

N + N

+ 500 = 3333.3333 + N

1

C1:

0.2 N + 0.01 × 500 = 0.6995 × 3333.3333

C3:

0.4 N + 0.1 × 500 = 0.03 × 3333.3333 + N

1

2

1

2

Resolviendo el sistema de ecuaciones correspondientes a los cuatro balances de materia se encuentra que: 1

N

= 11633.333

2

N

= 4603.333

2

xC4 = 0.3791

12 C4

N

= – 4196.667

Analizando las respuestas obtenidas, es obvio que un flujo no puede tener un valor negativo. Por tanto, el problema no tiene solución.

174

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0.15 N = xC4 N2

C4:


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SOLUCIONARIO CAPÍTULO III LIBRO: BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA GIRONTZAS V. REKLAITIS

POR: ING. QUÍMICO. BEN - HUR VALENCIA VALENCIA

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MANIZALES JULIO DE 2005

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PROGRAMA UNIVERSIDAD VIRTUAL


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PRESENTACION Luego de la aparición del texto de Balances de Materia y Energía del Doctor Girontzas V. Reklaitis, en 1986, no ha habido ningún texto nuevo en el área, ni suyo ni de ningún otro autor, que trate de manera tan magistral el análisis de los Balances. El tratamiento matemático propuesto es completamente general y permite que el resolver problemas de Balance de Materia y Energía pase de arte a Ciencia, ocupando por ello – al lado de otros autores - un lugar preferencial en el desarrollo del área, vital para el estudio de la Ingeniería Química. Esta Segunda Edición del SOLUCIONARIO del Capítulo III corrige algunos errores de la Edición que permiten

resolver de una manera rápida los problemas de Balances de Materia. A la forma tradicional de resolver los problemas de la anterior Edición se adiciona la solución utilizando el programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard 48-GX, mostrando lo valioso de esta herramienta en la solución de problemas. Este Solucionario lo complementa el trabajo sobre SOLUCION DE PROBLEMAS DE BALANCES DE MATERIA Utilizando la Hewlett Packard 48GX, 49, en el que se muestra la forma de utilizar el Programa y las recomendaciones para su aplicación en el planteamiento del Sistema de Ecuaciones de Balance, que puede consultarse en la página _______________. Como se verá en la introducción, se hace mayor énfasis en la Estrategia de Solución, en la Confirmación de los Grados de Libertad como una herramienta útil en el planteamiento de la Estrategia de Solución y la utilización de la Tabla de Balance en los problemas complejos

El presente Solucionario, fruto de mi experiencia de 28 años en la cátedra de Balances de Materia y Energía, muestra una metodología de solución a partir de las ideas del profesor Reklaitis y lo presenta a sus estudiantes como un material de apoyo que les permita desarrollar y fijar los conceptos básicos en el estudio de los Balances de Materia y Energía.

BEN-HUR VALENCIA V. Manizales, Julio del 2005.

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anterior y, lo que es más importante, muestra el uso de programas para calculadoras


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INTRODUCCION En la solución de los problemas se muestra la Reconfirmación de la Tabla de Grados de Libertad como una forma de poder analizar de manera cualitativa cuáles son las incógnitas y cuáles las ecuaciones para cada una de las unidades, y aún para el proceso completo. Además, la Reconfirmación se utiliza para mostrar de una manera cualitativa, también, el desarrollo de la Estrategia de solución. Lo anterior se explicará, con el problema 2.26:

Abs. NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 R4 G de L

12 4 0 3 (+1)

Destilado Diviso Agotado Globa Mez. Proceso r r r l 9 9 7 3 26 12 3 3 3 1 14 4 0 0 0 0 0 0 2

1

2

0

6

5

1

1

– – – 4

– – – 4

– – 2 2

– – – 2

– – – 2

1 1 2 1

1 1 – 1

De manera cuantitativa puede apreciarse los Grados de Libertad de cada una de las Unidades: así por ejemplo, el Destilador: 4 y el Agotador: 2. Pero como se muestra en la Reconfirmación de la Tabla de Grados de Libertad que aparece a continuación:: Absorbedor:

Incógnitas

=

1

2

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

4

=

3

3

4

5

5

5

8 (N , N , N , xH2S, N , N , xCO2, xH2S)

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Su Tabla de Grados de Libertad es:


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Divisor:

Agotador:

Mezclador:

Global:

Incógnitas

=

5

5

5

6

6

3

7

7

7

7

7 (N , xCO2, xH2S, N , xCO2, N , xH2S)

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

4

Incógnitas

=

8 (N , xCO2, xH2S, N , xCO2, xH2S, N , xH2S)

3

3

7

Ecuaciones =

3 (balances) + 3 (R1, R4)

G de L

2

=

8

8

Incógnitas

=

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

3 (N , N , N )

9

10

8

10 CO2)

5 (N , xH2S, N , N , x

4

9

11

Ecuaciones =

1 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

7 (N , N , N , xCO2, N , x

Ecuaciones =

4 (balances) + 2 (R2, R3)

G de L

1

=

8

1

2

6

6

10

10 CO2,

11

N )

no solamente se conocen esos valores, sino que muestra CUÁLES son las incógnitas y CUÁLES son las ecuaciones que originan esos Grados de Libertad. Su utilización en la Estrategia de Solución es análoga. El problema tiene la siguiente estrategia:

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Destilador:


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Estrategia de Solución: 1. Tomando Base de Cálculo en el Proceso Global y resolviéndolo sus balances (se 1 2 6 6 10 10 asumió que los porcentajes son molares) se conocen: N , N , N , xCO2, N , x CO2 y 11

N . Se agota el balance de Inertes. 2. Actualizando Grados de Libertad se encuentra que: 1 2 Absorbedor: G de L A = 4 – 2 (N , N ) + 1 (Balance de Inertes) = 3 6 6 Destilador: G de L A = 4 – 1 (N ) – 1 (xCO2) = 2 Mezclador:

10

G de L A = 2 – 1 (N ) – 1 (x 11

G de L A = 2 – 1 (N )

10 CO2)

= 0

= 1

Sí en este momento consideramos la Reconfirmación de Grados de Libertad para las Unidades actualizadas, DESCONTANDO en cada una de ellas las incógnitas conocidas tendremos de nuevo una información CUALITATIVA de los Grados de Libertad con que quedan estas Unidades (se ponen en negrilla y subrayadas en la Reconfirmación inicial): Absorbedor:

Destilador:

Agotador:

Incógnitas

=

1

2

3

3

4

5

5

5

6 ( N , N , N , xH2S, N , N , xCO2, xH2S)

Ecuaciones =

3 (balances) – 1 (Balance agotado)

G de L

=

3

Incógnitas

=

5 (N , xCO2, xH2S, N , xCO2, N , xH2S)

5

5

5

6

6

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

3 (N , xH2S, N , N , x

8

8

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

0

=

9

10

10 CO2)

7

7

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Agotador:


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Mezclador:

Incógnitas

=

4

9

Ecuaciones =

1 (balances)

G de L

1

=

11

2 (N , N , N )

En la Estrategia se resuelve a continuación el absorbedor ya que encontramos un sistema con 8 8 9 tres ecuaciones de Balance y 3 incógnitas (N , xH2S, N ) Un análisis similar a cualquier otra Unidad nos enseña cuáles son las incógnitas, las ecuaciones y los Grados de Libertad resultantes: 5

(N ,

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El análisis del Destilador muestra que tiene, en este momento: Cinco Incógnitas 5 5 7 7 xCO2, xH2S, N , xH2S) y 3 ecuaciones de Balance, siendo sus Grados de Libertad de 2.


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3.1. a. Escriba una reacción química balanceada para la reacción de 1 mol de C8H12S2 con O2 para producir CO2, H2O y SO2. 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. c. Calcule la velocidad de la reacción.

SOLUCIÓN

La ecuación balanceada es: C8H12S2

+

13 O2 →

8 CO2

+

6 H2O

+

2 SO2

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:

=2 N CEntrada 8 H12 S 2

mol h

y

Entrada = 26 NO 2

mol h

A partir de las ecuaciones de definición:

− N CEntrada = 0 − 2 = −2 R C8 H12S2 = N CSalida 8 H12 S 2 8 H12 S 2

mol h

Salida Entrada − NO = 0 − 26 = −26 R O2 = N O 2 2

mol h

Salida Entrada − N CO = 16 − 0 = 16 R CO2 = N CO 2 2

mol h

Entrada = 12 − 0 = 12 R H 2O = N Salida H 2O − N H 2O

mol h

Entrada = 4−0 = 4 R SO2 = N Salida SO2 − N SO2

mol h 1

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a. Escriba una reacción química balanceada para la reacción de 1 mol de C8H12S2 con O2 para producir CO2, H2O y SO2.


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c. Calcule la velocidad de la reacción. Los coeficientes estequiométricos para reactivos y productos son: σ C8 = – 1

σ O2 = – 13

σ CO2 = 8

σ H2O = 6

σ SO2 = 2

La velocidad de reacción es:

R − 2 mol − 26 mol 16 mol 12 mol 4 mol = = = = = σ −1 h − 13 h 8 h 6 h 2 h r=2

3.2.

mol h

La combustión de C3H6 hasta CO2 y H2O puede describirse por cualquiera de las reacciones: C3H6

9/ O2 2

+

3 CO2

+

3 H2O

o la reacción: 2 C3H6

+

9 O2

6 CO2

+

6 H2O

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 qué manera se relacionan las dos velocidades y por qué.

SOLUCIÓN Para la primera reacción: C3H6

+

9/ O2 2

3 CO2

+

3 H2O

Los coeficientes estequiométricos son: σ C3H6 = – 1

σ O2 = – 9/2

σ CO2 = 3

σ H2O = 3

2

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r=


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Por tanto:

= 10 N CEntrada 3 H6 Salida = 30 N CO 2

mol h

mol h

Entrada = 50 NO 2

N Salida H 2O = 30

mol h

mol h

Salida = ( 50 − 45 ) = 5 NO 2

mol h

La velocidad de reacción es:

0 − 10 mol 5 − 50 mol 30 − 0 mol 30 − 0 mol = = = −1 h − 4.5 h 3 h 3 h r 1 = 10

mol h

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r1 =

Para la segunda reacción: 2 C3H6

+

9 O2

6 CO2

+

6 H2O

Los coeficientes estequiométricos son: σ C3H6 = – 2

σ O2 = – 9

σ CO2 = 6

σ H2O = 6

La velocidad de reacción es:

r2 =

0 − 10 mol 5 − 50 mol 30 − 0 mol 30 − 0 mol = = = −2 h −9 h 6 h 6 h r 2 =5

mol h

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

3


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III 3.3.

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Considere la reacción: 3 C2H5OH + 2 Na2Cr2O7 + 8 H2SO4 → 3 CH3COOH + 2 Cr2(SO4)3 + 2 Na2SO4 + 11 H2O 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, qué flujos de alimentación de los otros dos reactivos serían necesarios para tener una mezcla estequiométrica de alimentación?

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: 3 C2H5OH + 2 Na2Cr2O7 + 8 H2SO4 → 3 CH3COOH + 2 Cr2(SO4)3 + 2 Na2SO4 + 11 H2O Para una mezcla de alimentación de 100 moles, las cantidades molares de etanol, cromato y sulfúrico son 20, 20 y 60 respectivamente. Los coeficientes estequiométricos son: σ C2H5OH = – 3

σ Na2Cr2O7 = – 2

σ H2SO4 = – 8

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

N Centrada 2 H5OH σ C2 H5OH

N entrada Na 2Cr2O7

20 = = 6.67 3 N entrada H 2SO4 σ H 2SO4

σ Na 2Cr2O7 =

=

20 = 10 2

60 = 7.50 8

Comparándolas entre ellas, la menor de las tres relaciones es 6.67, o sea que el reactivo limite es el etanol.

4

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SOLUCIÓN


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b. ¿Si se alimenta a un reactor 230 kg/h de C2H5OH, qué flujos de alimentación de los otros dos reactivos serían necesarios para tener una mezcla estequiométrica de alimentación? C2H5OH que entra = 230 kg = (230/46) kg - mol = 5 kg – mol Na2Cr2O7 necesario = (5 × 2)/3 kg - mol = 3.333 kgmol = 873.33 kg H2SO4 necesario = (5 × 8)/3 kg - mol = 13.333 kgmol = 1306.667 kg

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

+

2 B

+

3/ C 2

2 D

+

E

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

SOLUCIÓN La reacción es: A

+

2 B

+

3/ C 2

2 D

+

E

Los coeficientes estequiométricos de los reactivos son: σA=–1

σ C = – 3/2

σB=–2

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

N entrada = N entrada = N Centrada = A B

1 3

5

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3.4.


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Por tanto:

N entrada A σA

⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ 1 3 =⎝ ⎠= 1 3

N Centrada σC

N entrada B σB

⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ 1 3 =⎝ ⎠= 3 6

⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ 2 3 =⎝ ⎠= ⎛3⎞ 9 ⎜ ⎟ ⎝2⎠

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

r=

ΧS

N entrada S −σ

=

N entrada B −σ

S

B

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La velocidad de reacción es:

1 × 0.5 Χ 3 1 = = mol 2 12

Las moles del producto serán:

N salida =σ D

3.5.

D

r = 2×

1 1 mol = mol 12 6

Se efectúa una reacción cuya ecuación estequiométrica es: A

+

3 B

2 D

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 el de B es 2: a. Calcule la masa molecular de D. b. Calcule la composición en base masa de la corriente de salida.

6


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SOLUCIÓN a. Calcule la masa molecular de D. La reacción es: A

+

3 B

2 D

y

ΧA = 0.2

Los flujos de entrada son: F

ent. A

= 1000 × 0.25 = 250 kg

N

ent. A

= (125/14) kgmol

F

ent. B

= 750 kg

N

ent. B

= (750/2) kg - mol

σA=–1

σB=–3

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Los coeficientes estequiométricos son: σC=2

La velocidad de reacción es:

r=

ΧA

1 125 × N entrada 125 A = 5 14 = 1 70 − σA

Los flujos de salida son:

⎛ 125 125 ⎞ 500 N salida = N entrada + σA r = ⎜ − ⎟= A A ⎝ 14 70 ⎠ 70 ⎛ 750 3 × 125 ⎞ 25875 N salida = N entrada + σB r = ⎜ − ⎟= B B 70 ⎠ 70 ⎝ 2 2 × 125 ⎞ 250 ⎛ N salida = N entrada + σD r = ⎜ 0 + ⎟= D D 70 ⎠ 70 ⎝ sal.

Como la masa se conserva, F

= 1000, o sea que:

FAsalida

+

FBsalida

+

FDsalida

= 1000 7


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

MM A N salida A

+

MM B N salida B

+

MM D N salida = 1000 D

25875 ×2 + 70

250 × MM D = 1000 70

donde MM es la masa molecular. Reemplazando:

500 × 28 + 70 Despejando,

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, wA = 0.2

3.6.

wB = 0.7393

wD = 0.0607

El gas de bióxido 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, ácido sulfúrico y metanol, en reactores recubiertos de plomo: 6 NaClO3 + 6 H2SO4 + CH3OH → 6 ClO2 + 6 NaHSO4 + CO2 + 5 H2O 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 H2SO4

Productos de reacción

8

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MMD = 17


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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 %.

SOLUCIÓN La reacción es: 6 NaClO3 + 6 H2SO4 + CH3OH → 6 ClO2 + 6 NaHSO4 + CO2 + 5 H2O a. Determine el reactivo limitante.

entrada N CH =1 3OH

N entrada NaClO3 = 7

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Las moles de reactivos son:

N entrada H 2SO4 = 7

Los coeficientes estequiométricos son: σ

CH3OH

σ

=–1

NaClO3

=–6

σ

H2SO4

=–6

Las relaciones entre las moles de alimentación y los coeficientes estequiométricos son: entrada N CH 3OH

σ CH3OH

N entrada NaClO3

=1

σ NaClO3

7 = 6

N entrada H 2SO4 σ H 2SO4

=

7 6

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: Χ CH3OH = 0.9 El flujo de salida de producto es: F

sal ClO2

= 10000 kg/h

9


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El coeficiente estequiométrico del ClO2 es:

σ

CO2

=6

Por tanto, sal ClO2

N

=

N

ent ClO2

σ ClO2 r

+

luego la velocidad de reacción es:

r=

kgmol 148.258 kgmol = 24.71 6 h h

Ahora, con base en la conversión:

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entrada entrada × 0.9 N CH kgmol N CH3OH 3OH = = 24.710 − σ CH3OH h 6

Despejando, entrada N CH = 27.456 3OH

kgmol h

y con las condiciones del problema: entrada entrada N entrada NaClO3 = N H 2SO4 = 7 N CH 3OH = 7 × 27.456

kgmol kgmol = 192.189 h h

Multiplicando por las masas moleculares: entrada FNaClO = 106.45 3

FHentrada = 98 2 SO4

kgmol kg kg × 192.189 = 20458.52 kgmol h h

kg kgmol kg × 192.189 = 18834.52 kgmol h h

entrada FCH = 32 3OH

kg kgmol kg × 27.456 = 878.59 kgmol h h

10


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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

F

ent S

ent

= 100 lb

N

S

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a. Las libras de óleum de 25 % que puede producirse con 100 lb de azufre. = (100/32) = 3.125 lbmol

Tomando como base 100 lb de óleum al 25 %: SO3 = 25 lb = 0.3125 lbmol H2SO4 = 75 lb = 0.76531 lbmol S total = (0.3125 + 0.76531) at – lb = 1.07781 at - lb Mediante una simple regla de 3: En 100 lb de óleum hay 1.07781 at - lb de azufre en X lb de óleum habrá 3.125 at - lb de azufre X = 289.94 lb b. Porcentaje de ácido sulfúrico que corresponde al óleum de 25 %. Base de cálculo: 100 lb óleum SO3 = 25 lb = 0.3125 lb-mol H2SO4 = 0.76531 lbmol

11


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La reacción es: SO3

+

H2O

H2SO4

H2O necesaria = 0.3125 lbmol = 5.625 lb H2SO4 final = (0.3125 + 0.76531) lbmol = 1.07781 lbmol H2SO4 al 100 % = (100 + 5.665) = 98 × 1.07781 = 105.625 lb o sea que puede decirse que se trata de un óleum al 105.625 %. De otra manera, la masa final de ácido sulfúrico será:

H2SO4 final = (100 + 5.625) lb = 105.625 lb que conduce, como el producto final está formado por ácido sulfúrico, a la misma respuesta anterior.

3.8.

El hipoclorito de sodio se forma de acuerdo con la reacción: 2 NaOH

+

Cl2

NaOCl

+

NaCl

+

H2O

en un reactor continuo. 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 1000 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.

12

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H2SO4 final = Masa inicial + Agua añadida


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SOLUCIÓN El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, se muestra en el esquema de la página siguiente: Diagrama cuantitativo: Salida

1

N = 10

NNaCl

(Cl2)

NNaClO

REACTOR 2

NH2O

CONTINUO

F = 1000

w2NaOH = 0.4

NNaOH

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NCl2

(agua)

a. Calcule los grados de libertad, suponiendo que se especifica la conversión. La reacción y los coeficientes estequiométricos son: 2 NaOH σ

–2

+

Cl2

NaOCl

–1

+

1

NaCl

+

1

H2O 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

G de L

–9 0

13


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

kgmol 1000 × 0.4 kgmol = 10 40 h h

N entrada NaOH =

entrada N Cl = 10 2

kgmol h

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

R NaOH =

10 =5 2

R Cl 2 =

10 = 10 1

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:

Cl2:

salida Cl2

N

entrada Cl2

=N

σ Cl2 r =

+

salida Cl2

N

NaOCl:

salida NaOCl

N

entrada NaOCl

=N

=

salida NaOCl

salida NaCl

N

entrada NaCl +

=N

salida NaCl

salida H2O

N

entrada H2O

=N

+

salida H2O

N

=

=

0+5

0+5

5

σ H2O r = =

=

5

σ NaCl r =

N

H2O:

5

σ NaOCl r

+

N

NaCl:

10 – 5

(600/18)

+

5

38.333

14

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El reactivo límite es el NaOH, al ser menor la relación.


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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

Cl2

10.0

709

NaOH

10.0

H2O

–––

Total

kg - mol

kg

NaOCl

5.000

372.25

400

NaCl

5.000

292.25

600

H2 O

38.333

690.00

Cl2

5.000

354.50

1709

1709.00

en la cual puede observarse que los resultados son correctos. La suma de las moles de cada componente será el flujo total:

N salida = 53.333

kgmol h

Y las fracciones molares son: (x Cl2, x NaOCl, x NaCl, x H2O) = (0.09375; 0.09375; 0.09375; 0.71875)

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:

Χ NaOH N entrada 10 × 0.6 NaOH r= = = 3.0 2 − σ NaOH A partir de ella, los balances por componente son: NaOH:

salida NaOH

N

=N

entrada NaOH

+

salida NaOH

N

σ NaOH r =

=

10 – (2 × 3)

4

15

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kg - mol


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III salida Cl2

N

entrada Cl2

=N

σ Cl2 r =

+

salida Cl2

N

NaOCl:

salida NaOCl

N

entrada NaOCl

=N

=

salida NaOCl

salida NaCl

N

entrada NaCl +

=N

=

salida NaCl

salida H2O

N

entrada H2O

=N

+

salida H2O

N

=

0+3

0+3

3

σ H2O r = =

=

3

σ NaCl r =

N

H2O:

7

σ NaOCl r

+

N

NaCl:

10 – 3

(600/18)

+

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Cl2:

Ben – Hur Valencia Valencia

3

36.333

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

ENTRADA kg - mol

SALIDA kg

kg - mol

kg

NaOH

4.000

160.00

Cl2

10.0

709

NaOCl

3.000

223.35

NaOH

10.0

400

NaCl

3.000

175.35

H2O

–––

600

H2 O

36.333

654.00

Cl2

7.000

496.30

Total

1709

1709.00

La suma de los flujos de cada componente será el flujo total de salida:

N salida = 53.333

kgmol h

Y las fracciones molares: (x NaOH, x Cl2, x NaOCl, x NaCl, x H2O) = (0.075; 0.13125; 0.05625; 0.05625; 0.68125)

16


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III 3.9.

Ben – Hur Valencia Valencia

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 NaHSO4

+

NaCl

Na2SO4

+

HCl

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 5844 lb/día.

SOLUCIÓN

NaHSO4 σ

+

–1

NaCl

–1

Na2SO4

+

1

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La reacción y los coeficientes estequiométricos son: HCl 1

Diagrama cuantitativo:

salida Na2SO4

N

entrada N NaCl

salida NaCl

N Reactor

salida NaHSO4

N

salida HCl

N entrada NaHSO4

N

Relaciones: R1: Conversión del 95 %. 1

2

R2: NNaHSO4 = NNaCl (Proporciones estequiométricas, 1:1)

17


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Ben – Hur Valencia Valencia

Tabla de Grados de Libertad:

NVI NBMI NFC NCC NRC G de L

6+1 4 1 0 2

–7 0

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

lb día

lbmol ⎛ 5844 ⎞ lbmol N entrada = 100 ⎟ NaCl = ⎜ día ⎝ 58.44 ⎠ día

y,

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entrada FNaCl = 5844

La velocidad de reacción puede calcularse utilizando la conversión:

r=

0.95 × 100 lbmol lbmol = 95 1 día día

De la relación 2:

lbmol día

N entrada NaHSO4 = 100 Los balances por componente son: Na2SO4:

salida Na2SO4

N

entrada Na2SO4 +

=N

σNa2SO4

salida Na2SO4

N

HCl:

salida HCl

N

entrada HCl

=N

+

σHCl

0

+

95

= 95

r=

salida HCl

N

r =

0

+

95

= 95

18


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III salida NaCl

NaCl:

N

Ben – Hur Valencia Valencia entrada NaCl

+

σNaCl

salida NaCl

=5

=N

N

NaHSO4:

salida NaHSO4

N

entrada NaHSO4

=N

+

σNaHSO4

salida NaHSO4

N

r

=

r =

100 – 95

100 – 95

=5

ENTRADA lbmol NaCl NaHSO4

100.0 100.0

Total

Lb 5844 12000

Na2SO4 NaCl NaHSO4 HCl

SALIDA lbmol 95.0 5.0 5.0 95.0

17844

lb 13490.0 292.2 600.0 3461.8 17844.0

Finalmente, se halla la masa total de sólidos y se calcula la fracción máscia de cada uno de los componentes. Los resultados son: (x Na2SO4, x NaCl, x NaHSO4) = (0.9048; 0.0476; 0.0476) El HCl sale en la fase gaseosa.

3.10.

El superfosfato se produce por la reacción de fosfato de calcio con ácido sulfúrico, de acuerdo con: Ca3(PO4)2

+

2 H2SO4

CaH4(PO4)2

+

2 CaSO4

Se hacen reaccionar 20000 kg/día de fosfato de calcio crudo (que contiene 14 % de impurezas inertes) con 15000 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?

19

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


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Ben – Hur Valencia Valencia

SOLUCIÓN La reacción y los coeficientes estequiométricos son: Ca3(PO4)2

+

σ–1

2 H2SO4

–2

CaH4(PO4)2

+

1

2 CaSO4 2

Los flujos másicos y molares del fosfato de calcio y el ácido sulfúrico son: entrada FCa = (20000 × 0.86) 3 (PO4 )2

N entrada H2SO4

y,

FHentrada = (15000 × 0.92) 2SO4

kg día

⎛ kg ⎞ ⎜ 20000 × 0.86 ⎟ día ⎟ = 55.4839 kgmol =⎜ ⎜ ⎟ kg día ⎜ 310 kgmol ⎟ ⎝ ⎠

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entrada N Ca 3 (PO4 )2

kg día

⎛ kg ⎞ ⎜ 15000 × 0.92 ⎟ día ⎜ ⎟ = 140.8163 kgmol = ⎜ ⎟ kg día ⎜ 92 kgmol ⎟ ⎝ ⎠

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

R Ca 3 (PO4 )2 =

55.4839 = 55.4839 1

y,

R H2SO4 =

140.8163 = 70.4082 2

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

r=

kgmol 0.95 × 55.4839 kgmol = 52.7097 1 día día

y, R superfosfato = 52.7097 kgmol/día R CaSO4 = 2 × 52.7097 kgmol/día = 105.4194 kgmol/día

20


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III 3.11.

Ben – Hur Valencia Valencia

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.

SOLUCIÓN La reacción y los coeficientes estequiométricos son: C2H4 σ

+

H2O

–1

C2H5OH

–1

1

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

1

N

1 xC2H4

(H2O)

4

N 1

2

M

2

3

CONVERTIDOR

4 3

N

N

4

xC2H5OH (H2O)

3

2

xC2H5OH

xC2H4 (H2O)

3

xC2H4 (H2O) 5 5

N 5

xC2H4 = 0.935 (H2O, 6.5 %)

21

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Calcule todas las corrientes del proceso.


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Ben – Hur Valencia Valencia

Relaciones: R1:

XC2H4=

0.045

⎛ w 3S ⎞ ⎛ w 4S ⎜⎜ ⎟ ⎜ = 3 ⎟ ⎜ 4 4 ⎝ 1− wS ⎠ ⎝ 1− wI − wS

R2:

⎞ ⎟⎟ ⎠

Convertidor Condensador Mezclador NVI

Proceso

Global

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

1

3

2

1

2

G de L 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: 2

Base de cálculo: Sea NC2H4 = 100 2

De R2:

NH2O = 55

La velocidad de reacción es:

⎛ Χ C2H4 N C2 2H4 r =⎜ ⎜ − σ C2 H4 ⎝

⎞ ⎛ 0.045 × 100 ⎞ ⎟=⎜ ⎟ = 4.5 ⎟ ⎝ 1 ⎠ ⎠

Los balances por componente son: Etileno:

3

2

NC2H4 = NC2H4 +

σC2H4 r =

(100 – 4.5) = 95.5

3

NC2H4 = 95.5

22

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Tabla de Grados de Libertad:


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Alcohol:

3

Ben – Hur Valencia Valencia 2

NC2H5OH = NC2H5OH +

σC2H5OH r = 0 + 1 × 4.5 = 4.5

3

NC2H5OH = 4.5

Agua:

3

2

+ σH2O r =

NH2O = NH2O

(55 – 4.5) = 50.5

3

NH2O = 50.5 Con las variables conocidas mediante el balance, se procede a actualizar los grados de libertad:

Mezclador:

3

=

3

3

3 – 3 Flujos (NC2H5OH, NH2O, NC2H4) = 0

G de L A

2

2 – 1 Flujo (NC2H4) = 1

=

2

No se puede contabilizar NH2O en el mezclador porque este valor se conoce a partir de R2, y esta relación se contabiliza en esta unidad. Balances en el Condensador: 4

Alcohol:

NC2H5OH =

Etileno:

N (1 – 0.065) =

5

3

NC2H5OH =

4.5

95.5

5

N = 102.139 5

De la composición,

NH2O = 102.139 × 0.065 5

NH2O = 6.639

Agua:

4

3

5

NH2O = NH2O – NH2O = (50.5 – 6.639) 4

NH2O = 43.861 5

De los balances en el condensador se conoce N , y con este dato los grados de libertad del mezclador se vuelven cero.

23

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Condensador: G de L A


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Balances en el Mezclador: Etileno:

1

NC2H4

5

+

NC2H4

2

=

NC2H4

1

NC2H4 = (100 – 95.5) 1

NC2H4 = 4.5

Agua:

1

2

5

NH2O = NH2O – NH2O = (55 – 6.639) 1

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

C2H4

4.5

126.000

C2H5OH

H2O

48.361

870.498

H2 O

Total

996.498

Total

kg-mol

kg

4.5

207.000

43.861

789.498 996.498

ya que la masa debe conservarse y, como puede verse, deben ser iguales los flujos de entrada y salida.

3.12.

Puede producirse ácido acético mediante la reacción: 3 C2H5OH + 2 Na2Cr2O7 + 8 H2SO4 → 3 CH3COOH + 2 Cr2(SO4)3 + 2 Na2SO4 + 11 H2O 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.

24

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NH2O = 48.361


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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. CH3COOH

H2SO4 Na2Cr2O7 Reactor

Separador

C2H5OH

Productos de desperdicio

Recirculación

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H2SO4 C2H5OH

SOLUCIÓN La reacción es: 3 C2H5OH + 2 Na2Cr2O7 + 8 H2SO4 →

3 CH3COOH + 2 Cr2(SO4)3 + 2 Na2SO4 + 11 H2O

Diagrama cuantitativo: 5

NC2H5OH

2 NH2SO4

5 NH2SO4

2

[2]

5

NNa2Cr2O7

4

[1]

M

[6]

7

NH2O

5

NH2SO4

NCH3COOH

4

1

NC2H5OH

4

NC2H5OH NNa2Cr2O7

Reactor

[4]

[5] 5

NH2O

7

Separador

NNa2Cr2O7

6

NCH3COOH

3

N

[7]

7

NCr2(SO4)3 7

NNa2Cr2O7 7

5

NC2H5OH

5

NH2SO4

NCr2(SO4)3 [3]

NNa2SO4

NNa2SO4

7

[3]

x3H2SO4 = 0.94 3

(xC2H5OH)

25


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Ben – Hur Valencia Valencia

Relaciones: R1:

Conversión global del 90 %.

R2:

NH2SO4

R3:

NNa2Cr2O7

R4:

N =

2

2

3

1

=

20 % en exceso del teórico para reaccionar NC2H5OH.

=

10 % en exceso del teórico para reaccionar NC2H5OH.

1

1

NC2H5OH

Tabla de Grados de Libertad: Mezclador 8 3 0 1 – 1 1 1 1

Reactor 10 + 1 7 0 0 – – – – 4

Separador 16 7 0 1 – – – – 8

Proceso 22 + 1 17 0 1 1 1 1 1 1

Global 10 + 1 7 0 0 1 1 1 – 1

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NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 R4 G de L

Reconfirmación de Grados de Libertad: Mezclador:

Incógnitas =

1

2

2

3

4

7 (NC2H5OH, NH2SO4, NNa2Cr2O7, N , NC2H5OH, 4

4

NH2SO4, NNa2Cr2O7)

Reactor:

Ecuaciones =

3 (balances) + 3 (R2, R3, R4)

G de L

1

=

Incógnitas =

4

4

4

5

11 ( NC2H5OH, NH2SO4, NNa2Cr2O7, NC2H5OH, 5

5

5

5

NH2SO4, NNa2Cr2O7, NCH3COOH, NH2O, 5

5

NCr2(SO4)3, NNa2SO4, r) Ecuaciones =

7 (balances)

G de L

4

=

26


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Separador:

Ben – Hur Valencia Valencia

Incógnitas =

5

5

5

5

15 ( NC2H5OH, NH2SO4, NNa2Cr2O7, NCH3COOH, 5

5

5

7

7

NH2O, NCr2(SO4)3, NNa2SO4, NH2O, NNa2SO4,

º

7

7

7

7

NCr2(SO4)3, NNa2Cr2O7, NC2H5OH, NH2SO4, 3

6

N , NCH3COOH) 7 (balances)

G de L

=

8

Incógnitas

=

11 ( NC2H5OH, NH2SO4, NNa2Cr2O7, NH2O,

1

7

2

2

7

7

7

7

NNa2SO4, NCr2(SO4)3, NNa2Cr2O7, NC2H5OH, 7

6

NH2SO4, NCH3COOH, r) 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: 1

Base de cálculo. Sea N = 1000 De la reacción:

De R2:

⎛ 1000 × 8 ⎞ H 2 SO 4 teórico = ⎜ ⎟ = 2666.667 ⎝ 3 ⎠ 2

NH2SO4 = (2666.667 × 1.2) = 3200 De la reacción,

⎛ 1000 × 2 ⎞ Na 2 Cr2 O 7 teórico = ⎜ ⎟ = 666.667 ⎝ 3 ⎠

27

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Global:

Ecuaciones =


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III De R3:

Ben – Hur Valencia Valencia

2

NNa2Cr2O7 = (1.1 × 666.667) = 733.334 La velocidad de reacción es:

⎛ 0.9 × 1000 ⎞ r =⎜ ⎟ = 300 3 ⎝ ⎠

Balances Globales: Los balances por componente son: 7

H2O:

NH2O

=

11 r =

11 × 300

7

7

Na2SO4:

NNa2SO4 =

2r =

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NH2O = 3300

2 × 300

7

NNa2SO4 = 600 7

Cr2(SO4)3:

NCr2(SO4)3

=

2r =

2 × 300

7

NCr2(SO4)3 = 600

Na2Cr2O7:

7

NNa2Cr2O7

=

7333.334 – 2 r =

733.334 – 600

7

NNa2Cr2O7 = 133.334 7

C2H5OH:

NC2H5OH =

1000 – 3 r =

1000 – 900

7

NC2H5OH = 100

H2SO4:

7

NH2SO4

=

3200 – 8 r =

3200 – 2400

7

NH2SO4 = 800

28


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Ben – Hur Valencia Valencia

6

CH3COOH:

NCH3COOH

=

3r =

3 × 300

6

NCH3COOH = 900 Balances en el Mezclador: Desde el comienzo tiene cero grados de libertad. NC2H5OH =

1000

4

NC2H5OH

+

=

1060

4

Ácido sulfúrico:

60

NH2SO4 = 3200

+

940

4

NH2SO4 = 4140 4

Dicromato:

NNa2Cr2O7

=

733.334

Actualizando los grados de libertad se halla que: Separador:

G de L A

6

7

8 – 7 Flujos (NCH3COOH y 6 de N ) = 1

=

O sea que tendría un grado de libertad, pero como se conoce la corriente 1 puede utilizarse R4 y con 3 N conocido, los grados de libertad del separador se hacen cero. Balances en el Separador: Acético:

5

=

NCH3COOH 3

De R4:

N

Agua:

NH2O

=

5

5

Sulfato sódico:

NNa2SO4 =

Sulfato de cromo:

NCr2(SO4)3

5

=

600 =

=

6

900 =

NCH3COOH

1000

3300

=

7

NH2O

7

NNa2SO4

600 =

7

NCr2(SO4)3

29

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4

Alcohol:


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Ben – Hur Valencia Valencia 5

Cromato:

NNa2Cr2O7 5

Ácido sulfúrico:

NH2SO4 =

=

133.334

7

3

NH2SO4 + 5

5

NC2H5OH =

7

NC2H5OH +

3

NNa2Cr2O7 3

xH2SO4 × N =

NH2SO4 =

Etanol:

7

=

3

5

940

1740

xC2H5OH × N NC2H5OH

800 +

= =

100 +

940

1740

X C2H5OH

⎛ N4 − N5 C2 H5OH C2 H5OH ⎜ =⎜ 4 N ⎜ C2 H5OH ⎝

⎞ ⎟ = ⎛ 1060 − 160 ⎞ = 0.8491 ⎟⎟ ⎜⎝ 1060 ⎟⎠ ⎠

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 –

Corrientes determinadas

+

Balances utilizados

Velocidades de reacción

4

7 (Flujos de la corriente 5)

+

4 (ya se han agotado los balances de acético, agua,

Se obtiene: G de L A =

sulfato de sodio y sulfato de cromo)

G de L A =

4

1 (velocidad de reacción)

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.

30

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Finalmente,


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Ben – Hur Valencia Valencia

Tabla de Balances:

3.13.

Reactor 1 1 1 1 1 1 1 7

Separador 1 1 1 1 1 1 1 7

Proceso 3 3 3 2 2 2 2 17

Global 1 1 1 1 1 1 1 7

La figura muestra un posible diagrama de flujo para la producción de ácido perclórico: H2SO4 H2SO4

5 Separador 1

Reactor

2

3

6 HClO4

1 90 % Ba(ClO4)2 10 % HClO4

7

4

Separador 2 Ba(ClO4)2 BaSO4 8

Ba(ClO4)2

2%

La reacción sigue la estequiometría: Ba(ClO4)2 +

H2SO4

BaSO4 +

2 HClO4

Si el H2SO4 alimentado al reactor es un 20 % de exceso sobre la cantidad estequiométrica requerida para la reacción con la alimentación fresca de Ba(ClO4)2, y se alimentan 1000 lb/h de la corriente 1, calcule todas las variables desconocidas de las corrientes. Suponga que todas las composiciones están en fracción masa.

31

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Na2Cr2O7 H2SO4 C2H5OH CH3COOH H2O Na2SO4 Cr2(SO4)3 Total

Mezclador 1 1 1 – – – – 3


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SOLUCIÓN Cuando hay reacción química es recomendable trabajar con porcentajes molares en vez de porcentajes másicos, y lo mismo puede decirse de los flujos (molares en vez de másicos). Por eso en el diagrama del proceso se expresa directamente el flujo de la corriente 1 en moles y la composición de la corriente 8 en base molar. Diagrama cuantitativo: 5

2

N3Ba(ClO4)2

Reactor

1

1 NHClO4

Separador 1

3

N3BaSO4

N1Ba(ClO4)2 = 2.677

3

NHClO4

= 0.996

5

7

4

6

6

NHClO4

N7Ba(ClO4)2 N7BaSO4

Separador 2

4 NBa(ClO4)2

8

8

N

8

xBaSO4 = 0.986 (Ba(ClO4)2)

Los cálculos para estos cambios, partiendo del flujo másico, la composición y la masa molecular, son: 1

Sea F = 1000 lb/h 1

FBa(ClO4)2= 900 lb/h

N 1Ba( ClO4 )2

N1HClO 4 =

y

F

1 HClO4

= 100 lb/h

lb lbmol h = = 2.677 lb h 336.24 lbmol 900

100

lb h

lb 100.450 lbmol

= 0.996

lbmol h

32

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2

NH2SO4

NH2SO4

N3H2SO4


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Ben – Hur Valencia Valencia

Además tomando una base de 100 unidades para la corriente 8 es fácil ver que:

x 8BaSO4

98 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 233.34 ⎟ = 0.986 =⎜ ⎜ 98 + 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 233.34 336.24 ⎠

Relación: R1:

2

NH2SO4 entra en exceso del 20% sobre el teórico para reaccionar con 1

NBa(ClO4)2.

8+1

Separador 1 8

Separador 2 5

4

4

2

NCC

Reactor

Proceso

Global

14 + 1

7+1

2

10

4

0

0

2

2

0

0

1

1

1

NRC R1

1

1

1

G de L

2

4

2

1

0

NVI NBMI NFC

Tal como puede verse, el proceso se encuentra sub-especificado, aunque por tener cero grados de libertad pueden resolverse los balances en el proceso Global. Reconfirmación de Grados de Libertad: Reactor:

Incógnitas =

2

3

3

3

7 ( NH2SO4, NH2SO4, NBa(ClO4)2, NBaSO4, 3

4

NHClO4, NBa(ClO4)2, r) Ecuaciones =

4 (balances) + 1 (R1)

G de L

2

=

33

www.elsolucionario.net

Tabla de Grados de Libertad:


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Separador 1:

Ben – Hur Valencia Valencia

Incógnitas =

3

3

3

3

8 ( NH2SO4, NBa(ClO4)2, NBaSO4, NHClO4, 5

6

7

7

NH2SO4, NHClO4, NBa(ClO4)2, NBaSO4)

Global:

4 (balances)

G de L

4

=

4

7

7

8

Incógnitas =

4 ( NBa(ClO4)2, NBa(ClO4)2, NBaSO4, N )

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

5 (NH2SO4, NH2SO4, NHClO4, N , r)

2

5

6

Ecuaciones =

4 (balances) + 1 (R1)

G de L

0

=

www.elsolucionario.net

Separador 2:

Ecuaciones =

8

Tabla de Balances:

H2SO4 HClO4 BaSO4 Ba(ClO4)2 Total

Reactor 1 1 1 1 4

Separador 1 1 1 1 1 4

Separador 2 – – 1 1 2

Proceso 2 2 3 3 10

Global 1 1 1 1 4

Estrategia de Solución: 2

5

6

8

1. Se resuelven Globales y se conoce: r, NH2SO4, NH2SO4, NHClO4, N y se agota R1. 2. Actualizando Grados de Libertad: Reactor: G de L A =

2

2 – 1 (NH2SO4) – 1 (r) + 1 (R1 agotado) = 1 5

6

Separador 1:

G de L A

=

4 – 2 (NH2SO4, NHClO4) = 2

Separador 2:

G de L A

=

2 – 1 (N ) = 1

8

34


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III

Ben – Hur Valencia Valencia 7

7

3. Se resuelve el Separador 2, arrastrando una variable y se conocen: NBa(ClO4)2, NBaSO4, 4

NBa(ClO4)2, en función de una variable. 4. Actualizando Grados de Libertad: Reactor: G de L A = Separador 1:

G de L A

=

4

1 – 1 (NBa(ClO4)2) 2–2

7 (NBa(ClO4)2,

+ 7 NBaSO4)

1 (f var) = 1 + 1 (f var) = 1

5. Se resuelve el Separador 1. CÁLCULOS: Balances Globales: 2

NH2SO4 usado = 2.677 × 1.2 lbmol

www.elsolucionario.net

De R1:

2

NH2SO4 usado = 3.212 lbmol 5

H2SO4:

NH2SO4

Ba(ClO4)2:

(1 –

NH2SO4 8

0.986) × N =

6

HClO4:

2

=

NHClO4 =

0.996 8

BaSO4:

0.986 × N =

+

r

2.677

(1) r

2×r

r

(2) (3) (4)

Resolviendo el sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas: 8

N = 2.677

r = 2.640

5

6

NH2SO4 = 0.572

NHClO4 = 6.276

Balances en el Separador 2: BaSO4:

7

0.986 × 2.677 = NBaSO4 7

NBaSO4 = 2.640

35


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Ba(ClO4)2:

Ben – Hur Valencia Valencia 4

(1 –

7

0.986) × 2.677 + NBa(ClO4)2 = NBa(ClO4)2 7

NBa(ClO4)2 = 0.0375

4

+

NBa(ClO4)2

Balances en el Separador 1: 5

H2SO4:

NH2SO4

3

=

NH2SO4

3

NH2SO4 = 0.572 7

BaSO4:

NBaSO4

3

=

NBaSO4

3

6

HClO4:

NHClO4

www.elsolucionario.net

NBaSO4 = 2.640 3

=

NHClO4 3

NHClO4 = 6.276 7

Ba(ClO4)2:

NBa(ClO4)2

3

=

NBa(ClO4)2

3

NBa(ClO4)2 = 0.0375

+

4

NBa(ClO4)2

Comprobando en el Reactor: 3

H2SO4:

NH2SO4

=

0.572

0.572

=

2.677 +

NBa(ClO4)2

NBa(ClO4)2

=

2.677 +

NBa(ClO4)2

0.0375

=

0.037

NBa(ClO4)2 0.0375 +

2.640

=

3

Ba(ClO4)2:

3.212 –

4

4

4

r

2.640

36


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III HClO4:

Ben – Hur Valencia Valencia

3

NHClO4

=

0.996 +

6.276

=

2 × 2.640

6.276

ECUACIONES DEL PROCESO: Globales: 2

NH2SO4 usado = 2.677 × 1.2 lbmol

H2SO4:

NH2SO4

Ba(ClO4)2:

(1 –

HClO4:

NHClO4

5

2

=

NH2SO4 8

0.986) × N =

6

=

0.996

r

2.677

+

8

BaSO4:

0.986 × N =

(1) (2) r

(3)

2×r

www.elsolucionario.net

De R1:

(4)

r

(5)

Separador 2: 8

BaSO4: Ba(ClO4)2:

0.986 × N = 8

(1 –

0.986) × N +

7

NBaSO4 4

NBa(ClO4)2

(6) =

7

NBa(ClO4)2

(7)

Separador 1: 5

H2SO4:

NH2SO4

BaSO4:

NBaSO4

HClO4:

NHClO4

Ba(ClO4)2:

NBa(ClO4)2

7

6

7

3

=

NH2SO4

=

NBaSO4

=

NHClO4

=

NBa(ClO4)2

3

3

3

(8) (9) (10) (11)

37


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Ben – Hur Valencia Valencia

Resolviendo el sistema de 11 ecuaciones, tendremos: 2

7

NH2SO4 = 3.212

NBaSO4 = 2.640

N = 2.677 r = 2.640 5 NH2SO4 = 0.572

NH2SO4 = 0.572

8

6 NHClO4

3

NBaSO4 = 2.640 3

NHClO4 = 6.276

= 6.276

La reacción: 2 A

+

5 B

3 C

+

6 D

Se efectúa en un reactor con 60% de conversión de B. La mayor parte del B que no reacciona se recupera en un separador y se recircula al reactor, como se muestra en la figura. La alimentación fresca al reactor contiene A y B; el A fresco está presente con un exceso de 30 % sobre la cantidad estequiométrica necesaria para reaccionar con el B fresco. Alimentación fresca

Reactor A B C D

Separador

A B

B recirculado Si la conversión Global de B en el proceso es de 95%, calcule los flujos de producto y recirculación, necesarios para producir 100 moles/h de C. SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: 2

1

Reactor

2

2

NB 2

NC

NA Separador

1 NB

3

NA

1

NA

3

3

NB 3

NC = 100

2

3

ND

ND 4

4 NB

recirculado

38

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3.14.

3


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Ben – Hur Valencia Valencia

Relaciones: R1:

Conversión en el reactor del 60% o sale el 40 %.

R2:

Conversión global del 95% o sale el 5 %.

R3:

NA se alimenta en un 30% en exceso del teórico para reaccionar con NB.

1

1

Reactor

Separador

Proceso

Global

7+1

9

11 + 1

6+1

NBMI

4

4

8

4

NFC

0

1

1

1

NCC

0

0

0

0

NRC R1

1

1

R2

1

1

R3

1

1

1

2

4

0

0

NVI

G de L

www.elsolucionario.net

Tabla de Grados de Libertad:

El proceso está especificado correctamente. Reconfirmación de Grados de Libertad: Reactor:

Separador:

1

1

2

2

2

2

4

Incógnitas =

8 (NA, NB, NA, NB, NC, ND, NB, r)

Ecuaciones =

4 (balances) + 2 (R1, R3)

G de L

2

=

2

2

2

2

3

3

3

4

Incógnitas =

8 (NA, NB, NC, ND, NA, NB, ND, NB)

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

4

=

39


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Global:

Incógnitas

Ben – Hur Valencia Valencia 1

1

3

3

3

=

6 (NA, NB, NA, NB, ND, r)

Ecuaciones =

4 (balances) + 2 (R2, R3)

G de L

0

=

Estrategia de Solución: 1

1

3

3

3

1. Se resuelven Globales y se conoce: r, NA, NB, NA, NB, ND se agotan R2, R3. 2. Actualizando Grados de Libertad: 1 1 Reactor: G de L A = 2 – 2 (NA, NB) – 1 (r) + 1 (R3 agotado) = 0 3 3 3 Separador: G de L A = 4 – 3 (NA, NB, ND) = 1 2

2

2

2

4

www.elsolucionario.net

3. Se resuelve el Reactor y se conoce: NA, NB, NC, ND, NB y se agota R1. 4. Se comprueba en el Separador. CÁLCULOS: Balances Globales: Balance de C:

3

NC = 3 × r = 100 r = 100/3 3

ND = 6 × r

Balance de D:

3

ND = 200 3

Balance de A:

NA

Balance de B:

NB

3

1

=

NA

=

NB

1

2×r

(1)

5×r

(2)

3

1

De R2:

NB = 0.05 × NB

De R3:

⎛ N entrada × σ A A teórico = ⎜⎜ B σB ⎝

⎛ N1 × 2 ⎞ ⎟⎟ × 1.3 N1A = ⎜⎜ B 5 ⎠ ⎝

(3)

⎞ ⎛ N1B × 2 ⎞ ⎟⎟ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎠ ⎝ 5 ⎠ (4)

40


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Ben – Hur Valencia Valencia

Resolviendo el sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas: 1

1

NA = 91.228

NB = 175.439

3

3

NA = 24.561

NB = 8.77200

Balances en el Reactor: NA

=

N 2A = 91.228 −

2

Balance de C:

NC

Balance de D:

ND

2

2

Balance de B:

NB

1

NA –

2×r

200 = 24.562 3

=

3×r

=

100

=

6×r

=

200

+

NB

1

=

NB

4

N 2B = 175.439 + N 4B −

2

De R1:

NB 2

NB

1

=

=

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2

Balance de A:

5×r

500 3

(1)

4

0.4 (NB +

NB)

0.4 (175.439

+

4

NB)

(2)

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 2

4

NB = 111.112

NB = 102.340

Comprobando en el balance de B en el separador: 2

NB

3

4

=

NB

+

NB

111.112

=

8.772

+

102.340

111.112

=

111.112

41


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Ben – Hur Valencia Valencia

ECUACIONES DEL PROCESO: Globales: 3×r

=

100

(1)

Balance de D:

ND

=

6×r

(2)

=

NA – 2 × r

(3)

=

NB

3

3

Balance de A:

NA

Balance de B:

NB

De R2:

NB

3

3

1

1

5×r 1

=

0.05 × NB

⎛ N1 × 2 ⎞ ⎟⎟ × 1.3 N1A = ⎜⎜ B ⎝ 5 ⎠

De R3:

(4) (5) (6)

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Balance de C:

Reactor: 2

Balance de A:

NA

Balance de C:

NC

Balance de D: Balance de B: De R1:

1

=

NA –

2×r

(7)

=

3×r

=

100

(8)

ND

=

6×r

=

200

(9)

2

1

2

2

4

NB = NB + NB – 5 × r 2

1

NB = 0.4 (NB +

4

NB)

(10) (11)

Resolviendo el sistema de 11 ecuaciones y 11 incógnitas con el programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard, HP – 48 tendremos: 1

NA = 91.228 1 NB = 175.439 3 NA = 24.561 3 NB = 8.772 2 NB = 111.112 4 NB = 102.340

r = 100/3 3 ND = 200 2 NA = 24.562 2 NB = 111.112 4 NB = 102.340

42


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Ben – Hur Valencia Valencia

El solvente éter etílico se fabrica industrialmente mediante la deshidratación del alcohol etílico, usando ácido sulfúrico como catalizador, mediante la siguiente reacción: 2 C2H5OH

(C2H5 )2O

+

H2O

Suponiendo que la recirculación es la mitad de la alimentación al proceso; que el flujo de alimentación es de 1000 kg/h de solución de alcohol (que contiene 85% en masa de alcohol); y que la solución de alcohol recirculada tiene la misma composición que la alimentación. Alcohol recirculado

4

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Éter puro

2 Recuperación de producto 85 % Alcohol

1

3

15 % H2O Reactor

Recuperación de reactivos

5

6

Agua

Alcohol % Calcule:

1

La velocidad de producción de éter. Las pérdidas de alcohol en la corriente 6. La conversión en el reactor. La conversión en el proceso.

43


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Ben – Hur Valencia Valencia

SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: 2

F

w2C2H5OH = 0.85 (agua) 2

4

3

Recuperación de

FC2H5OH

F3H2O

productos

3

F3Eter

1

5

Recuperación de

1

reactivos

5

F = 1000

FC2H5OH

w1C2H5OH = 0.85

5

6

FH2O

(agua)

Relación:

1

R1:

6

F

w6C2H5OH = 0.01 (agua)

2

F = 2 F

Tabla de Grados de Libertad:

7+1

Recuperación de productos 6

Recuperación de reactivos 6

NBMI

3

3

NFC

1

NCC

Proceso

Global

12 + 1

5+1

2

8

3

0

0

1

1

2

0

2

3

2

1

0

0

1

0

1

3

2

0

0

Reactor NVI

NRC G de L

R1

44

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Reactor

4

F Éter puro


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Reconfirmación de Grados de Libertad: Reactor:

2

3

3

3

Incógnitas =

5 (F , FC2H5OH, FH2O, FEter, r)

Ecuaciones =

3 (balances) + 1 (R1)

G de L

1

=

Recuperación de productos: 3

3

3

4

5

5

6 (FC2H5OH, FH2O, FEter, F , FC2H5OH, FH2O)

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

3

=

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Incógnitas =

Recuperación de reactivos:

Global:

2

5

5

6

Incógnitas =

4 (F , FC2H5OH, FH2O, F )

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

2

=

4

6

Incógnitas =

3 (F , F , r)

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

0

=

Tabla de Balances:

Alcohol

1

Recuperación de productos 1

Agua

1

1

1

3

1

Éter

1

1

2

1

Total

3

3

2

8

3

Reactor

Recuperación de reactivos 1

Proceso

Global

3

1

45


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Estrategia de Solución: 4

6

1. Se resuelven los balances Globales y se conoce r, F , F . 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: Reactor: G de L A = 1 – 1 (r) = 0 4 Recuperación de productos: G de L A = 3 – 1 (F ) = 2 6 Recuperación de reactivos: G de L A = 3 – 1 (F ) = 2 2

3

3

3

3. Se resuelve el Reactor y se conoce: F , FC2H5OH, FH2O, FEter y se agota el balance de éter.

Recuperación de reactivos:

G de L A

=

3

3

3

2 – 3 (FC2H5OH, FH2O, FEter) + 1 (balance agotado: Éter) = 0 2 2 – 1 (F ) = 2 5

5

5. Se resuelve Recuperación de productos y se conoce FC2H5OH, FH2O y se agotan balances de alcohol y agua. 6. Se comprueban los balances en la unidad dependiente: Recuperación de Productos. CÁLCULOS: Balances Globales: 1

Base de cálculo:

F = 1000 kg/h 6

Alcohol:

0.01 F

= 6

0.01 F

6

Agua:

0.99 F

0.85 × 1000 –

2 × 46 r

= 850 –

92 r

(1)

=

18 r

(2)

150 +

De las ecuaciones (1) y (2): 6

F = 318.8692

Éter:

F

4

r = 9.2045

= 74 r = 74 × 9.2045 = 681.1308

46

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4. Actualizando grados de Libertad: Recuperación de productos: G de L A =


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Balances en el Reactor: 2

De la relación R1:

Alcohol:

F = 500

3

FC2H5OH =

(1000 +

500) × 0.85 –

2 × 46 × 9.2045

3

FC2H5OH = 428.1887

Agua:

3

FH2O

=

(1000 +

500) × 0.15 +

18 × 9.2045

3

3

Éter:

FEter=

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FH2O = 390.6805

74 r

3

FEter = 681.1308

Balances en el Recuperador de Productos: 5

Alcohol:

3

FC2H5OH =

FC2H5OH

3

FC2H5OH = 428.1887 5

Agua:

=

FH2O

5

FH2O

3

FH2O = 390.6805

Comprobando en los balances de Recuperación de Reactivos: 5

2

2

FC2H5OH =

wC2H5OH F +

428.1887

=

0.85 × 500 +

428.1887

=

425 +

6

wC2H5OH F

3.1887

6

0.01 × 318.8692 =

428.1887

47


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Las respuestas que pide el problema son: a. La velocidad de producción de éter: 4

F = 681.1308 kg/h

b. Las pérdidas de alcohol en la corriente 6: 6

0.01 × 318.8692

=

3.1887 kg/h

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6

wC2H5OH F =

c. La conversión en el reactor:

⎛ N Entrada − N Salida X C2H5OH = ⎜⎜ N Entrada ⎝

1 2 3 ⎞ ⎛⎜ (F + F )× 0.85 − FC2H5OH ⎞⎟ ⎟⎟ = ⎟ (F1 + F 2 )× 0.85 ⎠ ⎜⎝ ⎠

⎛ 1500 × 0.85 − 428.1887 ⎞ X C2H5OH = ⎜ ⎟ = 0.6642 1500 × 0.85 ⎝ ⎠

d. La conversión en el proceso:

X C2H5OH proceso

⎛ F1 × 0.85 − w C6 H OH F 6 ⎞ ⎛ 1000 × 0.85 − 3.1887 ⎞ 2 5 ⎟=⎜ =⎜ ⎟ 1 ⎜ ⎟ ⎝ × F 0.85 1000 × 0.85 ⎠ ⎝ ⎠ XC2H5OH proceso = 0.9962

48


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Ben – Hur Valencia Valencia

ECUACIONES DEL PROCESO: Utilización del programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard HP – 48 GX para la solución de ecuaciones del problema: Globales: 1

F = 1000 kg/h 6

Alcohol:

0.01 F

= 6

0.01 F

6

Agua:

0.99 F

Éter:

F

4

0.85 × 1000 –

2 × 46 r

= 850 –

92 r

(1)

=

150 +

18 r

(2)

=

74 r

(3)

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Base de cálculo:

Reactor: De R1: Alcohol: Agua:

1000 3

FC2H5OH = 3

FH2O

(1000 + =

=

2

2 F

(4)

2

F ) × 0.85 –

(1000 +

2 × 46 × r

2

F ) × 0.15 +

18 × r

3

FEter = 74 r

Éter:

(5) (6) (7)

Recuperador de Productos: Alcohol: Agua:

5

FC2H5OH = 5

FH2O

3

FC2H5OH =

5

FH2O

(8) (9)

Resolviendo el sistema de 9 ecuaciones con 9 incógnitas, tenemos: 6

F = 318.8692 r = 9.2045 4 F = 681.1308 2 F = 500 3 FC2H5OH = 428.1887

3

FH2O = 390.6805 3

FEter = 681.1308 3 FC2H5OH = 428.1887 3

FH2O = 390.6805

49


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Se utiliza hidrógeno para reducir 1 ton/h de Fe2O3 hasta hierro metálico, de acuerdo con la reacción: Fe2O3

+

3 H2

2 Fe +

3 H2O

El agua se condensa, y se recircula el hidrógeno que no reacciona. Debido a que el hidrógeno en la alimentación fresca contiene 1 % de CO2 como impureza, debe purgarse algo del hidrógeno que no reaccionó. Recirculación

Condensador

Reactor

Alimentación

Purga Fe

Fe2O3 H2O Calcule el flujo y la composición de la corriente de purga que es necesaria para limitar a 3.5% el CO2 en la alimentación al reactor, si la proporción de recirculación a alimentación fresca es de 5 a 1 en base molar. SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo:

8

8

1

1

N

x1CO2 = 0.01 (H2O)

M

4

N

N

x8CO2

x4H2O

(H2)

x4CO2

2

Reactor

2

N

Condensador (H2) 4

3

5

x2CO2 = 0.035

9

(H2)

9

NFe2O3

3

NFe

5

NH2O

6 6

N

D

7 7

N

x6CO2

x7CO2

(H2)

(H2)

Relaciones: R1:

8

N =

1

5N

R2: Restricciones del divisor = (S – 1) (R – 1) = (2 – 1) (2 – 1) = 1

50

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Alimentación fresca


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Ben – Hur Valencia Valencia

Mezclador

Reactor

Condensador

Divisor

Proceso

Global

NVI

6

7+1

6

6

16 + 1

7+1

NBMI

2

5

3

2

12

5

NFC

0

1

0

0

1

1

NCC

2

1

0

0

2

1

1

1

1

1

G de L

1

1

3

3

0

1

G de Lib

1

2

3

3

1

2

0

2

3

3

0

1

NRC

R1 R2

*

G de L

Tal como se ve en la fila de grados de libertad, G de L, el proceso tiene cero pero no hay ninguna unidad que también los tenga. 9

Para tener una unidad con cero grados de libertad, se ignora el flujo conocido, N . Al hacerlo, se obtiene una nueva fila de grados de libertad para el sistema, marcada como G de Lib. En estas condiciones, tanto el proceso como el mezclador quedan con un grado de libertad y puede 1 tomarse como base de cálculo un flujo en el mezclador, digamos N , y los nuevos grados de libertad se muestran en la fila marcada como G de L*. De esta manera pueden resolverse los balances en el mezclador y al actualizar la Tabla de Grados de Libertad se encuentra el orden en que se puede resolver el problema. Al final, mediante una relación de escalado, se encuentra la respuesta con respecto a la base pedida. Reconfirmación de Grados de Libertad: Mezclador:

Reactor:

2

8

8

Incógnitas =

3 (N , N , xCO2)

Ecuaciones =

2 (balances) + 1 (R1)

G de L

0

=

2

=

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

2

=

3

4

4

4

9

7 (r, N , NFe, N , xH2O, xCO2, NFe2O3)

Incógnitas

51

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Tabla de Grados de Libertad:


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Divisor:

Global:

4

4

4

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

3

=

5

6

6

6 (N , xH2O, xCO2, NH2O, N , xCO2)

6

6

7

7

8

8

Incógnitas =

6 (N , xCO2, N , xCO2, N , xCO2)

Ecuaciones =

2 (balances) + 1 (R2)

G de L

3

=

3

5

7

7

9

Incógnitas =

6 (r, NFe, NH2O, N , xCO2, NFe2O3)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

1

=

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Condensador: Incógnitas =

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Tabla de Balances: Mezclador

Reactor

Condensador

Divisor

Proceso

Global

H2

1

1

1

1

4

1

CO2

1

1

1

1

4

1

Fe

1

1

1

Fe2O3

1

1

1

H2O

1

1

2

1

Total

2

5

3

2

12

5

Estrategia de Solución: 1

2

8

8

1. Se toma base de cálculo N = 1000, y se resuelve el mezclador hallando N , N , xCO2. Y 7

6

llevo a (xCO2 , xCO2), y se agota R1. 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 2 Reactor: G de L A = 2 – 1 (N ) = 1 8 8 Divisor: G de L A = 3 – 1 (N ) – 1 (xCO2) = 1 7

G de L A

=

1 – 1 (xCO2) = 0

Condensador: G de L A

=

3 – 1 (xCO2) = 2

Global:

6

52


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3

5

7

3. Al resolver los balances Globales se halla r, NFe2O3, NFe, NH2O, N y se agotan balances de Fe y Fe2O3. 4. Se actualizan grados de libertad: 5 Condensador: G de L A = 2 – 1 (NH2O) = 1 Divisor: Reactor:

G de L A G de L A

7

= =

1 – 1 (N ) = 0 9 3 1 – 2 (NFe2O3, NFe) – 1 (r) + 2 (balances agotados) = 0 4

4

4

5. Se resuelve el Reactor y hallo N , xH2O, xCO2 y se agota el balance H2O. 6. Se reconfirman grados de libertad: Divisor: G de L A = 0 – 0 = 0 6

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7. Se resuelve el Divisor y hallo N , se agota R2 y se agotan balances de H2, CO2. 8. Se confirman resultados obtenidos en Condensador o unidad dependiente. CÁLCULOS: La reacción es: Fe2O3

+

3 H2

2 Fe +

3 H2O

Balance en el Mezclador: 1

Base de cálculo N = 1000 8

De R1:

N =

5 × 1000

=

5000

8

N = 5000

CO2:

H2:

1000 × 0.01 +

1000 × 0.99 +

8

xCO2 × 5000 = 8

(1 – xCO2) × 5000

0.035 × N

2

(1)

= (1 – 0.035) × N

2

(2)

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

N = 6000

8

7

6

xCO2 = 0.04 = (xCO2 = xCO2)

53


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Comprobando los resultados en la ecuación dependiente: 1000

+

5000

6000

=

=

N

2

6000

Balances Globales: 7

CO2:

N × 0.04

=

1000 × 0.01

7

N = 250 7

H2:

N × (1 – 0.04) =

1000 × 0.99 –

3r

Fe2O3:

0

=

9

NFe2O3 –

www.elsolucionario.net

r = 250

r

9

NFe2O3 = 250 3

Fe:

NFe

= 0

+

2r

+

3r

3

NFe = 500 5

H2O:

NH2O = 0 5

NH2O = 750 Los resultados se comprueban con el balance global de materia: ENTRADA Sustancia CO2 H2 Fe2O3 Total

SALIDA

Moles

Masa

10 990 250

440 1980 39923.5 42343.5

Sustancia

ˆ

Moles

Masa

ˆ

CO2

10

440

ˆ

H2

240

480

ˆ

H2O

750

13500

ˆ

Fe

500

27923.5

Total

42343.5

54


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Balances en el Reactor: 4

CO2:

H2:

4

xCO2 × N 4

4

=

0.035 × 6000

(1)

4

(1 – xCO2 – xH2O ) × N = (1 – 0.035) × 6000 – 3 × 250 4

H2O:

4

xH2O × N

=

0

+

3 × 250

(2)

(3)

Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas: 4

4

N = 6000

xCO2= 0.035 4

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xH2O = 0.125 Corroborando en el balance de materia:

CO2 H2 Fe2O3

210 5790 250

Masa 9240 11580 39923.5

Total

ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ

Reactor

ENTRADA Sustancia Moles

60743.5

SALIDA Sustancia Moles CO2 210 H2 5040 H2O 750 Fe 500 Total

Masa 9240 10080 13500 27923.5 60743.5

Balances en el Divisor: CO2:

6

N × 0.04

=

0.04 × 250 +

0.04 × 5000

6

N = 5250 Comprobando en el balance de hidrógeno del Condensador: H2:

4

4

4

6

6

(1 – xCO2 – xH2O ) × N = (1 – xCO2) × N (1 – 0.035 – 0.125) × 6000 = 5040

=

(1 – 0.04) × 5250 5040

55


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ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Mezclador: 1

Base de cálculo N = 1000 kgmol 8

De R1:

N = 8

5 × 1000

CO2:

1000 × 0.01 +

8 xCO2

H2:

1000 × 0.99 +

(1 – xCO2) × N =

×N

(1) 2

= 0.035 × N

8

8

(2)

(1 – 0.035) × N

2

(3)

7

CO2: H2:

7

N × xCO2 7

=

7

N × (1 – xCO2) =

Fe2O3:

0= 3

Fe:

NFe = 5 NH2O

H2O:

=

1000 × 0.01

(4)

1000 × 0.99 – 9

NFe2O3 –

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Globales:

3r

(5)

r

(6)

0

+

2r

(7)

0

+

3r

(8)

Reactor: 4

CO2: H2: H2O:

4

2

xCO2 × N 4

4

= 0.035 × N

(9)

4

2

(1 – xCO2 – xH2O ) × N = (1 – 0.035) × N – 3 × r 4

4

xH2O × N

= 0

+

7

7

(10)

3×r

(11)

Divisor: CO2: H2: De R2:

6

6

8

8

N × xCO2 = N × xCO2 + N × xCO2 6

6

(1 – xCO2) × N 8

xCO2

7

7

= (1 – xCO2) × N =

6

xCO2

(12) 8

8

+ (1 – xCO2) × N

(13) (14)

56


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Resolviendo el sistema de 14 ecuaciones y 14 incógnitas, tenemos: 8

5

N = 5000 2 N = 6000 8 xCO2 = 0.04

NH2O = 750

N = 250 r = 250 9 NFe2O3 = 250

xH2O = 0.125

4

N = 6000 4 xCO2= 0.035

7

4

6

N = 5250 7 xCO2 = 0.04

3

NFe = 500

6

xCO2 = 0.04

Para un flujo de 1000 kg en la corriente 9, se tendrá que: 9

Y la relación de escalado para el cambio de base es:

⎛ 1000 kg ⎞ N7 = ⎜ × 250 kgmol ⎟ ⎝ 39925 kg ⎠

3.17.

7

N = 6.262 kgmol

El yoduro de metilo puede obtenerse por la reacción de ácido yodhídrico con un exceso de metanol, así: HI

+

CH3OH → CH3I

+

H2O

En la figura de la siguiente página se presenta un proceso típico para la producción industrial de yoduro de metilo. CH3I 7

CH3OH 18 % 6

Separador II CH3OH

4 Reactor

H2O

Separador I

HI

2 5 % H2O

CH3I 20 % 80 %

5

3 1

82 %

8

9

HI H2O

10

57

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NFe2O3 = 250 kgmol = 39925 kg


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Las condiciones del proceso son: 1. La alimentación al reactor contiene 2 moles de CH3OH por mol de HI. 2. Se obtiene una conversión de 50% de HI en el reactor. 3. 90% del H2O que entra en el primer separador sale por la corriente 5. 4. Todas las composiciones están en base molar. ¿Cuántas moles de CH3I se producen por mol de alimentación fresca de HI? SOLUCIÓN Relaciones: 2

NCH3OH =

R2:

XHI en el reactor es 0.5

R3:

0.9 NH2O

R4:

Restricciones del divisor = (2 – 1) (2 – 1) = 1

4

2 × 0.95 × N

=

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3

R1:

5

NH2O

Diagrama cuantitativo: 7

N

x7CH3I = 0.82

7

2

N

x2H2O = 0.05

1

NHI 1

M

(HI) 2

4 NCH3OH

Reactor

NHI

5

4 NH2O

5 5

Separador I 10

N

x10HI 10

(agua)

NCH3I NH2O

4 NCH3I

4

6

5 NCH3OH

4

3

x6CH3OH = 0.2

Separador II

3

NCH3OH

6

N

(CH3OH)

9

8 8

N

x8HI

D

9

N

x9HI (agua)

(agua)

(agua)

58


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Tabla de Grados de Libertad:

Reactor

5 2 0 1 – – – – 2

7+1 4 0 1 1 1 – – 1

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 R4 G de L

Separador I 9 4 0 0 – – 1 – 4

Separador II 7 3 0 2 – – – – 2

Divisor

Proceso

Global

6 2 0 0 – – – 1 3

21 + 1 15 0 3 1 1 1 1 0

8+1 4 0 2 – – – – 3

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Mezclador

Reconfirmación de Grados de Libertad:

Mezclador:

Reactor:

Separador I:

1

2

10

10

Incógnitas =

4 (NHI, N , N , x HI)

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

2

=

2

3

4

4

4

4

Incógnitas =

7 (r, N , NCH3OH, NCH3OH, NHI, NH2O, NCH3I)

Ecuaciones =

4 (balances) + 2 (R1, R2)

G de L

1

=

Incógnitas =

4

4

4

4

5

9 ( NCH3OH, NHI, NH2O, NCH3I, NCH3OH, 5

5

8

8

N CH3I, NH2O, N , xHI) Ecuaciones =

4 (balances) + 1 (R3)

G de L

4

=

59


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Divisor:

Global:

5

5

5

6

7

Incógnitas =

5 (NCH3OH, N CH3I, NH2O, N , N )

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

2

=

8

8

9

9

10

10

Incógnitas =

6 (N , xHI, N , xHI, N , x HI)

Ecuaciones =

2 (balances) + 1 (R4)

G de L

3

=

1

3

6

7

9

9

Incógnitas =

7 (r, NHI, NCH3OH, N , N , N , xHI)

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

3

=

Tabla de Balances:

CH3OH HI H2O CH3I Total

Mezclador

Reactor

– 1 1 – 2

1 1 1 1 4

Separador I 1 1 1 1 4

Separador II 1 – 1 1 3

Divisor

Proceso

Global

– 1 1 – 2

3 4 5 3 15

1 1 1 1 4

Si se toma una base de cálculo en el reactor, sus grados de libertad se vuelven en cero, pero los grados de libertad del proceso quedan con –1, esto quiere decir que el proceso se encuentra sobreespecificado. Al actualizar los grados de libertad encontraremos una unidad con grados de libertad negativos, o sea, sobre-especificada. Como ya se sabe, esta información conduce a una de las siguientes posibilidades: 1.

Hay información redundante y contradictoria, no se pueden cumplir todas las condiciones del proceso.

2.

La información es redundante, pero no contradictoria se cumple todas las condiciones del proceso y lo que sucede es que sobra información.

60

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Separador II:

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Estrategia de Solución: 2

3

4

4

4

4

1. Tomando base de cálculo en el reactor se conoce: r, N , NCH3OH, NH2O, NHI, NCH3OH, NCH3I. 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 2

Mezclador:

G de L A

=

2 – 1 (N ) = 1

Separador I:

G de L A

=

4 – 4 (NH2O, NHI, NCH3OH, NCH3I) = 0

Global:

G de L A

=

3 – 1 (r) – 1 (NCH3OH) = 1

4

4

4

4

3

8

9

8

10 H2O,

5

5

5

NCH3I, NH2O, NCH3OH.

8

Divisor:

G de L A

=

3 – 1 (N ) – 1 (xH2O) = 1

Separador II:

G de L A

=

2 – 3 (NCH3I, NH2O, NCH3OH.) = –1

Mezclador:

G de L A

=

1 – 1 (x

Global:

G de L A

=

1 – 1 (x2O) = 0

5

5

10 H2O)

5

=0

9

El Separador II queda sobre-especificado. Resolviendo esta unidad se puede comprobar si hay o no contradicción en la información que sobra. Las demás unidades Mezclador y Global quedan con cero grados de libertad. CÁLCULOS: Balance en el Reactor: Base de cálculo: De R1:

3

NCH3OH = 100 3

NCH3OH =

2 × 0.95 × N 2

N =

De R2:

X HI =

2

52.632

0.95 N 2 − N 4HI = 0.5 0.95 N 2 61

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8

3. Resolviendo el Separador I se conoce: N , xH2O, xH2O, x 4. Actualizando grados de libertad se encuentra que:


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Ben – Hur Valencia Valencia 4

NHI = 0.95 × 52.632 × (1 – 0.5) 4

NHI = 25 4

NHI =

HI:

0.95 × 52.632

r

r = 25 4

Alcohol:

NCH3OH =

3

NCH3OH – r = 100 – 25 4

NCH3OH = 75 4

NH2O

=

0.05 × 52.632

+

r

=

2.632 +

25

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H2O:

4

NH2O = 27. 632 4

CH3I:

NCH3I =

r

4

NCH3I = 25 Balances en el Separador I: 5

Alcohol:

NCH3OH =

4

NCH3OH

5

NCH3OH = 75 5

CH3I:

NCH3I

= 5

NCH3I 4

De R3:

0.9 NH2O 5

NH2O

=

4

NCH3I =

25

=

NH2O

0.9 × 27.632

5

=

24.869

62


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Ben – Hur Valencia Valencia 8

HI:

4

NHI = 8

H2O:

NH2O

NHI =

4

=

25

5

NH2O

– NH2O =

27.632 – 24.869

8

NH2O = 2.763 Sumando los flujos de la corriente 8: 8

N = 27.763 Luego,

N 8HI 25 = = 0.9005 8 27.763 N

www.elsolucionario.net

x 8HI =

Conociendo las composiciones de H2O en el Divisor: 8

9

xHI = xHI = x

10 HI

= 0.9005

Balance en el Separador II: 6

H2O:

0.8 × N

=

24.869

6

N = 31.086 7

CH3I:

0.82 × N =

25

7

N = 30.488 Con los datos encontrados hasta ahora pueden efectuarse los balances totales y de alcohol en el Separador II. Corroborando con los resultados anteriores se puede determinar si hay o no información contradictoria en el proceso: Total:

6

7

5

5

5

N + N = NCH3OH + NCH3I + NH2O = 124.869 31.086 + 30.488 = 61.574 ≠ 124.869

que, como puede verse, no se cumple.

63


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Ben – Hur Valencia Valencia 6

Alcohol:

0.2 × N

+

0.2 × 31.086

0.18 × N +

5

= NCH3OH

0.18 × 30.488 = 75 ≠

11.705

7

75

Constituyendo así una contradicción. Para que el problema quede especificado correctamente debe eliminarse un dato (realmente, puede eliminarse cualquiera, pero como no se ha estudiado arrastre de variables, no se puede hacer en el reactor). 7

Dejemos sin especificar la composición de la corriente 7; es decir, xCH3I es desconocido.

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 R4 G de L

Mezclador

Reactor

5 2 0 1 – – – – 2

7+1 4 0 1 1 1 – – 1

Separador I 9 4 0 0 – – 1 – 4

Separador II 7 3 0 1 – – – – 3

Divisor

Proceso

Global

6 2 0 0 – – – 1 3

21 + 1 15 0 2 1 1 1 1 1

8+1 4 0 1 – – – – 4

Con esta corrección, se continúa solucionando de la siguiente forma: 7

7

6

5. Se continúan con los balances en el Separador II y resolviendo se conoce: xCH3I, N , N . Se agotan los balances de CH3OH, CH3I. 6. Reconfirmando Grados de libertad: Mezclador: G de L A = 0 – 0 = 0 1

10

7. Resolviendo el Mezclador se conoce: NHI, N . Se agota el balance de HI. 8. Actualizando Grados de Libertad: Divisor: G de L A = Global: G de L A =

10

1 – 1 (N ) + 1 (balance agotado: HI) = 0 1 6 7 3 1 – 3 (NHI,N ,N ) – 1 (xCH3I) + 3 (balances agotados)= 0

9. Resolviendo el Divisor se conocen todas las incógnitas del proceso, comprobándose en el Global.

64

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Tabla de Grados de Libertad:


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Ben – Hur Valencia Valencia

Balance en el Separador II: 6

H2O:

0.8 × N

=

24.869

6

N = 31.086 7

CH3I:

xCH3I 6

Alcohol:

0.2 × N

7

×

N =

25

7

+

7

5

(1 – xCH3I) × N =

0.2 × 31.086

7

+

(1)

NCH3OH 7

(1 – xCH3I) × N = 75

(2)

7

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Resolviendo el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, tenemos: 7

N = 93.783

xCH3I = 0.2666

Balances en el Mezclador: 1

HI:

10

NHI + N

Total: 1

NHI + 0.9005 × N

2

= N

10

= 52.632

(3

2

= 0.95 × N = 0.95 × 52.632

1

NHI + 0.9005 × N

10

= 50

(4)

Resolviendo las dos ecuaciones: 1

10

NHI = 26.184

N = 26.448

Balances en el Divisor: Total:

9

N =

8

10

N –

N =

27.763 – 26.448

9

N = 1.315

65


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Ben – Hur Valencia Valencia

Comprobando los resultados obtenidos en el Balance Global de HI: 9

HI:

1

0.9005 × N

= NHI –

r

1.1842 = 26.184 – 25 = 1.184 Finalmente, la respuesta que se pide es:

moles de CH 3 I producidos ⎛ 25 ⎞ =⎜ ⎟ = 0.9548 moles de alimentaci ón fresca de HI ⎝ 26.184 ⎠

ECUACIONES DEL PROCESO:

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Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Reactor: Base de cálculo: De R1: De R2:

3

NCH3OH = 100 3

NCH3OH = X HI =

2 × 0.95 × N

2

(1)

0.95 N 2 − N 4HI = 0.5 0.95 N 2 4

HI:

NHI = 4

Alcohol:

NCH3OH =

H2O:

NH2O

CH3I:

NCH3I

4

4

0.95 × N

(2) 2

– r

3

NCH3OH – r

=

0.05 × N

=

r

2

+ r

(3) (4) (5) (6)

Separador I: 5

Alcohol:

NCH3OH =

CH3I:

NCH3I

De R3:

5

4

0.9 NH2O

4

(7)

NCH3OH

=

NCH3I

4

(8)

=

NH2O

5

(9)

66


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Ben – Hur Valencia Valencia 8

HI:

8

xHI × N 8

H2O:

8

(1 – xHI) × N 8

De R4:

xHI

4

(10)

=

NHI

=

NH2O

=

x

=

NH2O

5

(13)

=

NCH3I

5

(14)

4

5

(11)

– NH2O

10 HI

(12)

Separador II: 6

H2O:

0.8 × N

CH3I:

0.82 × N

7

1

10

NHI + N

Total: 1

NHI + x

HI:

10 HI

10

×N

2

= N

(15) 2

= 0.95 × N

(16)

Divisor: 9

N=

Total:

8

N –

10

N

(17)

Así, omitiendo la ecuación del balance de alcohol en el Separador II, tendremos un sistema de 17 ecuaciones con 17 incógnitas: 1

NHI = 26.190476 2

N = 52.63157895 4

NHI = 25 r = 25 4 NCH3OH 4 NH2O

5

NH2O = 24.868421 8

N = 27.7631579 8

xHI = 0.900474 = 75

= 27.63157895

4

NCH3I = 25 5

5

NCH3I = 25

NCH3OH = 75

x

10 HI

= 0.900474

6

N = 31.085526 7

N = 30.487805 9

N = 1.322055 10 HI

N

= 26.441103

67

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Mezclador:


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Ben – Hur Valencia Valencia

Si se utilizan los valores hallados en el balance de alcohol del Separador II, se encuentra que el resultado es contradictorio: 6

Alcohol:

0.2 × N

+

0.18 × N

0.2 × 31.086

+

7

5

= NCH3OH

0.18 × 30.488 = 75 ≠

11.705

75

Quitando el valor de la composición indicada se siguen planteando y solucionando las ecuaciones según el orden establecido en la estrategia de solución: Separador II: 0.8 × N

CH3I:

xCH3I × N

7

Alcohol:

6

0.2 × N

7

5

=

NH2O

=

NCH3I

(13a)

5

7

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6

H2O:

(14a)

7

5

+ (1 – xCH3I) × N

(15a)

= NCH3OH

Mezclador: 1

Total: HI:

1 NHI

10

2

NHI + N = N 10 10 2 + x HI × N = 0.95 × N

(16a) (17a)

Divisor: 9

Total:

N

=

8

N –

10

N

(18a)

Resolviendo el sistema de 18 ecuaciones con 18 incógnitas: 1

NHI = 26.190476 2 N = 52.63157895 4 NHI = 25 r = 25 4 NCH3OH = 75 4

NH2O = 27.63157895 4

NCH3I = 25 5

NCH3OH = 75 5

NCH3I = 25

5

NH2O =

24.868421

8

N = 27.7631579 8 xHI = 0.900474 10 x HI = 0.900474 6 N = 31.085526 7 N = 93.782895 7 xCH3I = 0.266573 9

N = 1.322055 10 N HI = 26.441103

68


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Ben – Hur Valencia Valencia

Comprobando los resultados obtenidos en el Balance Global de HI: 9

HI:

0.900474 × N

1

=

0.900474 × 1.322055

NHI –

r

= 26.190476 – 25

1.19047615

=

1.190476

Finalmente:

3.18.

Una mezcla que contiene 68.4 % de H2, 22.6 de N2 y 9 % de CO2, reacciona de acuerdo con las ecuaciones: N2 CO2

+

3 H2

+

H2

2 NH3 CO

+

H2O

hasta que la mezcla contiene 15 % de NH3 y 5 % de H2O. Calcule las fracciones mol de N2, H2, CO2 y CO. SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: 2

N

x2NH3 = 0.15

1

N

x1H2

= 0.684

x2H2O = 0.05

Reactor

x1N2 = 0.226 (CO2)

x2N2

x2H2

x2CO2

(CO)

En el proceso hay dos reacciones, por tanto intervendrán dos velocidades de reacción. ecuaciones son: N2 CO2

+

3 H2 +

H2

2 NH3

CO +

Las

r1 H2 O

r2

69

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moles de CH 3 I producidos 25 ⎛ ⎞ =⎜ ⎟ = 0.954545 moles de alimentación fresca de HI ⎝ 26.190476 ⎠


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Ben – Hur Valencia Valencia

Tabla de Grados de Libertad:

NVI

9+2

NBMI

6

NFC

0

NCC

4

NRC

0

– 10

G de L

1

Base

–1

www.elsolucionario.net

Tomando una base el proceso queda especificado correctamente, conformándose un sistema de seis ecuaciones con seis incógnitas. CÁLCULOS: 1

Base de cálculo: Sea N = 100 2

NH3:

0.15 N =

H2O:

0.05 N =

2

2

2

2

2

H2:

xH2 × N

N2:

xN2 × N

CO2:

xCO2 × N

CO:

2 r1

(1)

r2

(2)

=

68.40 –

3 r1

=

22.60 –

r1

=

9

(0.8 – xH2 – xN2 – xCO2) × N =

r2

2

2

2

2

2

2

r2

(3) (4)

r2

(5) (6)

Resolviendo el sistema se encuentra que: 2

N = 86.9566 2

xCO2 = 0.0535

r 1 = 6.5217 2

xH2 = 0.5116

2

xN2 = 0.1849

r 2 = 4.3478 2

xCO = 0.059

Esta solución se puede comprobar encontrando las masas de cada sustancia a la entrada y a la salida, cuya suma debe conservarse:

70


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III ENTRADA Sustancia Moles

68.4 22.6 9.0

136.8 632.8 396.0

Total

ˆ

ˆ

1165.60

SALIDA Sustancia Moles Masa NH3 13.0434 221.74 H2O 4.3478 78.26 N2 16.0783 450.19 H2 44.4871 88.97 CO2 4.6522 204.70 CO 4.3478 121.74 Total 1165.60

Es posible obtener el acetaldehído, CH3CHO, por deshidrogenación catalítica de etanol, C2H5OH, mediante la reacción: C2H5OH

CH3CHO

+

H2

ocurre también, sin embargo, una reacción paralela que produce acetato de etilo: 2 C2H5OH

CH3COOC2H5

+

2 H2

Supóngase que en un reactor determinado se ajustan las condiciones, de modo que se obtiene una conversión de etanol de 95 %, con un rendimiento de 80 % de acetaldehído. Calcule la composición del producto del reactor, si la alimentación es etanol puro. SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo:

2

NC2H5OH 1 NC2H5OH

2

Reactor

NCH3CHO 2

NH2 2

NCH3COOC2H5

71

www.elsolucionario.net

3.19.

Masa

Reactor

H2 N2 CO2

Ben – Hur Valencia Valencia


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Ben – Hur Valencia Valencia

Las reacciones y sus velocidades son: →

C2H5OH

2 C2H5OH →

CH3CHO

CH3COOC2H5

+

H2

r1

+

2 H2

r2

Relaciones: R1:

Conversión del 95 %.

R2:

Rendimiento del 80 %.

NVI

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Tabla de Grados de Libertad:

5+2

NBMI

4

NFC

0

NCC

0

NRC

2

–6

G de L

1

Tomando una base el proceso queda correctamente especificado. CÁLCULOS: Base de cálculo:

1

Sea NC2H5OH = 100

De la conversión: 2

NC2H5OH =

1

(1 – Xs) NC2H5OH 2

NC2H5OH

= =

(1 – 0.95) × 100 5

72


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Ben – Hur Valencia Valencia 2

Ahora, si r2 = 0, el flujo de acetaldehído a la salida, NCH3CHO, es máximo, por tanto, mediante un balance de C2H5OH: 5 = 100

– r1 – 2 r2 = 100 – r1 r 1 = 95

y, 2

NCH3CHO (máximo) = 95 Del rendimiento:

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2 ⎛ ⎞ N CH 3CHO ⎜ ⎟ = 0.8 2 ⎜ N CH ⎟ máximo CHO 3 ⎝ ⎠

Reemplazando: 2

NCH3CHO = 0.8 × 95 2

NCH3CHO = 76 Los balances son: 2

CH3CHO:

NCH3CHO

=

76 =

0

+

r1

r 1 = 76

C2H5OH:

2

NC2H5OH =

5

=

100 –

r1 –

2 r2

r 2 = 9.5

H2:

2

NH2

= r1 +

2

NH2 = 76 + 2

NH2 =

2 r2

2 × 9.5 95

73


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Ben – Hur Valencia Valencia 2

CH3COOC2H5:

NCH3COOC2H5 =

r2

2

NCH3COOC2H5 = 9.5 Sumando el flujo de los componentes: 2

N = 185.5 Calculando las fracciones molares se encuentra que: 2

2

2

2

(xC2H5OH, xCH3CHO, xH2, xCH3COOC2H5) = (0.026954; 0.4097; 0.51213; 0.051213)

ENTRADA

C2H5OH

Moles

100

Masa

4600

Sustancia

ˆ

Reactor

Sustancia

SALIDA

ˆ

Moles

C2H5OH

5.0

230

CH3CHO

76.0

3344

H2

95.0

190

9.5

836

CH3COOC2H5 Total

3.20.

4600

Masa

Total

4600

El producto C se obtiene de los reactivos A y B, de acuerdo con las tres reacciones siguientes: 2 A A C

+

+

B

2 D

+

E

+

D

2 C

+

E

2 B

2 F

A

2

B

A:B::4:1

C 1

3

D E

A:B::2:1 Reactor

F

74

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Comprobando los resultados mediante el cálculo de la masa total a la entrada y a la salida se encuentra que:


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Con una proporción en la alimentación de dos moles de A por mol de B, y una conversión de A del 80 %, se obtiene una mezcla como producto que contiene 4 moles de A por mol de B, y 6 moles totales combinadas de los productos C, D, E y F, por mol de reactivos individuales A y B, como se muestra en la figura. Suponiendo que el problema está especificado correctamente y usando una alimentación de 200 moles/h de A. a. Calcule las tres velocidades de reacción y los flujos de salida del reactor. b. Calcule el rendimiento fraccional de C a partir de A. SOLUCIÓN a. Calcule las tres velocidades de reacción y los flujos de salida del reactor.

2 A

+

A

+ C

B

D +

2 B

2 D 2 C

+

+

E

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Las reacciones y sus velocidades son: r1

E

r2

2 F

r3

Diagrama cuantitativo:

2

2 NB

1

NA

2

NA

1

Reactor

1 NB

2

N

3

NC 3 ND

3

3

N

3

NF

3

NE

Relaciones: R1:

N1A =2 N1B

R2: XA = 80 %

R3:

N 2A =4 N 2B

⎛ N C3 + N 3D + N 3E + N 3F ⎞ N 3 ⎟⎟ = 2 = 6 ⎜ N 2A + N 2B ⎝ ⎠ N

R4: ⎜

75


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Tabla de Grados de Libertad: NVI

8+3

NBMI

6

NFC

0

NCC

0

NRC

4

– 10

G de L

1

Tomando una base el proceso queda correctamente especificado.

CÁLCULOS:

www.elsolucionario.net

1

Base de cálculo: NA = 200

De R1:

1

200 =

2 × NB 1

NB = 100

De R2:

2

NA =

(1 – 0.8) × 200 2

NA = 40 2

De R3:

NB = (40/4) 2

NB = 10 Sumando los flujos de la corriente 2: 2

N = 50 y, De R4:

3

N =

2

6×N =

6 × 50

3

N = 300

76


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Luego: 3

NC

+

3

ND

+

3

NE

+

3

NF

=

300

(1)

Los balances son: Balance de A:

40 =

200 –

2 r1

Balance de B:

10 =

100 –

r1 –

2 r3

Balance de C:

NC =

2 r2

r3

(4)

Balance de D:

ND =

2 r1

r2

(5)

Balance de E:

NE =

r1 +

r2

Balance de F:

NF =

3

3

3

(2) (3)

(6)

2 r3

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3

r2

(7)

Resolviendo el sistema de 7 ecuaciones se encuentra que: r 1 = 43.33 3

r 2 = 73.33

ND = 116.66

r 3 = 23.33

3

NC = 123.33

3

NE = 13.33

3

NF = 46.66

b. Calcule el rendimiento fraccional de C a partir de A.

⎛ 123.33 ⎞ Rendimiento = ⎜ × 100 ⎟ = 77.083 % ⎝ 160 ⎠

3.21.

El disulfuro de carbono se utiliza en la fabricación de rayón y celofán, y en la producción de tetracloruro de carbono. En el proceso preferido generalmente, se hace reaccionar vapor de azufre con metano, según las reacciones:

77


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CH4

+

4 S

CS2

+

2 H2S

CH4

+

2 S

CS2

+

2 H2

CH4

+

2 H2S

CS2

+

4 H2

Para una alimentación que contiene 4 moles de azufre por mol de metano, calcule la composición del producto sise obtienen conversiones de 90 % de metano y 70 % de azufre.

SOLUCIÓN

CH4

+

4 S

CS2 +

2 H2S

r1

CH4

+

2 S

CS2 +

2 H2

r2

CH4

+

2 H2S

CS2 +

4 H2

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Las reacciones y sus velocidades son:

r3

Diagrama cuantitativo: S

NCH4 S

E

NS

NS

E NCH4

Reactor

S

NH2S S

NCS2 S

NH2 Relaciones:

N SEntrada R1: Entrada = 4 N CH4

R2: XCH4 = 90 %

R3: XS = 70 %

78


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Tabla de Grados de Libertad:

NVI

7+3

NBMI

5

NFC

0

NCC

0

NRC

3

–8

G de L

2

1a. Reacción –1 –4 1 2 0

CH4 S CS2 H2S H2

2a. Reacción –1 –2 1 0 2

3a. Reacción –1 0 1 –2 4

Con base en el arreglo estequiométrico y mediante el procedimiento de reducción de éste, se encuentra que: –1 –4 1 2 0

–1 –2 1 0 2

–1 0 1 –2 4

1 0 –1 2 –4

0 1 0 –1 1

0 0 0 0 0

El hecho de que una de las columnas se reduzca a ceros significa que el sistema sólo tiene dos reacciones independientes. Estas se pueden representar, de acuerdo con los coeficientes de las dos columnas del arreglo reducido, como: CS2 + H2S

4 H2 →

→ S

CH4

+

+

H2

2 H2S

r1 r2

79

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Tomando una base de cálculo los grados de libertad del proceso quedan valiendo 1. Puede investigarse si las tres reacciones son independientes mediante el análisis del arreglo estequiométrico:


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Debe advertirse que no constituyen el único sistema de ecuaciones posible. Un arreglo estequiométrico diferente, originado al colocar las reacciones en otro orden, puede conducir a otras ecuaciones diferentes. Lo importante es que cualquier par de ellas, obtenidas de esta manera o mediante otro análisis, pueden utilizarse para resolver el problema de balance. Con solo dos ecuaciones independientes, el proceso tiene un grado de libertad y puede tomarse una base de cálculo para resolver el problema: CÁLCULOS: E

Sea NS = 100 E

De R1:

NCH4

De las conversiones:

S

NCH4

=

=

25

25 × (1 – 0.9)

www.elsolucionario.net

Base de cálculo:

S

NCH4 = 2.5 S

NS =

100 × (1 – 0.7) S

NS = 30 Los balances son: CH4:

2.5

= 25 +

r1

r 1 = – 22.5 Balance de S:

30 = 100 +

r2

r 2 = – 70

El signo negativo en las velocidades de reacción indica que ellas ocurren en el sentido contrario y, si bien es cierto pueden no ser reales, representan correctamente el proceso para evaluar el balance de materia. Las reacciones, en sentido directo, son: CH4 S

+

2 H2S +

H2

CS2 + H2S

4 H2

r1 r2

80


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Ben – Hur Valencia Valencia

Continuando con los balances: S

H2S:

NH2S

=

r2 –

2 r1

=

(70 –

2 × 22.5)

S

NH2S = 25 S

CS2:

NCS2

=

r1 =

22.5

S

NCS2 = 22.5

NH2 =

(4 r1

r2 ) =

S NH2S

(4 × 22.5

70)

= 20

A partir de estos datos se encuentra que: (xCH4, xS, xH2S, xCS2, xH2)

=

(0.025; 0.30; 0.25; 0.225; 0.20)

Los resultados se comprueban hallando la suma de las masas de los componentes a la entrada y a la salida, como se muestra en la siguiente tabla:

ENTRADA Sustancia

Moles

SALIDA Masa

Sustancia

Moles

Masa

2.5

40

S

30.0

960

H2S

25.0

850

CS2

22.5

1710

H2

20.0

40

CH4 S CH4

Total

100 25

3200 400

3600

ˆ

ˆ

Total

3600

La reducción del arreglo, tal como se hizo, es la mejor forma para determinar si las reacciones de un sistema son independientes. sin embargo, en algunos casos puede observarse fácilmente la independencia o no de ellas y proceder a eliminar la o las reacciones dependientes.

81

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S

H2:


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Ben – Hur Valencia Valencia

Para este problema las reacciones son: CH4

+

4 S

CS2 +

2 H2S

(1)

CH4

+

2 S

CS2 +

2 H2

(2)

CH4

+

2 H2S

CS2 +

4 H2

(3)

Si se multiplica la ecuación (2) por 2 y de ella se resta la ecuación (3) se encuentra que: +

4 S→

CH4

+

2 H2S

CH4

+

4 S–

2 CS2 + 4 H2

CS2 + →

2 H2S

4 H2

(2a) (3)

CS2

la cual reorganizada conduce a: CH4

+

4 S→

CS2 +

2 H2S

(1)

o sea la ecuación (1), lo que demuestra, de nuevo, que de las tres ecuaciones sólo dos son independientes. Como se planteaba anteriormente, otro par de ecuaciones (obtenidas por otro análisis o arreglo diferentes) también pueden ser utilizadas para solucionar el problema de balance de materia. Para ilustrar este hecho se resolverá el problema con otro par de ecuaciones. Las reacciones son →

CH4

+

2 S

CH4

+

2 H2S

CS2 +

2 H2

CS2 +

4 H2

r1 r2

La Tabla de Grados de Libertad no se altera y tomando la misma base se tiene que: Base de cálculo: De R1:

E

Sea NS = 100 E

NCH4

=

25

82

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2 CH4


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III De las conversiones:

Ben – Hur Valencia Valencia S

NCH4

E

=

NCH4 × (1 – 0.9)

S

NCH4 = 25 × (1 – 0.9) S

NCH4 S

NS =

=

2.5

100 × (1 – 0.7) S

NS = 30 Los balances son: 30 =

100

2 r1

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Balance de S:

r 1 = 35 CH4:

2.5 =

25 –

35 –

r2

r 2 = – 12.5 S CS2

CS2:

=

35 –

12.5

S

NCS2 = 22.5 S

H2:

NH2 =

2 × 35

4 × 12.5

S

NH2S = 20

H2S:

S

NH2S

=

2 × (– 12.5) S

NH2S = 25

Todos los flujos de salida concuerdan con los encontrados en la solución anterior, como era de esperarse. Obviamente, no se pueden comparar las velocidades de reacción.

83


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III 3.22.

Ben – Hur Valencia Valencia

La hidrodesalquilación es un proceso en el cual se eliminan cadenas laterales (de grupos alquilo) de compuestos aromáticos mediante la reacción con hidrógeno, para formar el compuesto aromático original. Por ejemplo, puede convertirse tolueno a benceno: C6H5CH3 +

H2

C6H6

+

CH4

Puede convertirse xileno a tolueno: C6H4(CH3)2

+

H2

C6H5CH3 +

CH4

El seudocumeno y otros hidrocarburos C9 que contienen tres grupos CH3 pueden convertirse a xilenos: +

H2

C6H4(CH3)2

+

CH4

En una aplicación determinada, se hace reaccionar con hidrógeno una corriente de reformado de una refinería, que contiene 5 % de benceno, 20 % de tolueno, 35 % de xileno y 40 % de hidrocarburos C9. Si se utilizan 5 moles de H2 por mol de alimentación, se logran conversiones del 80 % para el tolueno, 74 % para el xileno y 70 % para los hidrocarburos C9. Se observa que la corriente de producto contiene una pequeña cantidad, 0.1 % de bifenilo, indicando que ocurrió hasta cierto punto la reacción paralela: 2 C6H6

C6H5C6H5

+

H2

Calcule la composición completa de la corriente de salida del reactor. SOLUCIÓN Las reacciones y sus velocidades son: C6H5CH3

+

H2

C6H6

+

CH4

r1

C6H4(CH3)2 +

H2

C6H5CH3

+

CH4

r2

C6H3(CH3)3 +

H2

C6H4(CH3)2 +

CH4

r3

2 C6H6 →

C6H5C6H5

+

H2

r4

84

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C6H3(CH3)3


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Ben – Hur Valencia Valencia

Diagrama cuantitativo: 3

NH2

1

NH2

2

3

NB

N

3

2 xB

= 0.05

2 xT

= 0.20

2 xX

= 0.35

2 (xC9=

NT 3

NX

Reactor

3

NC9 3

NBF = 0.001

40 %)

3

NCH4

R1:

N1H2 N2

www.elsolucionario.net

Relaciones: R2: XT = 80 %

=5

R3: XX = 74 %

R4: XC9 = 70 %

Tabla de Grados de Libertad: NVI

12 + 4

NBMI

7

NFC

0

NCC

4

NRC

4

– 15

G de L

1

CÁLCULOS: 2

Base de cálculo:

Sea N = 100

De acuerdo con la composición a la entrada: 2

NB = 5 De R1:

2

2

NX = 35

NT = 20 1

NH2 =

2

NC9 = 40

500

85


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Ben – Hur Valencia Valencia

De las conversiones: 3

NT =

20 × (1 – 0.8) 3

NT = 4.0 3

NX =

35 × (1 – 0.74) 3

NX = 9.1 3

NC9 =

40 × (1 – 0.7) 3

www.elsolucionario.net

NC9 = 12 Los balances son: Tolueno:

4

=

20 –

r1 +

r2

(1)

Xileno:

9.1 =

35 –

r2 +

r3

(2)

C9:

12 =

40 –

r3

(3)

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1), (2) y (3): r 3 = 28

r 2 = 53.9

r 1 = 69.9

Continuando con los balances: 3

CH4:

NCH4

=

28 +

53.9

+

69.9

3

NCH4 = 151.80 3

C6H6:

NC6H6 = 5 + r1 – 2 r4 = 74.9 – 2 r4

CH4:

NH2 = 500 – r1 – r2 – r3 + r4

3

3

NH2 = 348.2 + r4 Bifenilo:

3

NBF =

r4

86


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Al sumar sus componentes se obtiene el flujo total de la corriente 3 (note que se

anula r4):

3

N = 600 de la cual 0.1 % es bifenilo, por tanto: 3

NBF = 0.6 De esta forma se llega a que: 3

3

NH2 = 348.8

NC6H6 = 73.7

Y con base en las moles que salen de cada componente, la fracción molar de la corriente de salida es: xT = 0.00667

xX = 0.01527

xBF = 0.001

xC9 = 0.02

xH2 = 0.58133

xCH4 = 0.253 xC6H6 = 0.12283

De nuevo puede efectuarse el cálculo de las masas totales a la entrada y a la salida para corroborar los resultados:

ENTRADA

H2

Moles

Masa

500

1000

5

390

Xileno

35

3710

C3

40

4800

Tolueno

20

1840

Benceno

Sustancia ˆ ˆ

Reactor

Sustancia

SALIDA

ˆ

Moles

Masa

348.8

697.6

Benceno

73.7

5748.6

Tolueno

4.0

368.0

Xileno

9.1

964.6

12.0

1440.0

0.6

92.4

151.8

2428.8

C9 ˆ

Bifenilo CH4

Total

1740

Total

1740.0

87

www.elsolucionario.net

r 4 = 0.6


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En la industria del ácido sulfúrico, el nombre óleum se utiliza para un ácido 100 % puro 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. Una planta de contacto de ácido sulfúrico produce diariamente 10 toneladas de óleum de 20 % y 40 toneladas de ácido al 98%, como se muestra en la figura. A la torre de óleum se alimenta una parte del ácido de la torre de 98%. A la torre de 98 % se alimenta un ácido al 97 %, obtenido mediante la dilución de una parte de la descarga de 98 %. El análisis del gas alimentado a la torre de óleum corresponde a 10.8 % de SO3. Calcule la cantidad de ácido que se deberá alimentar por día a cada torre.

Ácido al 98 %

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3.23.

Ben – Hur Valencia Valencia

Ácido al 97 %

Gas efluente Torre de óleum Torre de ácido

Tanque de dilución

H2O

Gas que contiene SO3

Ácido al 98 % Óleum al 20 %

Ácido al 98 %

88


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Ben – Hur Valencia Valencia

SOLUCIÓN La reacción que ocurre en la torre de óleum y en la torre de ácido es: r

SO3 +

H2O

1 ⎯⎯ →

SO3 +

H2O

2 ⎯⎯ →

H2SO4

r

H2SO4

Relación:

Diagrama cuantitativo: 5

4

F

F

wH2SO4 = 0.98

wH2SO4 = 0.97

5

4

4

5

(agua)

(agua) 9

9

NGas

1

N 1 xSO3

= 0.108

1

8

3

Óleum

Ácido

Dilución

3 NSO3

(Gas)

FH2O 8

3

NGas

7

F 6

F

2

6

6

wH2SO4 = 0.98

7

7

wH2SO4 = 0.98 (agua)

(agua)

Óleum al 20 % 2

D

F = 10000 2

wSO3 = 0.2

10

(H2SO4) 10

F = 40000 10 H2SO4

w

= 0.98

(agua)

89

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


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Ben – Hur Valencia Valencia

Suponiendo que el gas efluente no contiene SO3, la Tabla de Grados de Libertad se muestra en la página siguiente.

Óleum

Ácido

Dilución

Divisor

Proceso

Global

8+1

7+1

5

8

18 + 2

8+1

NBMI

4

4

2

2

12

4

NFC

1

0

0

1

2

2

NCC

2 ( +1)

1 ( +1) –

1

4

3

2

2

1

2

0

0

NVI

NRC RD

1 ( +1) –

G de L

1

2

En el proceso Global ocurre una sola reacción cuya velocidad r debe ser la suma de las dos anteriores. Reconfirmación de Grados de Libertad: Óleum:

Ácido:

Dilución:

1

3

3

4

Incógnitas =

5 (N , NSO3, NGas, F , r1)

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

1

=

3

3

5

6

9

Incógnitas =

6 (NSO3, NGas, F , F , NGas, r2)

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

2

=

5

7

8

Incógnitas =

3 (F , F , FH2O)

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

1

=

90

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Tabla de Grados de Libertad:


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Divisor:

Global:

Ben – Hur Valencia Valencia 4

4

6

6

7

7

Incógnitas =

6 (F , wH2SO4, F , wH2SO4, F , wH2SO4)

Ecuaciones =

2 (balances) + 2 (RD)

G de L

2

=

1

8

9

Incógnitas =

4 (r, N , FH2O, NGas)

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

=

0

Óleum

Ácido

Dilución

Divisor

Proceso

Global

SO3

1

1

2

1

H2SO4

1

1

1

1

4

1

Gas

1

1

2

1

H2O

1

1

1

1

4

1

Total

4

4

2

2

12

4

El proceso se encuentra correctamente especificado, y al valer cero sus grados de libertad, puede comenzarse con los balances en el proceso Global. Estrategia de Solución: 1

8

9

1. Resolviendo balances Globales se conoce: N , FH2O, NGas, r. 2. Actualizando grados de libertad: 1 Óleum: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 9 Ácido: G de L A = 2 – 1 (NGas) = 1 8 Dilución: G de L A = 1 – 1 (FH2O) = 0 4

3

3

3. Resolviendo Torre de óleum se conoce F , NSO3, NGas, r1, se agotan balances de SO3 y gas. 4. Reconfirmando grados de libertad: Dilución: G de L A = 0 – 0 = 0

91

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Tabla de Balances:


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5

5. Resolviendo Dilución se conoce: F , F . 6. Actualizando grados de libertad: 3 3 5 Ácido: G de L A = 1– 3 (NSO3, NGas, F ) + 2 (balances agotados) = 0 Divisor:

G de L A

4

7

2 – 2 (F , F ) = 0

=

7. Se resuelve la Torre de Ácido y se comprueba en el Divisor. CÁLCULOS:

H2SO4:

0.98 × 40000

+

0.8 × 10000 =

98 r

47200 =

98 r

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Balances Globales:

r = 481.633

SO3:

0.2 × 10000 = 2000

=

1

0.108 N × 80 – 1

8.64 N –

80 r

80 r

1

N = 4691.043

H2O:

0.02 × 40000

8

=

FH2O

800 =

FH2O

8

18 × r

18 × 481.633

8

FH2O = 9469.388

Gas:

9

NGas

=

0.892 × 4691.0431

9

NGas = 4184.411

92


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Comprobando en el resumen del balance de materia:

ENTRADA

SO3 H2O

Moles

Masa

506.633 ––

40530.612 9469.388

Total

Sustancia ˆ

Global

Sustancia

SALIDA SO3 ˆ

H2SO4

Masa

––

2000

481.633 47200

H2O

50000

Moles

––

Total

800 50000

H2SO4:

8000

H2O:

4

=

0.98 F

0

=

+ 4

0.02 F

98 r1

(1)

(2)

18 r1

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Balance en la Torre de Óleum:

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones: 4

r 1 = 8.1633

F = 7346.9388

Continuando con los balances:

SO3:

3

80 NSO3 +

2000

=

3

80 NSO3 =

80 × 4691.0431 × 0.108 – 38530.6124 –

80 r1

80 × 8.1633

3

NSO3 = 473.469

Gas:

3

NGas

=

0.892 × 4691.0431 3

NGas = 4184.411

93


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Comprobando en el resumen del balance de materia:

ENTRADA Moles

Masa

506.633

40530.612

H2SO4

––

7200.000

H2O

––

146.938

SO3

Total

Sustancia ˆ

Óleum

Sustancia

SALIDA

ˆ

Moles

Masa

SO3

––

2000.00

SO3

473.469

37877.52

––

8000.00

H2SO4

47877.55

Total

47877.52

Balances en Dilución: 0.97 F

H2O:

0.03 F

5

7

=

0.98 F

=

0.02 F

(1)

7

+

9469.388

www.elsolucionario.net

5

H2SO4:

(2)

Resolviendo: 5

7

F = 928000.024

Comprobando: F

5

F = 918530.636

=

F

7

8

+

928000.024 =

918530.636 +

928000.024 =

928000.024

FH2O 9469.388

Balances en la Torre de Ácido: 6

H2SO4:

0.98 F =

H2O:

0.02 F =

6

0.97 × 928000.024 +

98 × r2

(1)

0.03 × 928000.024 –

18 × r2

(2)

Resolviendo: 6

F = 965877.55

r 2 = 473.469

94


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Comprobando en el resumen del balance de materia:

ENTRADA Moles

Masa

473.469

37877.52

H2SO4

––

900160.02

H2O

––

27840.00

SO3

Total

Sustancia ˆ

Ácido

Sustancia

SALIDA

ˆ

965877.54

H2SO4 H2O

Moles

Masa

–– ––

946560.00 19317.55

Total

965877.55

Comprobando los resultados en el balance total del Divisor: 6

=

F

7

+

F

10

+

F

4

www.elsolucionario.net

F

965877.55 ≈ 918530.636 + 40000 + 7346.9388 = 965877.57

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Globales: H2SO4:

0.98 × 40000

SO3: H2O:

+

0.2 × 10000 = 0.02 × 40000

98 r

1

0.108 N × 80 – 8

=

FH2O

NGas

=

0.892 × N

8000

=

0.98 F

0

=

0.02 F

2000

=

80 × N × 0.108 –

=

0.892 × N

9

Gas:

0.8 × 10000 =

(1) 80 r

18 × r

(2) (3)

1

(4)

Torre de Óleum: H2SO4: H2O: SO3: Gas:

3

80 NSO3 +

3

NGas

4

4

1

1

+

98 r1

(5)

18 r1

(6)

80 r1

(7) (8)

95


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Ben – Hur Valencia Valencia

Dilución: 5

H2SO4:

0.97 F

H2O:

0.03 F

5

7

=

0.98 F

(9)

=

0.02 F

=

0.97 × F

=

0.03 × F

7

8

+

FH2O

(10)

+

98 × r2

(11)

18 × r2

(12)

Torre de Ácido: 6

H2SO4:

0.98 F

H2O:

0.02 F

6

5

5

4

3

F = 7346.9388 5 F = 928000 6 F = 965877.5510 7 F = 918530.6122 8 FH2O = 9469.3878

NGas = 4184.4104 3 NSO3 = 473.4694 9

NGas = 4184.4104 r = 481.6327 r1 = 8.1633 r2 = 473.4694

1

N = 4691.0431

3.24.

Los elementos clave del proceso Kraft son la recuperación de Na2CO3 y su conversión a NaOH. En el diagrama de flujo simplificado de la figura, se hace reaccionar Na2CO3 con Ca(OH)2 en el calcinador, mediante la reacción Na2CO3

+

Ca(OH)2

2 NaOH

+

CaCO3

El CaCO3 se lava en un espesador y se convierte a CaO en un horno, según la reacción: →

CaCO3

CaO

+

CO2

La cal viva resultante (CaO) se hidrata de nuevo para obtener Ca(OH)2: CaO

+

H2O

Ca(OH)2

Use las composiciones que muestra el diagrama de flujo y las especificaciones adicionales: F

5

=

4F

3

1

FH2O

=

F

10

y suponga que todas las reacciones tienen conversión del 100%.

96

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Los resultados son:


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Ben – Hur Valencia Valencia

Todas las composiciones corresponden a porcentaje en masa. a. Demuestre que las reacciones dadas son independientes. b. Construya una tabla de grados de libertad. c. Deduzca un orden de cálculo que pueda utilizarse para determinar todas las corrientes; presente detalladamente su razonamiento. d. Resuelva los balances globales del problema para determinar las libras de CaCO3 que se requieren por libra de Na2CO3 procesado.

NaOH 25 %

2

Calcinador

H2O

Espesador

NaOH 7%

6

CaCO3 0.3%

Na2CO3 42.1 %

H2O

H2O 4 CaCO3 7

H2O NaOH 5%

9

Apagador

Horno

8

CO2 28.2 % H2O

11 10

CaCO3

H2O SOLUCIÓN Las reacciones son: Na2CO3 +

Ca(OH)2

r

1 ⎯⎯ → r

2 → CaCO3 ⎯⎯

CaO

+

H2O

r

2 NaOH

+

CaO

CO2

Horno

Ca(OH)2

Apagador

3 ⎯⎯ →

+

CaCO3

Calcinador

97

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H2O

3

1

NaOH 2 % 5


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Ben – Hur Valencia Valencia

Diagrama cuantitativo: 5

3

F

F

5

3

wNaOH = 0.02 (agua)

wNaOH = 0.25 (agua)

1

wNa2CO3 = 0.421

1

Calcinador

2

6

2

wCaCO3 2

wNaOH

(agua) 4

F 4

wNaOH = 0.07 6

wCaCO3 = 0.003 (agua)

7

F

4

wNaOH

6

Espesador

(agua)

wCa(OH)2

F

7

7

4

wNaOH = 0.05 7

wCaCO3

www.elsolucionario.net

1

F

6

5

2

F

3

(agua)

(agua)

8

Apagador

9 9

Horno

FCaO 10

9 FNaOH

10 H2O

F

8

F 8

wCO2 = 0.282 (agua)

11 11 CaCO3

F

a. Demuestre que las reacciones dadas son independientes. A partir del arreglo estequiométrico puede verse fácilmente que las tres reacciones son independientes:

Na2CO3 Ca(OH)2 NaOH CaCO3 CaO CO2 H2O

1a. Reacción –1 –1 2 1 0 0 0

2a. Reacción 0 0 0 –1 1 1 0

3a. Reacción 0 1 0 0 –1 0 –1

98


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Ben – Hur Valencia Valencia

b. Construya una tabla de grados de libertad. Relaciones: R1:

F

R2:

5

=

0.579 F

1

4F =

3

F

10 H2O

Tabla de Grados de Libertad:

Espesador 11 3 0 4 – –

Horno 8+1 5 0 2 – –

Apagador 6+1 4 0 0 – –

4

4

2

3

Proceso 24 + 3 17 0 7 1 1 1

Global 13 + 3 7 0 6 1 1 1

www.elsolucionario.net

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 G de L

Calcinador 10 + 1 5 0 2 – –

Reconfirmación de Grados de Libertad: Calcinador:

Espesador:

Horno:

1

2

2

2

3

4

4

6

7

7

4

Incógnitas =

9 (F , F , wCaCO3, wNaOH, F , F , wCa(OH)2, wNaOH, r1)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

4

=

2

2

2

5

Incógnitas =

7 (F , wCaCO3, wNaOH, F , F , F , wCaCO3)

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

4

=

7

7

8

9

9

11

Incógnitas =

7 (F , wCaCO3, F , FCaO, FNaOH, F , r2)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

2

=

99


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Apagador:

Global:

Ben – Hur Valencia Valencia 9

9

Incógnitas =

7 (FCaO, FNaOH, F

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

3

=

1

3

5

10 H2O,

6

8

4

10 H2O,

Incógnitas =

10 (F , F , F , F , F , F

Ecuaciones =

7 (balances) + 2 (R1, R2)

G de L

1

=

4

4

F , wCa(OH)2, wNaOH, r3)

F

11 CaCO3, r1, r2, r3)

Na2CO3 Ca(OH)2 NaOH CaCO3 CaO CO2 H2O Total

Calcinador 1 1 1 1 – – 1 5

Espesador – – 1 1 – – 1 3

Horno – – 1 1 1 1 1 5

Apagador – 1 1 – 1 – 1 4

Proceso 1 2 4 3 2 1 4 17

Global 1 1 1 1 1 1 1 7

c. Deduzca un orden de cálculo que pueda utilizarse para determinar todas las corrientes; presente detalladamente su razonamiento. Estrategia de Solución: 1

3

5

6

8

1. Tomando base de cálculo en Global y resolviendo, se conocen: F , F , F , F , F , F F

10 H2O, r1, r2, r3.

11 CaCO3,

Se agotan R1 y R2 y se agotan los balances de Na2CO3 y de CO2.

2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 10 Apagador: G de L A = 3 – 1 (F H2O) – 1 (r3) = 1 Espesador: Calcinador: Horno:

G de L A G de L A G de L A

= = =

5

6

4 – 2 (F , F ) = 2 1 3 4 – 2 (F , F ) – 1 (r1) + 1 (balance agotado: Na2CO3) = 2 8 11 2 – 2 (F , F CaCO3) – 1 (r2) + 1 (balance agotado: CO2) = 0 7

7

9

9

3. Resolviendo Horno, se conocen: F , wCaCO3, FCaO, FNaOH, se agotan balances de CaO.

100

www.elsolucionario.net

Tabla de Balances:


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4. Actualizando Grados de Libertad: 7 7 Espesador: G de L A = 2 – 1 (F ) – 1 (wCaCO3) = 0 Apagador:

G de L A

9

9

1 – 2 (FCaO, FNaOH) + 1 (balance agotado: CaO) = 0

=

4

4

4

5. Resolviendo Apagador se conoce: F , wCa(OH)2, wNaOH, se agotan balances de Ca(OH)2. 6. Reconfirmando Grados de Libertad: Espesador: G de L A = 0 – 0 = 0 7. Se resuelve el Espesador y se comprueba en Calcinador. CÁLCULOS: Balances Globales: F = 10000 =

F

10 H2O

0.579 × 10000 =

F

10 H2O

De R2:

0.579 F

1

F

Na2CO3:

www.elsolucionario.net

1

Base de cálculo:

0

=

10 H2O

= 5790

0.421 × 10000 –

106 r1

r 1 = 39.717 Ca(OH)2:

0

=

– 39.717

+

r3

r 3 = 39.717 CaO:

CO2:

0

0.282 F

=

8

r2 –

39.717

r2 =

39.717

=

44 × 39.717

8

F = 6196.979

101


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III CaCO3:

0.003 F 0.003 F

De R1:

6

6

F 3

Ben – Hur Valencia Valencia

5

=

F

11 CaCO3

=

F

11 CaCO3

=

4F

6

NaOH:

0.25 F

Total:

F + F + 6196.979

3

=

100 × 39.717 (1)

(2)

0.02 F

6

100 × 39.717

3

5

+ 0.07 F =

+

+ 2 × 40 r1 5

10000 + F + F

(3) 11 CaCO3

+ 5790

(4)

3

www.elsolucionario.net

Resolviendo el sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas, se encuentra que: 5

F = 6578.082

F = 26312.328

6

F = 29415.514

F

11 CaCO3

= 88.247

Comprobando en el resumen del balance de materia:

ENTRADA Masa

Sustancia

Na2CO3

4210.000

NaOH

526.247

ˆ

CaCO3

88.247

ˆ

Global

Sustancia

SALIDA

ˆ

Masa

NaOH

3703.607

CaCO3

88.247

CO2

1747.548

H2O

37366.081

H2O

36651.174

Total

42190.575

Total

42190.576

Balances en el Horno: CaO:

9

FCaO

=

0

+

56 × 39.717

9

FCaO = 2224.152

102


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III CaCO3:

Ben – Hur Valencia Valencia 0

=

3883.453

(1 – 0.282) F

=

(1 – wCaCO3 – 0.05) F

4449.431

=

(0.95 – wCaCO3) F

7

7

8

wCaCO3 F

7

88.247 +

wCaCO3 F

H2O:

7

=

100 r2 (1)

7

7

7

7

(2)

Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas: 7

7

F = 8771.457

FNaOH

=

www.elsolucionario.net

9

NaOH:

wCaCO3 = 0.4427

0.05 × 8771.457 9

FNaOH = 438.573 Comprobando en el resumen del balance de materia:

ENTRADA Sustancia

SALIDA

Masa

Sustancia

Total

3971.700 438.573 4449.760

Horno

NaOH CaCO3 NaOH H2O

ˆ

Masa 438.573

ˆ

CaO

2224.152

ˆ

H2O

4449.694

CO2

1747.548

Total

8859.967

8860.033

Balances en el Apagador: 9

Total:

FCaO F

4

=

+

9

FNaOH

2224.152

+

+

F

10 H2O

438.573

4

=

F

+

5790

4

F = 8452.725

103


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4

Ca(OH)2:

wCa(OH)2 × 8452.725 =

0

+

74.1 × 39.717

4

wCa(OH)2 = 0.3482 4

NaOH:

wNaOH × 8452.725 =

438.573

4

wNaOH = 0.0519

Comprobando en el resumen del balance de materia:

Sustancia

SALIDA

Masa

NaOH

Sustancia

438.573

Ca(OH)2 ˆ

ˆ NaOH

Apagador

Masa

www.elsolucionario.net

ENTRADA

2945.815

H2O

5790.000

438.573

CaO

2224.152

H2O

5067.629

Total

8452.725

Total

8452.017

Balances en el Espesador: Total:

F

2

+

F F

5

2

6

+

F

7

=

F

=

29415.514 +

8771.457

26312.328

2

F = 11874.6431

NaOH:

0.07 F6

0.07 × 29415.514

+

+ 0.05 F7

= 0.02 F5

+ w2NaOH F2 2

0.05 × 8771.457 = 0.02 × 26312.328 + wNaOH F

2

2

1971.41227 = wNaOH × 11874.6431 2

wNaOH = 0.1660

104


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III 7

CaCO3:

7

wCaCO3 F

Ben – Hur Valencia Valencia

+

0.003 F

3883.124

+

6

2

=

wCaCO3 F

2

2

wCaCO3 × 11874.6431

88.247 = 2

wCaCO3 = 0.3344 Comprobando en el resumen del balance de materia del Calcinador: ENTRADA Masa

Sustancia

Na2CO3

4210.000

Ca(OH)2

2945.815

ˆ

438.573

ˆ

NaOH H2O

10860.710

Total

18455.098

NaOH ˆ CaCO3 H2O

Masa 3615.933 3971.371 10867.731

Total

www.elsolucionario.net

Sustancia

SALIDA

18455.035

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Globales: 1

Base de cálculo:

F = 10000

De R1:

F

De R2:

0.579 F

5

1

=

4F

=

F

3

(1)

10 H2O

(2) 1

Na2CO3:

0

=

0.421 × F –

Ca(OH)2:

0

=

– r1 +

r3

(4)

CaO:

0

=

r2 –

r3

(5)

=

44 × r2

=

F + F + F

=

F

CO2: Total:

0.282 F 3

6

8

F + F + F

CaCO3: NaOH:

8

0.003 F 3

0.25 F

6

6

+ 0.07 F =

1

5

0.02 F

(3)

(6) 5

11 CaCO3

106 r1

11 CaCO3

+

10 H2O

(7)

100 × r2

(8)

+ F

100 × r1 –

+ 2 × 40 r1

(9)

105


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Horno: 9

CaO:

FCaO 11 CaCO3

CaCO3:

0

H2O:

(1 – 0.282) F

=

F

8

9

NaOH:

FNaOH

=

0

+

56 × r2

+

wCaCO3 F

=

(1 – wCaCO3 – 0.05) F

=

0.05 × F

+

FNaOH

7

7

(10) 100 r2

7

(11)

7

(12)

7

(13)

Apagador: 9

FCaO

Ca(OH)2:

wCa(OH)2 × F

NaOH:

wNaOH × F =

4

4

4

=

4

10 H2O

+

F

0

+

=

F

4

74.1 × r3

(14) (15)

9

FNaOH

www.elsolucionario.net

9

Total:

(16)

Espesador: Total:

F

NaOH:

0.07 F6

CaCO3:

wCaCO3 F

7

2

+

F

+ 0.05 F7 7

+

0.003 F

6

5

=

F

6

+

F

= 0.02 F5 =

2

wCaCO3 F

7

(17)

+ w2NaOH F2 2

(18) (19)

Resolviendo el sistema de 19 ecuaciones con 19 incógnitas, tenemos: F F

10 H2O

11 CaCO3 2

= 5790

= 88.24651

F = 11874.64585 3 F = 6578.07774 4 F = 8452.72359 5 F = 26312.31094 6 F = 29415.50394 7 F = 8771.45285 8 F = 6196.97578

9

FCaO = 2224.15094 9 FNaOH = 438.57264 r1 = 39.71698 r2 = 39.71698 r3 = 39.71698 2 wCaCO3 = 0.33447 2

wNaOH = 0.16602 4 wCa(OH)2 = 0.34818 4

wNaOH = 0.05188 7 wCaCO3 = 0.44274

106


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d. Resuelva los balances globales del problema para determinar las libras de CaCO3 que se requieren por libra de Na2CO3 procesado. 11 FCaCO 3 1 FNa 2CO 3

88.24651 = 0.02096 4210

El producto P se forma a partir del reactivo R, de acuerdo con la reacción: r

1 ⎯⎯ →

2 R

P

+

W

Desafortunadamente, tanto el reactivo como el producto P se descomponen y forman el subproducto B según las reacciones: R P

r

2 ⎯⎯ → r

3 ⎯⎯ →

B+

W

2 B +

W

Cuando se utiliza una alimentación al proceso que contiene una parte del inerte I por 11 parte de R, y se ajusta la razón de recirculación para obtener una fracción mol de R de 0.85 en la alimentación al reactor, se observa una conversión de 50 % de R en la planta, y un rendimiento de 80 % de P a partir de R. a. Construya una tabla de grados de libertad para el proceso mostrado en la figura. ¿Está especificado correctamente el proceso? b. Suponga que, gracias al uso de un nuevo catalizador, únicamente se presentan las dos primeras reacciones. ¿Cómo afecta esto al análisis de grados de libertad de la parte a? c. Usando la tabla de grados de libertad para las condiciones correspondientes a la parte b, deduzca un orden de cálculo que pueda utilizarse para determinar todas las corrientes. d. Resuelva el problema.

R, I

Divisor

2 Alimentación I:R::1:11

Purga

I

7 Reactor

1

R

3 R 0.85 I

Separador

5 R 4

B W

P I

6

P

107

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3.25.

=


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SOLUCIÓN Relaciones:

R1:

N1I 1 = N1R 11

R2:

Conversión de 50% de R:

R3:

Rendimiento de P a partir de R = 80 %

R4:

Restricciones del divisor = (2 – 1) (2 – 1) = 1

8

=

1

0.5 NR

Diagrama cuantitativo:

2

NR

8

NR

D

2

NI 2

8

NI 7

NR

Purga

7 N7I

1

3

M

1 NR 1

NI

3

Reactor

N

x3R

= 0.85

4

3 (xI)

5 5 NR 5 NP 5 NI

Separador

6

4

NB 4

6

NP

NW

108

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8

xR N


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Mezclador

Reactor

Separador

Divisor

Proceso

Global

NVI

6

7+3

6

6

16 + 3

7+3

NBMI

2

5

3

2

12

5

NFC

0

0

0

0

0

0

NCC

1

1

0

0

1

0

NRC R1

1

1

1

R2

1

1

R3

1

1

R4

1

1

2

4

3

3

2

2

G de L

A partir de la anterior tabla de grados de libertad, claramente se ve que el proceso está subespecificado. b. Suponga que, gracias al uso de un nuevo catalizador, únicamente se presentan las dos primeras reacciones. ¿Cómo afecta esto al análisis de grados de libertad de la parte a?. Lógicamente tendrá que haber un cambio en el número de variables del proceso:

Mezclador

Reactor

Separador

Divisor

Proceso

Global

NVI

6

7+2

6

6

16 + 2

7+2

NBMI

2

5

3

2

12

5

NFC

0

0

0

0

0

0

NCC

1

1

0

0

1

0

NRC R1

1

1

1

R2

1

1

R3

1

1

R4

1

1

2

4

3

3

1

1

G de L

Con estas condiciones, el proceso queda correctamente especificado.

109

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a. Construya una tabla de grados de libertad para el proceso mostrado en la figura. ¿Está especificado correctamente el proceso?


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c. Usando la tabla de grados de libertad para las condiciones correspondientes a la parte b, deduzca un orden de cálculo que pueda utilizarse para determinar todas las corrientes.

R

Mezclador

Reactor

Separador

Divisor

Proceso

Global

1

1

1

1

4

1

1

2

1

P

1

W

1

1

1

B

1

1

1

I

1

1

1

1

4

1

Total

2

5

3

2

12

5

Estrategia de Solución: 1

1

4

4

6

8

8

1. Tomando base de cálculo en Global y resolviendo se conoce NR, NI, NB, NW, NP, N , xR, r1, 7 2 r2 y por arrastre (xR, xR). Se agotan balances de W y B, además las relaciones R1, R2, R3. 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 1 1 2 Mezclador: G de L A = 2 – 2 (NR, NI) – 1 (xR) + 1 (R1 agotada) = 0 6 7 Separador: G de L A = 3 – 1 (NP) – 1 (xP) = 1 8 8 Divisor: G de L A = 3 – 1 (N ) – 1 (xR) = 1 4 4 Reactor: G de L A = 3 – 2 (NB, NW) – 2 (r1, r2) + 2 (balances agotados:B,W) = 1 2

3

3. Resolviendo el Mezclador se conoce N , N . 4. Actualizando grados de libertad: 2 Divisor: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 3 Reactor: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 5

5

5

5. Resolviendo el Reactor se conoce NR, NP, NI. Se agota el balance de P. 6. Reconfirmando grados de libertad: Divisor: G de L A = 0 – 0 = 0 7. Se resuelve el Divisor y se comprueba en el Separador.

110

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Tabla de Balances:


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Ben – Hur Valencia Valencia

d. Resuelva el problema. Las reacciones son:

r

1 ⎯⎯ →

2 R

P

r

2 ⎯⎯ →

R

+

B +

W W

Balances Globales: Base de cálculo:

1

NR = 1100

N1I 1 = 1 N R 11

De la relación R1: 1

8

De R2:

8

xR N

De R3:

1

0.5 NR

(1)

N 6P 1 = × 0.8 1 8 8 2 NR − xR N

(2)

Balance de R:

8

8

xR N

=

1100

6

Balance de P:

NP = 4

Balance de W:

NW

Balance de B:

NB

4

8

Balance de I:

=

2 r1

r2

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NI = 100

(3)

r1

(4)

=

r1 +

=

r2

r2

(5) (6)

8

(1 – xR) N =

100

(7)

Resolviendo el sistema de 7 ecuaciones con 7 incógnitas obtenemos los siguientes resultados: 4

NW = 330

6

r 1 = 220 4

r 2 = 110

NB = 110 8

7

NP = 220 8

N = 650

2

xR = xR = xR = 0.8462

111


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Balances en el Mezclador: Balance de R:

1100

Balance de I:

2

+

0.8462 N

=

2

100 +

3

0.85 N

(1) 3

(1 – 0.8462) N =

(1 – 0.85) N

(2)

Resolviendo las ecuaciones, tenemos: 2

3

N = 21052.6316

N = 22252.6316

ENTRADA Sustancia

SALIDA Sustancia

Moles

Moles

R

18914.7369

R

18914.2000

I

3337.8947

I

3337.8947

Total

www.elsolucionario.net

Resumen del balance de materia:

Total

22252.6316

22252.0947

Balances en el Reactor: 5

Balance de R:

NR =

0.85 × 22252.6316 –

2 × 220 –

110

5

NR = 18364.7369 5

NP =

Balance de P:

5

Balance de I:

NI =

220

(1 – 0.85) × 22252.6316 5

NI = 3337.8947 Balances en el Divisor: Total:

7

N =

650 +

21052.6316 =

21702.6316

112


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Ben – Hur Valencia Valencia

Resumen del balance de materia: ENTRADA Sustancia Moles R 18364.7669 I 3337.8947 Total 21702.6616

SALIDA Sustancia R I Total

Moles 18364.7669 3337.8947 21702.6616

Finalmente se comprueba en balance total del Separador: SALIDA Sustancia R I P Total

Moles 18364.7669 3337.8947 220.0000 21922.6616

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ENTRADA Sustancia Moles R 18364.7669 I 3337.8947 P 220.0000 Total 21922.6616

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Globales:

1

Base de cálculo:

NR = 1100

N1I 1 = 1 N R 11

De R1: 8

8

8

8

De R2:

xR N

Balance de R:

xR N

De R3:

Balance de B:

1

=

0.5 NR

=

NR –

1

(2) 2 r1

N 6P 1 = × 0.8 N1R − x 8R N 8 2 6

Balance P: Balance de W:

(1)

NP = 4

=

NW 4

NB =

r2

r2

(3) (4)

r1 r1 +

(5) r2

(6) (7)

113


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Ben – Hur Valencia Valencia 8

Balance de I:

8

1

(1 – xR) N =

NI

8

2

xR =

De la Restricción:

(8)

xR

(9)

Mezclador: 1

Balance de R: Balance de I:

1

NI

2

+

NR +

2

xR N 2

= 2

(1 – xR) N =

3

0.85 N

(10) 3

(1 – 0.85) N

(11)

2 × r1

(12)

Balance de R:

5

NR =

0.85 × N 5

Balance de P:

NP =

Balance de I:

NI =

5

3

r2

r1

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Reactor:

(13)

(1 – 0.85) × N

3

(14)

Divisor: 7

N =

Total:

2

N +

8

N

(15)

Resolviendo el sistema de 15 ecuaciones y 15 incógnitas, tenemos: 1

NI = 100 2

N = 20800 3

N = 22000 4

NB = 110

5

NR = 18150 6

NP = 220 7

N = 21450 8

N = 650

4

r1 = 220

5

r2 = 110

NW = 330 NI = 3300 5 NP

= 220

2

xR = 0.8461538 8

xR = 0.8461538

114


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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.

O2 N2

H2SO4 80 % (peso) H2O 20 %

11 12

Agua

Aire (21 % mol) O2 79 %

2 Azufre 1

Tanque dilución

N2

de

13

Torre de ácido

Quemador de azufre

10 12 % (mol)

9

SO3

Convertidor

3

O2 6

7

8 Divisor

4

Ácido como producto 90 % (peso) H2SO4 10 % H2O

Torre de óleum 5

Óleum 37. 5 (peso) de SO3

115

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3.26.

Ben – Hur Valencia Valencia


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Ben – Hur Valencia Valencia

El SO3 reacciona con el agua presente en la corriente de ácido, mediante la reacción: H2O

+

SO3

H2SO4

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.

Calcule todos los flujos en el proceso, suponiendo que la planta va a producir 20000 lb/día de producto (H2SO4 al 90%).

SOLUCIÓN Las reacciones son: O2 →

SO2

r1

2 O2 →

SO3

r2

H2SO4

r3’

H2SO4

r3 ”

Quemador:

S

+

Convertidor:

SO2

+

1/

Torre de óleum:

SO3

+

H2O

Torre de ácido:

SO3

+

H2O

Relaciones:

R1:

2

NO2 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

116

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El ácido diluido se prepara recirculando algo de ácido concentrado y mezclándolo con agua en el tanque de dilución.


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Diagrama cuantitativo:

11 N2

N 2

N

11 O2

N

= 0.79

w12H2SO4 = 0.8 (agua)

(O2) 11

12

2 1 NS

1

Torre

Quemador de azufre

de

3

9

10

F 10 w

6

N

4

w9H2SO4 = 0.9

= 0.9

(agua)

D

x6N2

7

7

(O2) 4 NSO3

10 H2SO4

9

(agua)

x6SO3 = 0.12 Convertidor

13 F

3 NSO2

NO2

13 H2O

F

de

ácido

3

NN2 3

Tanque dilución

6

F

8

w7H2SO4 = 0.9 (agua)

4 NN2 4

NO2

Torre

F = 20000 lb/día

de

w8H2SO4 = 0.9

óleum

8

(agua)

5 5

F

w5SO3 = 0.375 (H2SO4)

117

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x2N2

12

F


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Tabla de Grados de Libertad: Convertidor

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 G de L G de L*

6+1 4 0 1 1 0 1 1

6+1 4 0 0 0 0 3 3

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 G de L G de L*

Torre de Ácido 9+1 5 0 2 (+ 1) 0 0 2 2

Tanque de dilución 5 2 0 1 (+ 1) 0 0 1 1

Torre de Óleum 10 + 1 5 0 2 (+ 1) 0 0 3 3

Divisor 8 2 1 1 0 2 2 3

Proceso

Global

27 + 4 22 1 5 1 2 0 1

10 + 3 7 1 3 1 0 1 2

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Quemador

Reconfirmación de Grados de Libertad: Quemador:

Convertidor:

Torre de óleum:

2

1

3

3

3

Incógnitas =

6 (N , NS, NO2, NN2, NSO2, r1)

Ecuaciones =

4 (balances) + 1 (R1)

G de L

1

=

3

3

3

4

4

4

Incógnitas =

7 (NO2, NN2, NSO2, NO2, NSO3, NN2, r2)

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

3

=

4

4

4

5

7

6

6

Incógnitas =

8 (NO2, NSO3, NN2, F , F , N , xN2, r3’)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

3

=

118


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Divisor:

Tanque:

Global:

11 O2,

11 N2,

Incógnitas =

7 (N

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

2

=

7

N

7

10

12

6

6

F , F N , xN2, r3”)

8

9

9

10

10 H2SO4)

Incógnitas =

7 (F , wH2SO4, F , F , wH2SO4, F , w

Ecuaciones =

2 (balances)+

G de L

3

=

9

12

13 H2O)

Incógnitas =

3 (F , F , F

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

1

=

1

2 (R2)

2

5

8

11 O2,

Incógnitas =

10 (NS, N , F , F , N

Ecuaciones =

7 (balances)+

G de L

2

=

11 N2,

N

F

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Torre de ácido:

Ben – Hur Valencia Valencia

12 H2O, r1, r2, r3)

1 (R1)

Tabla de Balances:

N2 O2 S SO2 SO3 H2SO4 H2O Total

Quemador

Convertidor

Torre de Óleum

Divisor

1 1 1 1 – – – 4

1 1 – 1 1 – – 4

1 1 – – 1 1 1 5

– – – – – 1 1 2

119


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N2 O2 S SO2 SO3 H2SO4 H2O Total

Torre de Ácido 1 1 – – 1 1 1 5

Ben – Hur Valencia Valencia Tanque de dilución – – – – – 1 1 2

Proceso

Global

4 4 1 2 3 4 4 22

1 1 1 1 1 1 1 7

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. Los nuevos grados de libertad, desconociendo el flujo, se muestran como G de L*. 13 H2O,

Si se toma la base de cálculo en el tanque de dilución (F 12

por ejemplo), luego de resolver sus

balances sólo se conocería F 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: 2

1

3

3

3

1. Tomando base de cálculo en el Quemador conocemos: N , NS, NO2, NSO2, NN2, r1. Se agota el balance de S y R1. 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 1 2 Global: G de L A = 2 – 2 (NS, N ) – 1(r1) + 1(R1 agotada) + 1(balance agotado:S)=1 3 3 3 Convertidor: G de L A = 3 – 3 (NO2, NN2, NSO2) = 0 4

4

4

3. Resolviendo Convertidor se conoce: NO2, NSO3, NN2, r2. Se agota el balance de SO2. 4. Actualizando grados de libertad Torre de óleum: G de L A Global: G de L A

= =

4

4

4

3 – 3 (NO2, NN2, NSO3) = 0 1 – 1 (r2) + 1 (balance agotado: SO2) = 1 6

6

7

5

5. Resolviendo Torre de óleum se conoce N , xN2, F , F , r3’.

120

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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.


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Ben – Hur Valencia Valencia

6. Actualizando grados de libertad: 6 6 Torre de ácido:G de L A = 2 – 2 (N , xN2) = 0 G de L A G de L A

= =

7

3 – 1 (F ) = 2 5 1 – 1 (F ) = 0 11 O2,

7. Resolviendo la Torre de ácido se conoce: N O2, SO3, N2. 8. Actualizo grados de libertad: Divisor: G de L A Tanque de dilución: G de L A Global: G de L A

11 N2,

N

12

10

F , F , r3”. Se agotan los balances de

10

= = =

2 – 1 (F ) = 1 12 1 – 1 (F ) = 0 11 11 0 – 2 (N O2, N N2) + 3 (balances agotados) = 1 13 H2O,

9. Resolviendo el Tanque de disolución se conoce: F

9

F.

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Divisor: Global:

10. Actualizando grados de libertad: 9 Divisor: G de L A = 1 – 1 (F ) = 0 13 Global: G de L A = 1 – 1 (F H2O) = 0 11. Se resuelve el Divisor y se comprueba en globales. CÁLCULOS: Balances en el Quemador: 1

Base de cálculo:

Sea NS = 100

Nota: R1 se cambia a 80% en exceso porque con el 50% planteado en el problema no habría oxígeno en la corriente 11.

R1:

0.21 × N

2

=

1.8 × 100

2

N = 857.143 S:

0

=

100 –

r1

r 1 = 100

121


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Ben – Hur Valencia Valencia 3

SO2:

NSO2

=

0

+

100

3

NSO2 = 100 3

N2:

NN2 =

0.79 × 857.143

3

NN2 = 677.143 3

O2:

NO2 =

0.21 × 857.143 – 100

3

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NO2 = 80

Balances en el Convertidor: 4

N2:

NN2 =

SO2:

r 2 = 100 4

SO3:

NSO3

=

677.143

0

+

100

0.5 × 100

4

NSO3 = 100 4

O2:

NO2 = 80 4

NO2 = 30 Balances en la Torre de óleum: O2: N2:

6

6

(1 – 0.12 – xN2) N = 6

6

xN2 × N

=

30

(1)

677.143

(2)

122


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Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas, tenemos que: 6

6

N = 803.568 5

H2SO4:

7

(1 – 0.375) × F =

H2O:

SO3:

xN2 = 0.84267

0

0.12 × 803.568 × 80

0.9 × F + 7

98 × r3’

(1)

18 × r3’

(2)

=

0.1 × F –

+

0.375 × F =

5

80 × 100

80 × r3’

(3)

5

7

F = 503.69

F = 217.943

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Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones y 3 incógnitas: r 3’ = 1.2108

Balances en la Torre de ácido: 11 N2 11 N O2

N2:

N

O2: SO3:

0

=

677.143

=

30

=

0.12 × 803.568 – r3”

r 3’’ = 96.428 10

H2SO4:

0.9 × F

H2O:

0.1 × F

10

12

=

0.8 × F

=

0.2 × F

12

+

98 × 96.428

(1)

18 × 96.428

(2)

Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones: 10

12

F = 32785.52

F = 25071.280

Balances en el Tanque de dilución: H2SO4:

9

0.9 × F =

0.8 × 25071.280 9

F = 22285.58

123


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III H2O:

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0.2 × 25071.28 = F

0.1 × 22285.58 +

13 H2O

F

13 H2O

= 2785.698

Balances en el Divisor: Total:

32785.52

=

217.943

+

F

8

+

22285.58

8

F = 10281.997

Comprobando en el balance global de ácido sulfúrico: 0.9 × 10281.997

=

0

+

98 × (1.2108 + 96.428)

9568.60

=

9568.60

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0.625 × 503.69 +

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Quemador: 1

Base de cálculo: R1:

Sea NS = 100

0.21 × N

1

=

1.8 × NS

0

=

NS –

r1

(2)

NSO2

=

0

r1

(3)

S: SO2:

2

3

3

N2:

NN2 =

O2:

NO2 =

3

1

+

0.79 × N 0.21 × N

(1)

2

2

(4) – r1

(5)

124


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Ben – Hur Valencia Valencia

Convertidor: 4

3

N2:

NN2 =

NN2

SO2:

0

=

NSO2

SO3:

NSO3

=

0

r2

(8)

0.5 × r2

(9)

4

3

4

O2:

(6)

+

3

NO2 = NO2 –

r2

(7)

Torre de óleum: 6

(1 – 0.12 – xN2) N = 6

N2:

6

xN2 × N

5

H2SO4:

(1 – 0.375) × F =

H2O: SO3:

=

0 6

0.12 × N × 80 +

0.375 × F

5

4

NO2

(10)

4

NN2

www.elsolucionario.net

6

O2:

(11) 7

0.9 × F + 7

98 × r3’

(12)

18 × r3’

(13)

=

0.1 × F –

=

80 × NSO3 –

4

80 × r3’

(14)

Torre de ácido: 11 N2

=

xN2 × N

11 O2

=

(1 – 0.12 – xN2) N

=

0.12 × N

=

0.8 × F

=

0.2 × F

H2SO4:

0.9 × F =

0.8 × F

H2O:

0.2 × F = 0.1 × F +

N2:

N

O2:

N

SO3:

0 10

H2SO4:

0.9 × F

H2O:

0.1 × F

10

6

6

(15) 6

6

12

12

6

(16)

– r3 ”

(17)

+

98 × r3”

(18)

18 × r3”

(19)

Tanque de dilución: 9

12

12

9

(20) F

13 H2O

(21)

125


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Ben – Hur Valencia Valencia

Divisor: Total:

F

10

=

F

7

+

F

8

+

F

9

(22)

Resolviendo el sistema formado por 22 ecuaciones y 22 incógnitas, tendremos que: 10

3

F = 32785.71429

NO2 = 80

12

3

F = 25071.42857 13 H2O

= 2785.71429

4

NN2 = 677.14286

5

F = 503.63196

4

7

NO2 = 30

8

NSO3 = 100

9

N = 803.57143

F = 217.91768

4

F = 10282.08232

6

F = 22285.71429 11 N2

N

= 677.14286

11 N O2

= 30

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F

NSO2 = 100

r1 = 100 r2 = 100 r3’ = 1.21065

2

r3” = 96.42857

3

xN2 = 0.8426667

N = 857.14286

6

NN2 = 677.14286 Luego: r3 =

r3’ +

r3 ”

r 3 = 97.639225 8

Para calcular los flujos de todas las corrientes para F = 20000 se halla la relación de escalado:

⎛ 20000 ⎞ Relación de escalado = ⎜ ⎟ = 1.94513 ⎝ 10282.08232 ⎠ y se multiplican por este valor los resultados anteriores. Así:

1

NS = 100 × 1.94513 = 194.513 lbmol/día

126


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III 3.27.

Ben – Hur Valencia Valencia

Puede producirse benceno mediante la desalquilación de tolueno, siguiendo la reacción: C6H5CH3

+

H2

C6H6

+

CH4

Sin embargo, esta reacción catalítica ocurre acompañada de la reacción: 2 C6H5CH3

+

H2

(C6H5)2

+

2 CH4

para obtener el subproducto indeseado bifenilo.

CH4

Divisor

H2

Recirculación de H2 puro

5

7

2

1

Mezclador

3

4

Purga

CH4 H2 Separador 1

Reactor Alimentación de tolueno puro

10

6

9

Benceno puro

8 Separador 2 Recirculación de tolueno puro

11

Bifenilo puro

En el diagrama de flujo que se muestra en la figura, usando una alimentación al reactor (corriente 3) que contiene 5 moles de H2 por mol de tolueno, se alcanza una conversión de tolueno de 75%.

127

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Debido a esta reacción paralela, debe mantenerse la conversión de tolueno abajo del 100% y deben efectuarse una serie de separaciones con recirculación, de los reactivos no utilizados.


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Ben – Hur Valencia Valencia

a. Suponiendo que la corriente de salida 6 contiene 5 % de benceno y 2 % de tolueno, calcule el rendimiento fraccional de benceno en el reactor y las moles de H2 necesarias para reposición, por mol de tolueno alimentado. b. Suponiendo que, alternativamente, se especifique un contenido de 2 % de tolueno y 58 % de CH4 en la corriente 6, calcule el rendimiento fraccional de benceno. SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: 10

N

N

D

x5CH4

2

NH2

1

1

6

7

x6C6H6 = 0.05 3

Mezclador

6

Reactor

3

(H2)

N

N

2

NTOL

x10CH4

7

(H2)

5

10

x6TOL

(H2)

= 0.02

Separador 1 9

x6CH4

NCH4

x6BF

3

NH2

8

(H2)

3

x7CH4

NTOL

9

NC6H6

8

NTOL 8

NBF

4

4

NTOL

Separador 2

11 BF

N

11 Relaciones:

N 3H 2

R1:

N 3TOL

R3:

=5

R2:

XTOL en el reactor = 0.75

Restricciones del divisor = (2 – 1) (2 – 1) =1

Las reacciones son: C6H5CH3 2 C6H5CH3

+ +

H2 H2

r

1 ⎯⎯ → r

2 ⎯⎯ →

C6H6 (C6H5)2

+ +

CH4 2 CH4

128

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5


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Ben – Hur Valencia Valencia

Tabla de Grados de Libertad: Mezclador

Reactor

8 3 0 0 1 – – 4

8+2 5 0 2 1 1 – 1

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 G de L

Separador 1 10 5 0 2 – – – 3

Separador 2 4 2 0 0 – – – 2

Divisor

Proceso

Global

6 2 0 0 – – 1 3

21 + 2 17 0 2 1 1 1 1

6+2 5 0 0 – – – 3

Mezclador:

Reactor:

1

2

4

5

5

3

3

3

Incógnitas =

8 (NTOL, NH2, NTOL, N , xCH4, NCH4, NH2, NTOL)

Ecuaciones =

3 (balances) + 1 (R1)

G de L

4

=

3

3

3

6

6

6

Incógnitas =

8 (NCH4, NH2, NTOL, N , xCH4, xBF, r1, r2)

Ecuaciones =

5 (balances) + 2 (R1, R2)

G de L

1

=

Separador 1: Incógnitas =

6

6

6

5 (balances)

G de L

3

Separador 2: Incógnitas =

9

7

7

4

8

8

11 BF)

4 (NTOL, NTOL, NBF, N

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

2

=

8

8 (N , xCH4, xBF, NTOL, NBF, NC6H6, N , xCH4)

Ecuaciones = =

8

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Reconfirmación de Grados de Libertad:

129


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Divisor:

Global:

Ben – Hur Valencia Valencia 7

7

5

5

10

10 CH4)

Incógnitas =

6 (N , xCH4, N , xCH4, N , x

Ecuaciones =

2 (balances) + 1 (R3)

G de L

3

=

1

2

9

10

10 CH4,

Incógnitas =

8 (NTOL, NH2, NC6H6, N , x

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

3

=

11 BF, r1, r2)

N

TOL H2 CH4 C6H6 BF Total

Mezclador

Reactor

1 1 1 – – 3

1 1 1 1 1 5

Separador 1 1 1 1 1 1 5

Separador 2 1 – – – 1 2

Divisor

Proceso

Global

– 1 1 – – 2

4 4 4 2 3 17

1 1 1 1 1 5

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Tabla de Balances:

a. Suponiendo que la corriente de salida 6 contiene 5 % de benceno y 2 % de tolueno, calcule el rendimiento fraccional de benceno en el reactor y las moles de H2 necesarias para reposición, por mol de tolueno alimentado. Estrategia de Solución: 6

3

3

3

6

6

1. Se toma base de cálculo N en el Reactor y se halla: NCH4, NH2, NTOL, xCH4, xBF, r1 y r2. Se agotan R1 y R2. 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 3 3 3 Mezclador: G de L A = 4 – 3 (NCH4, NH2, NTOL) + Separador 1: G de L A Global: G de L A

= =

6

6 (xCH4,

3 – 1 (N ) – 2 3 – 2 (r1, r2) = 1

6 xBF)

1 (R1 agotada) = 2

=0

130


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Ben – Hur Valencia Valencia 7

7

9

8

8

3. Se resuelve Separador 1 y se hallan: N , xCH4, NC6H6, NTOL, NBF, y por arrastre del divisor (x

10 CH4

5

y xCH4). Se agota balance de C6H6.

4. Actualizando grados de libertad: 9 10 Global: G de L A = 1 – 1 (NC6H6) – 1 (x CH4) + 1 (balance agotado: C6H6) = 0 8

8

Separador 2: G de L A Mezclador: G de L A

= =

2 – 2 (NTOL, NBF) = 0 5 2 – 1 (xCH4) = 1

Divisor:

=

3 – 1 (N ) – 1 (xCH4) = 1

G de L A

7

7

4

11 BF.

5. Se resuelve Separador 2 y se hallan NTOL, N

Se agota el balance de BF.

1

2

10

7. Se resuelven Globales y se halla: NTOL, NH2, N y se agota el balance de tolueno. 8. Actualizando grados de libertad: 10 Global: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 4 1 2 Mezclador: G de L A = 1 – 1(NTOL, NTOL, NH2) + 1(balance agotador: Tolueno) = 1 9. Se resuelve el Divisor y se comprueban los resultados en el Mezclador. CÁLCULOS: Balances en el Reactor: 6

Base de cálculo: Sea N = 1000

De R2:

6

3

0.02 N =

0.25 × NTOL 3

NTOL = 80

De R1:

3

NH2 =

5 × 80

3

NH2 = 400

131

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6. Reconfirmando grados de libertad: 11 Global: G de L A = 0 – 1 (N BF) + 1 (balance agotado: BF) = 0


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III C6H6:

Ben – Hur Valencia Valencia

0.05 × 1000 =

0

+

r1

r 1 = 50 Tolueno:

20 =

80 –

50 –

2 r2

r2=5 6

BF:

xBF × 1000 =

0

+

5

6

xBF = 0.005

H2:

6

(1 – 0.05 – 0.02 – 0.005 – xCH4) × 1000 =

400 – 50 – 5

6

CH4:

0.58 × 1000

=

3

NCH4

+

50 +

www.elsolucionario.net

xCH4 = 0.58

2×5

3

NCH4 = 520 Comprobando los resultados en el balance de materia:

CH4 H2 Tolueno

520 400 80

Total

8320 800 7360 16480

ˆ

Reactor

ENTRADA Sustancia Moles Masa

SALIDA Sustancia Moles C6H6 50 Tolueno 20 580 ˆ CH4 Bifenilo 5 H2 345 Total

Masa 3900 1840 9280 770 690 16480

Cálculo del Rendimiento: 3

Tolueno que reacciona = NTOL = 60 Por la relación estequiométrica: 6

(NC6H6) máximo = 60, cuando r2 = 0

132


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C 6 H 6 real × 100 % C 6 H 6 teórico

Rendimiento =

Rendimiento =

N C9 6H6 60

× 100 % =

50 × 100 % = 83.333 % 60

Moles de hidrógeno necesarias para reposición:

N 2H2 N 1TOL

=

90.694 = 1.512 60

Balances en el Separador 1: 50 =

NC6H6

Tolueno:

20 =

NTOL

=

www.elsolucionario.net

9

C6H6:

8

8

BF:

5

NBF

CH4:

580 =

xCH4 × N

H2:

345 =

(1 – xCH4) × N

7

7

(1)

7

7

(2)

Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones: 7

7

N = 925

5

xCH4 = xCH4 = x

10 CH4

= 0.627

Comprobando en el balance Total: 6

N = 1000

=

7

9

N +

NC6H6

+

925 +

50 +

20 +

8

NTOL 5

8

+

NBF

=

1000

Balances en el Separador 2: 4

Tolueno:

20 =

NTOL

BF:

5

N

=

11 BF

133


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Se comprueba en total: 8

NTOL

8

+

NBF =

20 +

5

4

NTOL =

20 +

25 =

25

0

NTOL

11 BF

+

N 5

Balances Globales: Tolueno:

1

=

50 –

2×5

1

10

CH4:

0.627 × N =

0

+

50 +

10

50 –

5

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NTOL = 60

10

N = 95.694

H2:

(1 – 0.627) × 95.694

=

2

NH2 –

2

NH2 = 90.694

Comprobando en el balance de materia:

Tolueno H2

60.000 90.694

Total

5520.000 181.388 5701.388

ˆ

Globales

ENTRADA Sustancia Moles Masa

SALIDA Sustancia Moles Masa CH4 60.000 960 35.694 71.388 ˆ H2 50.000 3900 ˆ C6H6 Bifenilo 5.000 770 Total 5701.388

Balances en el Divisor: Total:

925 =

95.694 + 5 N = 829.306

N

5

134


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Finalmente, comprobando en el Mezclador: 60 +

90.694 +

20 +

829.306

1000

=

=

520 +

400 +

80

1000

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Reactor: 6

6

De R2:

0.02 N =

De R1:

NH2 =

3

6

C6H6:

0.05 × N

Tolueno:

0.02 × N

BF: H2:

6

6

6

6

6

xBF × N

3

0.25 NTOL 3

(2)

=

0

+

r1

(3)

=

NTOL

=

0

+

r2

=

NH2 –

6

(1 – 0.05 – 0.02 – xBF – xCH4) × N

CH4:

6

6

xCH4 × N

(1)

5 × NTOL

3

3

r1 –

NCH4

+

=

NC6H6

=

NTOL

=

NBF

=

xCH4 × N

2 r2

(4) (5)

3

=

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Base de cálculo: Sea N = 1000

r1 –

r1 +

r2

2 r2

(6) (7)

Separador 1: 6

C6H6:

0.05 × N

Tolueno:

0.02 × N

BF:

xBF × N

CH4:

xCH4 × N

6

6

6

6

6

9

(8)

8

(9)

8

7

(10) 7

(11)

135


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Ben – Hur Valencia Valencia 6

H2:

6

6

(1 – 0.05 – 0.02 – xBF – xCH4) N = 7

De la restricción:

=

xCH4

7

7

(1 – xCH4) × N x

(12)

10 CH4

(13)

8

Tolueno:

NTOL

= 8

BF:

4

NTOL

(14)

11 BF

(15)

NBF =

N

0

=

NTOL

=

0

+

r1 +

2 × r2

(17)

=

NH2 –

r1 –

r2

(18)

N =

N +

www.elsolucionario.net

Separador 2:

Globales: Tolueno: CH4:

x

10 CH4

10 CH4)

H2:

(1 – x

10

×N

10

N

1

2

r1 –

2 × r2

(16)

Divisor: 7

Total:

10

5

N

(19)

Resolviendo el sistema de 19 ecuaciones con 19 incógnitas, tenemos que: 10

N = 95.689656 11 N BF = 5 1 NTOL = 60 2 NH2 = 90.68966 3

NCH4 = 520 3

NH2 = 400 3

NTOL = 80 4 NTOL = 20 5 N = 829.310345

7

N = 925 8 NBF = 5 8 NTOL = 20 9 NC6H6 = 50 r1 = 50 r2 = 5 10 x CH4 = 0.627033 6

7

xBF = 0.005 6 xCH4 = 0.58

xCH4 = 0.627033

136


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b. Suponiendo que, alternativamente, se especifique un contenido de 2 % de tolueno y 58 % de CH4 en la corriente 6, calcule el rendimiento fraccional de benceno. Tanto los grados de libertad como el balance permanecen iguales, ya que las composiciones dadas corresponden exactamente a las calculadas en la parte a., así, el rendimiento fraccional sigue siendo 83.33 %. 3.28.

El producto P se obtiene a partir del reactivo R de acuerdo con la reacción: →

2 R

P

+

W

Con las reacciones paralelas:

P

B 2 B

+

W +

W

Cuando se utiliza una alimentación fresca que contiene un mol de inertes I por cada 11 moles de R, se logra únicamente una conversión de R de 50% en el reactor. El R que no reaccionó y los inertes se separan de los productos del reactor y se recirculan.

Divisor

Recirculación

Purga

R I

Mezclador

Reactor

Separador

R I Alimentación fresca

R

R

I 12 %

P 21 % W B I

Producto 7%

P W B

Algo del R que no reaccionó y de los inertes se purgan, para limitar al 12 % (mol) el nivel de inertes en la alimentación combinada al reactor. Si el análisis de la corriente de salida del reactor indica 21 % de P y 7 % de B, en base molar, calcule todos los flujos en el proceso, para un flujo de alimentación fresca de 100 mol/h.

137

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R


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SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: 7

N

x7R

N

7

(xI )

1

2

M

3

Reactor

x3R

N

x3P = 0.21

x2I =

x3B= 0.07

2

1 NI

0.12

(R)

6

(xI )

5 5 xR 5 (xI )

3

1

x6R

5

N NR

N

Separador 4

4

NP 4

x3W

NW

(I)

NB

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7

6

Purga

D

4

Relaciones: 1

R1:

NR = 3

3

1

11 NI

R2:

xR N

R3:

Restricciones del divisor

=

0.5 × 0.88 × N

2

=

(2 – 1) (2 – 1) = 1

Las reacciones son: 2 R R P

P

+

W

r1

B

+

W

r2

2 B

+

W

r3

El arreglo estequiométrico correspondiente es:

R P B W

1a. Reacción –2 1 0 1

2a. Reacción –1 0 1 1

3a. Reacción 0 –1 2 1

138


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El arreglo reducido es: R P B W

1 0 –1 –1

0 1 –2 –1

0 0 0 0

Así que solo hay dos reacciones independientes que son: B 2 B

+

W

R

r1

+

W

P

r2

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 G de L

Mezclador

Reactor

Separador

Divisor

Proceso

Global

6 2 0 1 1 – – 2

7+2 5 0 3 – 1 – 0

10 5 0 2 – – – 3

6 2 0 0 – – 1 3

18 + 2 14 0 3 1 1 1 0

7+2 5 0 0 1 – – 3

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Tabla de Grados de Libertad:

Reconfirmación de Grados de Libertad: Mezclador:

Reactor:

1

1

2

7

7

Incógnitas =

5 (NR, NI, N , N , xR)

Ecuaciones =

2 (balances) + 1 (R1)

G de L

2

=

2

3

3

3

Incógnitas =

6 (N , N , xR, xW, r1, r2)

Ecuaciones =

5 (balances) + 1 (R2)

G de L

0

=

139


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Divisor:

Global:

3

3

3

4

4

4

5

5

Incógnitas =

8 (N , xR, xW, NP, NW, NB, N , xR)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

3

=

5

5

6

6

7

Incógnitas

=

Ecuaciones =

2 (balances) + 1 (R3)

G de L

3

=

7

6 (N , xR, N , xR, N , xR)

1

1

4

4

4

6

6

Incógnitas =

9 (NR, NI, NP, NW, NB, N , xR, r1, r2)

Ecuaciones =

5 (balances) + 1 (R1)

G de L

3

=

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Separador:

Ben – Hur Valencia Valencia

Tabla de Balances:

R P B W I Total

Mezclador

Reactor

Separador

Divisor

Proceso

Global

1 – – – 1 2

1 1 1 1 1 5

1 1 1 1 1 5

1 – – – 1 2

4 2 2 2 4 14

1 1 1 1 1 5

El problema se encuentra sobre-especificado. Sin embargo a pesar de sobrar información, debe analizarse si ella es contradictoria. La solución empezará tomando base de cálculo en el reactor. Estrategia de Solución: 1. Tomando base de cálculo en el reactor, este queda sobre-especificado, resolviéndolo y 2 3 3 3 comprobando si la información no es contradictoria, se conocen: N , N , xR, xW, r1, r2, y se agota R2. 2. Actualizando grados de libertad: 2 Mezclador: G de L A = 2 – 1 (N ) = 1 3 3 3 Separador: G de L A = 3 – 1 (N ) – 2 (xR, xW) = 0 Global: G de L A = 3 – 2 (r1, r2) = 1

140


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Ben – Hur Valencia Valencia 4

4

4

5

5

7

6

3. Resolviendo el Separador se conocen: NP, NW, NB, N , xR, y arrastro xR y xR; se agotan los balances de P, B y W. 4. Actualizando grados de libertad: 7 Mezclador: G de L A = 1 – 1 (xR) = 0 5 5 Divisor: G de L A = 3 – 1 (N ) – 1 (xR) = 1 4 4 4 6 Global: G de L A = 1 – 3(NP, NW, NB) – 1(xR) + 3(balances agotados:B,P,W)=0 1

1

7

5. Resolviendo Mezclador se conoce: NR, NI, N , y se agota R1. 6. Actualizando grados de libertad: 7 Divisor: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 1 1 Global: G de L A = 0 – 2 (NR, NI) + 1 (R1 agotada) = – 1

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7. Se resuelve el Divisor. 8. Se comprueba en el balance Global. Nota: En (6.) se puede reconfirmar grados de libertad Globales y resolverlos. CÁLCULOS: Balances en el Reactor: 2

Base de cálculo:

Sea N = 100 3

Balance de R:

3

xR × N = 3

Balance de P:

0.21 × N

Balance de B:

0.07 × N

0.88 × 100 +

r1

(1)

=

0

+

r2

=

0

r1 –

2 r2

(3)

Balance de W:

xW × N =

0

r1 –

r2

(4)

De R2:

xR × N =

3

3

3

3

3

(2)

44

(5)

Resolviendo el sistema de 5 ecuaciones con 5 incógnitas, tenemos: 3

N = 89.7959 r 2 = 18.8571

3

r 1 = – 44

xR = 0.49 3

xW = 0.28

141


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Comprobando en el balance de I si la información es contradictoria o no, da: I:

(1 – 0.49 – 0.21 – 0.07 – 0.28) × 89.7959

=

– 4.4898

0.12 × 100

12

Lo anterior significa que la información que sobra es contradictoria. 3

La posibilidad que se tiene es suprimir una de las informaciones en el reactor. Una de ellas puede ser xB, planteándose nuevamente el problema.

Mezclador

Reactor

Separador

Divisor

Proceso

Global

NVI

6

7+2

10

6

18 + 2

7+2

NBMI

2

5

5

2

14

5

NFC

0

0

0

0

0

0

NCC

1

2

1

0

2

0

NRC R1

1

1

1

R2

1

1

R3

1

1

2

1

4

3

1

3

G de L

Puede verse que el problema está correctamente especificado, la solución se empieza por el reactor. Estrategia de Solución: 2

3

3

3

3

1. Tomando base de cálculo en el reactor y resolviéndolos se conoce: N , N , xR, xW, xB, r1, r2, y se agota R2. 2. Actualizando grados de libertad: 2 Mezclador: G de L A = 2 – 1 (N ) = 1 3 3 3 3 Separador: G de L A = 4 – 1 (N ) – 3 (xB, xR, xW) = 0 Global: G de L A = 3 – 2 (r1, r2) = 1 4

4

4

5

5

7

6

3. Resolviendo el Separador se conocen: NP, NW, NB, N , xR, y arrastro xR y xR; se agotan los balances de P, B y W.

142

www.elsolucionario.net

Tabla de Grados de Libertad del nuevo planteamiento:


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4. Actualizando grados de libertad: 7 Mezclador: G de L A = 1 – 1 (xR) = 0 5 5 Divisor: G de L A = 3 – 1 (N ) – 1 (xR) = 1 4 4 4 6 Global: G de L A = 1 – 3(NP, NW, NB) – 1(xR) + 3(balances agotados:B,P,W)=0 1

1

7

5. Resolviendo Mezclador se conoce: NR, NI, N , y se agota R1. 6. Actualizando grados de libertad: 7 Divisor: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 1 1 Global: G de L A = 0 – 2 (NR, NI) + 1 (R1 agotada) = – 1 7. Se resuelve el Divisor. 8. Se comprueba en el balance Global.

www.elsolucionario.net

Nota: En (6.) se puede reconfirmar grados de libertad Globales y resolverlos. CÁLCULOS: Balances en el Reactor: 2

Base de cálculo:

Balance de R:

Sea N = 100 3

3

xR × N = 3

0.88 × 100 +

r1

(1)

=

0

+

r2

Balance de B:

xB × N =

0

r1 –

2 r2

(3)

Balance de W:

xW × N =

0

r1 –

r2

(4)

0.12 × 100

(5)

Balance de P:

Balance de I:

De R2:

0.21 × N 3

3

3

3

3

3

3

3

(1 – 0.21 – xR – xB – xW) × N 3

3

xR × N =

44

(2)

=

(6)

143


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Resolviendo el sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas, tenemos: 3

3

N = 101.4085

r 1 = – 44

r 2 = 21.2958

xW = 0.2239

xR = 0.4339

3

3

xB = 0.01389

Balances en el Separador: 4

Balance de P:

NP =

Balance de W:

NW =

Balance de B:

NB =

1.4086

+

22.704

21.2958

4

4

5

Total:

N +

21.2958

+

1.4086

=

www.elsolucionario.net

22.704

101.4085

5

N = 55.9987 5

Balance de R:

xR × 55.9987

=

44.0011

5

xR = 0.7858 Se comprueba en el balance de I: 0.11 × 101.4085

=

(1 – 0.7858) × 55.9987

11.99 = 5

11.99

7

Además se puede arrastrar xR = xR = 0.7858 Balances en el Mezclador: 1

0.88 × 100 =

NR +

Total:

100 =

NR +

De R1:

NR =

Balance de R:

1

0.7858 × N

1

1

NI + 1

11 × NI

7

N

7

(1) (2) (3)

144


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Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones: 1

1

NR = 65.9832

7

NI = 5.9985

N =28.0183

Se comprueba en el balance de I: 0.12 × 100 =

5.9985 +

(1 – 0.7858) × 28.0183

12 =

12

Balances en el Divisor: 28.0183

+

6

N =

55.9987

www.elsolucionario.net

Total:

6

N = 27.9804 7

Balance de R: xR × 28.0183

+

6

xR × 27.9804 6

De R3:

xR =

=

0.7858 × 55.9987

7

xR

(1)

(2)

Resolviendo las 2 ecuaciones planteadas: 6

7

xR = 0.7858

xR = 0.7858

Se comprueba en el balance de I: (1 – 0.7858) × 28.0183 +

(1 – 0.7858) × 27.9804 = 11.9949 = 11.9949

(1 – 0.7858) × 55.9987

Finalmente, se comprueban los resultados en los balances Globales: W:

22.7054

=

22.7054 I:

0

=

22.7042

(1 – 0.7858) × 27.9804 = 5.9934

=

(- 44) –

21.2958

5.9985

5.9985

145


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ECUACIONES DEL PROCESO: Otro método de solución al anterior ejercicio, se logra mediante el planteamiento, en el orden secuencial de la estrategia de solución, de todas las ecuaciones involucradas en el proceso utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Reactor:

2

Sea N = 100 3

3

xR × N =

Balance de R:

3

0.88 × N

2

+

r1

(1)

=

0

+

r2

Balance de B:

xB × N =

0

r1 –

2 r2

(3)

Balance de W:

xW × N =

0

r1 –

r2

(4)

Balance de P:

Balance de I:

0.21 × N 3

3

3

3

3

3

3

3

(1 – 0.21 – xR – xB – xW) × N 3

De R2:

3

xR × N =

(2)

=

0.44 × N

0.12 × N

2

www.elsolucionario.net

Base de cálculo:

(5)

2

(6)

Balances en el Separador: 4

Balance de P:

NP =

Balance de W:

NW =

Balance de B:

NB =

Balance de R:

xR × N =

Total:

4

4

5

5

N +

5

4

NP +

0.21 × N 3

3

3

3

3

3

3

(7)

xW × N

(8)

xB × N

(9)

xR × N 4

NW

(10) 4

+

NB

=

3

N

(11)

Mezclador: Balance de R:

2

0.88 × N

1

=

NR +

Total:

N =

NR +

De R1:

NR =

2

1

7

7

xR × N

1

1

NI + 1

11 × NI

(12) 7

N

(13) (14)

146


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Divisor: 7

Balance de R:

7

6

xR × N + 7

Total:

6

5

xR × N =

N +

6

(15)

5

N =

N

6

De R3:

5

xR × N

(16)

7

xR =

xR

(17)

Resolviendo el sistema de 17 ecuaciones con 17 incógnitas: 7

3.29.

N = 28 r1 = – 44 r2 = 21.295775 3 xB = 0.013889 3 xR = 0.433889 3 xW = 0.223889 5 xR = 0.785714 6 xR = 0.785714 7 xR = 0.785714

La mayoría de los procesos modernos para la producción de ácido nítrico se basan en la oxidación progresiva de amoniaco a óxidos de nitrógeno, seguida de la absorción de estos productos intermedios en agua. En el diagrama de flujo que muestra la figura se mezcla amoníaco y aire en una proporción molar de 1 a 10 y se hacen reaccionar catalíticamente en la primera etapa del reactor. Las dos reacciones que se presentan son la reacción principal: 4 NH3 +

5 O2

4 NO

+

6 H2O

y la reacción secundaria: 2 NH3

3/

+

2 O2

N2

+

3 H2O

Todo el NH3 se convierte, con una selectividad del 95 % para el NO. En la segunda etapa de reactor se oxida el NO hasta NO2 de acuerdo con la reacción: NO +

1/

2 O2

NO2

Finalmente la descarga del reactor 2 se trata posteriormente con agua para obtener el producto deseado HNO3 al 60 %. La reacción en el absorbedor es: 2 NO2 +

1/

2 O2 +

H2O

2 HNO3

147

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1

NI = 6 1 NR = 66 3 N = 101.408451 4 NB = 1.408451 4 NP = 21.295775 4 NW = 22.704225 5 N = 56 6 N = 28


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El gas de desperdicio del proceso contiene 0.5 % de NO2 y alrededor de 10 % de agua. Puede considerarse a la composición del aire como 21 % de O2 y 79 % de N2. Suponiendo que todas las composiciones están en porcentaje en mol calcule la composición de todas las corrientes en el proceso.

NO2 0.5 % O2 N2 H2O 10 %

Gas de desperdicio

Reactor 1

H2O

Reactor 2

NH3

www.elsolucionario.net

Absorbedor Aire Producto

HNO3 60 % H2O

SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: 6

N

x6NO2 = 0.005 1

NNH3

x6H2O = 0.1

6

x6O2

2 Reactor 1

(N2) 3 3

NNO 1

3

NH2O 3

2 NAire

x2O2 = 0.21 (N2)

NO2 3

NN2

Reactor 2

4 4

NNO2 4

NH2O 4

Absorbedor

5

7

NO2

N

4

x7NHO3 = 0.6

NN2

5

NH2O

7

(agua)

148


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Relaciones: 2

R1:

NAire

R2:

NNO

3

1

=

10 NNH3

=

0.95 NNH3

1

Las reacciones del proceso son: r

1 ⎯⎯ →

4 NH3 +

5 O2

2 NH3 +

3/

2 2 O2 ⎯⎯→

NO +

1/

3 2 O2 ⎯⎯→

2 NO2 +

1/

2 O2 +

4 NO

+

6 H2O Reactor 1

N2

r

+

3 H2O

NO2 r

4 ⎯⎯ →

H2O

Reactor 2 2 HNO3

www.elsolucionario.net

r

Absorbedor

Tabla de Grados de Libertad: Reactor 1

Reactor 2

Absorbedor

Proceso

Global

7+2

8+1

11 + 1

18 + 4

10 + 4

NBMI

5

5

5

15

7

NFC

0

0

0

0

0

NCC

1

0

3

4

4

NRC R1

1

0

0

1

1

1

0

0

1

0

1

4

4

1

2

NVI

R2 G de L

El problema se encuentra correctamente especificado Reconfirmación de Grados de Libertad: Reactor 1:

1

2

3

3

3

3

Incógnitas =

8 (NNH3, NAire, NNO, NH2O, NO2, NN2, r1, r2)

Ecuaciones =

5 (balances) + 2 (R1, R2)

G de L

1

=

149


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Absorbedor:

Global:

3

3

3

3

4

4

4

4

Incógnitas =

9 (NNO, NH2O, NO2, NN2, NNO2, NH2O, NO2, NN2, r3)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

4

=

4

4

4

4

5

6

6

7

Incógnitas =

9 (NNO2, NH2O, NO2, NN2, NH2O, N , xO2, N , r4)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

4

=

1

2

5

6

6

7

Incógnitas =

10 (NNH3, NAire, NH2O, N , xO2, N , r1, r2, r3, r4)

Ecuaciones =

7 (balances) + 1 (R1)

G de L

2

=

www.elsolucionario.net

Reactor 2:

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Tabla de Balances: Reactor 1 1 1 1 1 1 – – 5

NH3 O2 NO H2 O N2 NO2 HNO3 Total

Reactor 2 – 1 1 1 1 1 – 5

Absorbedor – 1 1 1 1 1 5

Proceso 1 3 2 3 3 2 1 15

Global 1 1 1 1 1 1 1 7

Estrategia de Solución: 3

3

3

1. Se toman base de cálculo en Reactor 1 y resolviendo esta unidad se conoce NNO, NH2O, NO2 3

1

2

, NN2, NNH3, NAire, r1, r2. Se agotan R1, R2 y el balance de NH3 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 3 3 3 3 Reactor 2: G de L A = 4 – 4 (NNO, NH2O, NO2 , NN2) = 4 Global:

G de L A

=

1

2

2 – 2(NNH3, NAire) – 2(r1, r2) + 1(R1) + 1(balance agotado)=0

150


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4

4

4

3. Resolviendo el Reactor 2 se conoce NNO2 , NH2O, NO2, NN2, r3 y se agota el balance de NO. 4. Reconfirmando Grados de libertad en global: Global: G de L A = 0 – 1(r3) + 1 (balance agotado: NO) = 0 6

5

6

7

5. Resolviendo Global se conoce N , NH2O, xO2, N y se agotan los balances de HNO3, O2, N2,H2O, NO2. 6. Se comprueban los resultados en el balance del Absorbedor. CÁLCULOS: Balances en el Reactor 1: 1

Sea NNH3 = 100 2

De R1:

NAire

De R2:

NNO

3

NO:

1

= 10 NNH3 =

1000

1

=

0.95 NNH3 =

95 =

0

+

www.elsolucionario.net

Base de cálculo:

95

4 r1

r 1 = 23.75 NH3:

0

=

100 –

4 × 23.75 – 2 r2

r 2 = 2.5

O2:

3

NO2 =

0.21 × 1000 –

5 × 23.75 – 1.5 × 2.5

3

NO2 = 87.5

H2O:

3

NH2O =

0

+

6 × 23.75

+

3 × 2.5

3

NH2O = 150

151


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3

N2:

NN2 = 0.79 × 1000 +

2.5

3

NN2 = 792.5

Comprobando los resultados en el balance másico total:

Sustancia

Moles

SALIDA Masa

Sustancia

Moles

Masa

95.0

2850

150.0

2700

ˆ O2

87.5

2800

N2

792.5

22190

NH3 O2 N2

100 210 790

Total

1700 6720 22120

ˆ

Reactor 1

NO ˆ H2O

30540

Total

www.elsolucionario.net

ENTRADA

30540

Balances en el Reactor 2:

NO:

0

=

95 –

r3

r 3 = 95

H2O:

4

NH2O

= 150 4

O2:

NO2 =

87.5

0.5 × 95

4

NO2 = 40 4

N2:

NN2

NO2:

NNO2

4

= 792.5

= 95

152


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Comprobando los resultados en el balance másico total:

ENTRADA Masa

NO

95.0

2850

ˆ

H2O

150.0

2700

ˆ

O2

87.5

2800

ˆ

N2

792.5

22190

Total

Sustancia

Moles

Masa

ˆ NO2

95.0

4370

ˆ H2O

150.0

2700

ˆ O2

40.0

1280

ˆ N2

792.5

22190

30540

Total

30540

Balances Globales: O2:

6

6

xO2 N

=

0.21 × 1000 – 6

H2O:

0.1 N

+

5 × 23.75

0.4 N 6

N2:

7

6

(1 – 0.005 – 0.1 – xO2) N

6

NO2:

0.005 N

7

HNO3:

0.6 N

1.5 × 2.5

5

+

=

NH2O

6 × 23.75

=

0.79 × 1000

+

=

0

+

95 –

2 r4

=

0

+

2 r4

0.5 × 95

+

3 × 2.5 –

0.5 r4

r4

2.5

Resolviendo el sistema de 5 ecuaciones con 5 incógnitas, tenemos que: 6

N = 904.8951 6

xO2 = 0.0192

7

N = 150.7925

r4 = 45.2378 5

NH2O = 46.0443

153

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Moles

Reactor 2

Sustancia

SALIDA


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Comprobando los resultados con un balance másico total en el Absorbedor: ENTRADA Moles

95.0000 196.0443 40.0000 792.5000

NO2 H2O O2 N2

Total

Masa

Sustancia

4370.0000 3528.7974 1280.0000 22190.0000

31368.7974

Moles

Masa

NO2

4.52450

208.1270

H2O

150.80650

2714.5170

O2

17.38115

556.1970

N2

792.5

N2

90.47550

Total

22190 5699.9565 31368.7975

www.elsolucionario.net

Sustancia

SALIDA

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Reactor 1: Base de cálculo:

1

Sea NNH3 = 100 2

De R1:

NAire

De R2:

NNO

NO:

NNO

3

3

10 NNH3

=

0.95 NNH3

(2)

=

0

(3)

=

NNH3

NH3:

0

O2:

NO2 =

H2O: N2:

3

3

NH2O

= 3

1

=

NN2 =

(1)

1

+ 1

4 r1 –

4 r 1 – 2 r2

2

(4)

0.21 × NAire –

5 × r1 – 1.5 × r2

(5)

0

+

(6)

+

6 r1 2

0.79 × NAire +

r2

3 r2

(7)

154


www.elsolucionario.net Solucionario de Reklaitis, Capítulo III

Ben – Hur Valencia Valencia

Reactor 2: NO:

3

0

=

NNO

H2O:

NH2O

=

NH2O

O2:

NO2

=

NO2 –

N2:

NN2

=

NN2

(11)

NO2:

NNO2

=

r3

(12)

4

4

4

4

r3

(8)

3

3

(9) 0.5 × r3

(10)

3

6

O2:

6

xO2 N

2

= 0.21 × NAire – 5 r1 – 1.5 r2 – 0.5 r3 – 0.5 r4 6

H2O:

0.1 N + 0.4 N

7

6

N2:

6

(1 – 0.005 – 0.1 – xO2) N

6

NO2:

0.005 N

HNO3:

7

0.6 N

5

(13)

=

NH2O + 6 r1 + 3 r2 – r4

=

0.79 × NAire + r2

(15)

=

0

+

r3 –

(16)

=

0

+

2 r4

2

2 r4

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Globales:

(14)

(17)

Resolviendo el sistema de 17 ecuaciones con 17 incógnitas, tendremos: 2

4

NAire = 1000 3 NH2O = 150

NO2 = 40

NN2 = 792.5

N = 904.8951049 7 N = 150.79254079 r1 = 23.75 r2 = 2.5 r3 = 95 r4 = 45.23776224 6 xO2 = 0.01920788

3

3 NNO = 95 3 NO2 = 87.5 4 NH2O = 150 4 NN2 = 792.5 4 NNO2 = 95

5

NH2O = 46.04428904 6

155


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En un nuevo proceso secreto, se hace reaccionar HD3A4B con AD, para producir los compuestos principales A2B y A3D3 mediante la reacción: HD3A4B

+

AD

A2B

+

A3D3

+

HD

+

A2B

+

A3D3

Desafortunadamente ocurren dos reacciones paralelas: HD3A4B

2 AD ↔

+

HD

+

HAD2 AD

HAD2

Para obtener el producto indeseable HAD2. Se desea limitar a 15 % en base molar el HAD2 en la corriente de producto A3D3, debido a la dificultad de separación de HAD2 de A3D3. La corriente que sale del reactor contiene 20 % de A3D3 en base molar.

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3.30.

Ben – Hur Valencia Valencia

HD3A4B

Mezclador

Reactor A3D3

HD3A4B

HAD2 HD

AD Separador

A2B

Calcule las velocidades de producción de A2B y A3D3 y el flujo de alimentación de HD3A4B fresco, si el flujo de alimentación de AD es de 750 lbmol/h y el AD reacciona completamente.

156


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Ben – Hur Valencia Valencia

SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: 4

NHD3A4B 4

M

1

NHD3A4B

3

5

Reactor

3

5

7

N

N

NHD3A4B

x5A2B 2 NAD

7

Separador

x5A3D3 = 0.2

= 750 lbmol/h

7

xHAD2 = 0.15

6

7

xA3D3

6 NA2B

x5HAD2

(HD)

x5HD3A4B 5

(xHD) Debe analizarse si las tres reacciones son independientes, mediante el procedimiento de reducción del arreglo:

HD3A4B

–1

–1

0

1

0

1

1

0

0

AD

–1

–2

–1

1

–1

0

0

1

0

A2B

1

1

0

–1

0

–1

–1

0

0

A3D3

1

1

0

–1

0

–1

–1

0

0

HD

1

0

–1

–1

–1

–2

–2

1

0

HAD2

0

1

1

0

1

1

1

–1

0

Pudiendo concluirse que sólo hay dos reacciones independientes en el proceso. El cambio químico puede representarse por medio de las dos reacciones siguientes, construidas a partir de los coeficientes del arreglo reducido: A2B

+

+

2 HD

HAD2

HD

A3D3

HD3A4B +

+

HAD2

AD

157

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1


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Ben – Hur Valencia Valencia

Tabla de Grados de Libertad: Mezclador

Reactor

Separador

Proceso

Global

NVI

3

7+2

10

13 + 2

6+2

NBMI

1

6

5

12

6

NFC

0

1

0

1

1

NCC

0

1

2

2

1

G de L

2

1

3

0

0

Mezclador:

Reactor:

Separador:

Global:

1

3

4

Incógnitas =

3 (NHD3A4B, NHD3A4B, NHD3A4B)

Ecuaciones =

1 (balance)

G de L

2

=

3

5

5

5

5

5

5

5

5

Incógnitas =

7 (NHD3A4B, N , xA2B, xHAD2, xHD3A4B, r1, r2)

Ecuaciones =

6 (balances)

G de L

1

=

4

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Reconfirmación de Grados de Libertad:

6

7

7

Incógnitas =

8 (NHD3A4B, N , xA2B, xHAD2, xHD3A4B, NA2B, N , xA3D3)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

3

=

1

6

7

7

Incógnitas =

6 (NHD3A4B, NA2B, N , xA3D3, r1, r2)

Ecuaciones =

6 (balances)

G de L

0

=

158


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Ben – Hur Valencia Valencia

Tabla de Balances: Mezclador

Reactor

Separador

Proceso

Global

HD3A4B

1

1

1

3

1

AD

1

1

1

A2B

1

1

2

1

A3D3

1

1

2

1

HD

1

1

2

1

HAD2

1

1

2

1

Total

1

6

5

12

6

1

7

7

6

1. Resolviendo Globales se obtiene: NHD3A4B, N , xA3D3, NA2B, r1, r2 y se agota el balance de AD. 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 1 Mezclador: G de L A = 2 – 1 (NHD3A4B) = 1 Separador: Reactor:

G de L A G de L A

6

7

7

=0 3 – 2 (NA2B, N ) – 1 (xA3D,) 3 + 1 (balance agotado: AD) = 0 1 – 2 (r1, r2)

= =

3

5

5

5

5

3. Resolviendo el Reactor se obtiene: NHD3A4B, N , xA2B, xHAD2, xHD3A4B y se agotan los balances de A2B, A3D3, HD, HAD2. 4. Reconfirmando grados de libertad en el Separador: 5 5 5 5 Separador: G de L A = 0 – 1 (N ) – 3 (xA2B, xHAD2, xHD3A4B + 4 (balances agotados) = 0 5. Se resuelve el Separador y se comprueban los resultados en el Mezclador. CÁLCULOS: Balances Globales: AD:

0

=

750 +

r2

r 2 = – 750 6

A2B:

NA2B

HAD2:

0.15 N =

= 7

0

r1

0

+

(1)

r1 +

750

(2)

159

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Estrategia de Solución:


www.elsolucionario.net Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III HD3A4B:

0 7

A3D3:

HD:

7

xA3D3 N 7

7

(1 – 0.15 – xA3D3) N

1

=

NHD3A4B

=

0

=

– 750 –

+

Ben – Hur Valencia Valencia

r1

(3)

r1

(4)

2 r1

(5)

Resolviendo el sistema de 5 ecuaciones tenemos: 6

NA2B = 576.923

7

r 1 = – 576.923

7

xA3D3 = 0.5

1

NHD3A4B = 576.923

www.elsolucionario.net

N = 1153.846 7

Por diferencia tenemos:

xHD = 0.35

Balances en el Reactor: 5

A3D3:

0.2 N

=

0

+

576.923

5

N = 2884.615

A2B:

5

xA2B × 2884.615

=

0

+

576.923

5

xA2B = 0.2

HAD2:

5

xHAD2 × 2884.615

=

– 576.923 +

750

5

xHAD2 = 0.06

HD:

5

(0.54 – xHD3A4B) × 2884.615 =

0

+

2 (576.923)

750

5

xHD3A4B = 0.4

160


www.elsolucionario.net Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III HD3A4B:

3

0.4 × 2884.615 =

NHD3A4B –

Ben – Hur Valencia Valencia

576.923

3

NHD3A4B = 1730.769 Balances en el Separador: 5

HD3A4B:

5

xHD3A4B N

4

=

NHD3A4B

4

NHD3A4B = 1153.846 Comprobando los balances en el Mezclador: 1

576.923

3

NHD3A4B =

+

NHD3A4B

576.923

1153.846

=

=

www.elsolucionario.net

4

NHD3A4B +

1153.846

1153.846

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Globales: AD:

0

=

750 +

r2

(1)

A2B:

NA2B

=

0

r1

(2)

=

0

+

r1 –

=

NHD3A4B +

=

0

=

r2 –

HAD2:

6

7

0.15 N

HD3A4B: A3D3: HD:

0 7

7

xA3D3 N 7

7

(1 – 0.15 – xA3D3) N

1

r1

r2

(3) (4)

r1

(5)

2 r1

(6)

161


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Ben – Hur Valencia Valencia

Reactor: 5

A3D3:

0.2 N 5

5

A2B:

xA2B N

HAD2:

xHAD2 N

5

5

5

5

=

0

r1

(7)

=

0

r1

(8)

=

r1 –

r2

(9)

5

5

(0.8 – xA2B – xHAD2 – xHD3A4B) N =

HD: HD3A4B:

5

5

5

5

xHD3A4B N =

– 2 r1

+

+

r1

3

NHD3A4B

r2

(10) (11)

HD3A4B:

xHD3A4B N =

4

NHD3A4B

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Separador: (12)

Resolviendo el sistema de 12 ecuaciones con 12 incógnitas: 1

r1 = – 576.923077

NHD3A4B = 576.923077

r2 = – 750

3

NHD3A4B = 1730.769231 4 NHD3A4B

5

xA2B = 0.2

= 1153.846154

5

xHAD2 = 0.06

5

N = 2884.615385 6 NA2B

5

xHD3A4B = 0.4

= 576.923077

7

xA3D3 = 0.5

7

N = 1153.846154

3.31.

La cianamida de calcio puede producirse a partir de piedra caliza (CaCO3), coque y nitrógeno, usando los pasos de proceso presentados en el diagrama de flujo de la figura: En el horno se descompone térmicamente 90 % del CaCO3 alimentado, según la reacción: CaCO3

CaO

+

CO2

El CO2 se elimina y el material restante se envía a un horno de arco eléctrico, en donde se hace reaccionar con carbón para producir CaC2: CaO

+

3 C

CaC2

+

CO

162


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Ben – Hur Valencia Valencia

En este punto el CaCO3 restante se descompone completamente para producir CaO adicional: →

CaCO3

CaO

+

CO2

El flujo de alimentación de coque se ajusta de manera que la cantidad de C alimentada sea igual a la cantidad estequiométricamente necesaria para hacer reaccionar todo el CaO disponible. Ca(OH)2 CaCN2 Cenizas CO2 H2O N2 CO H2O CO2 C C2H2 Cenizas Ca(OH)2

Arco eléctrico

CaCO CaCO3

CaCO3 (piedra caliza)

CaO CaC2 C Cenizas

Coque 94 % C 6% Cenizas

Horno eléctrico

CaO CaCN2 CaC2 C Cenizas

Apagado CaCN2 con agua H2O C

Separador 1

C2H2 N2 H2O 10 %

N2 Separador 2

(peso) N2

C2H2 H2O

Reposición La conversión de CaO en el horno de arco eléctrico no es completa, sólo puede lograrse alrededor del 90 %. Los subproductos gaseosos CO2 y CO se separan y los demás materiales (CaC2, CaO, carbón y cenizas residuales) se transfieren a un horno eléctrico, en donde el CaC2 reacciona con nitrógeno para producir cianamida: CaC2

+

N2

CaCN2

+

C

La conversión de CaC2 es de 80 %, siempre que se use un exceso de N2 (el triple del requerimiento estequiométrico). Los productos combinados de la reacción se enfrían posteriormente con un exceso de agua. En ésta última operación, el CaC2 y el CaO que no reaccionaron se convierten completamente a hidróxido: CaC2

+ CaO

2 H2O +

→ H2O

Ca(OH)2 →

+

C2H2

Ca(OH)2

163

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Horno


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Ben – Hur Valencia Valencia

De la corriente de salida de la operación anterior se separan sus componentes gaseosos (N2, C2H2 y un poco de vapor de agua). Estos componentes gaseosos se separan posteriormente para obtener N2 purificado, que se recirculan de regreso al horno eléctrico. a. Efectúe el análisis de Grados de Libertad, para demostrar que el proceso está subespecificado. b. Realice los cálculos de balance hasta donde sea posible. ¿En qué punto ya no fue suficiente la información especificada? ¿Cuánta información adicional sería necesaria?

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SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo: 11 Ca(OH)2

N

11 CaCN2

N 10 Cenizas

F 5

5

4

NCO

F

w4C = 0.94

5

(cenizas)

Arco eléctrico

[4]

10 C2H2

N

8

NCO2

NCaO 8

6 NCaO

NCaC2

6 NCaC2

NCaCN2

[6] 6

NC

8

Horno eléctrico

6

FCenizas

[8] 8

NC

9

N

[9]

N

Apagado con agua

[2]

Horno [1] 1

NCaCO3

[15] 15 N2

N

10 C

12 C2H2

N

[12]

12 N2

[14] 2 NCO2

Separador 1

N

7 NN2

[7]

[10]

12 H2 O

[3]

3

[11]

N

FCenizas

NCaO3

11 Cenizas

F

N N

8

3

10 CaCN2 10 N H2 O

10 N2

8

11 C

N

10 Ca(OH)2

NH2O

NN2

NCaO

11 H2 O

N

14 N N2

Separador 2 [13] 13 H2 O

N

13 C2H2

N

164


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Ben – Hur Valencia Valencia

Las reacciones son: CaCO3 → CaO

+

CaO

CaCO3 →

CaC2

+

N2

CaO

+

r1

+

CO

CaO

+

CaCN2 +

2 H2O →

+

CO2

→ CaC2

3 C

CaC2

+

H2O

r2

CO2

Ca(OH)2 →

r3

+

C

r4

C2H2

r5

Ca(OH)2

r6

1

R1:

0.1 NCaCO3 =

R2:

wC F

R3:

NCaO

R4:

NCaC2

R5:

NN2

4

4

6

8

7

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Relaciones: 3

NCaCO3 3

=

3 NCaCO

=

0.1 NCaO

=

0.2 NCaC2

=

3 NCaC2

3

6

6

a. Efectúe el análisis de Grados de Libertad, para demostrar que el proceso está sub-especificado. Tabla de Grados de Libertad: Horno

Arco

Horno

Apagado

4+1

10 + 2

11 + 1

14 + 2

NBMI

3

7

6

9

NCC

0

1

0

0

NRC R1

1

R2

1

R3

1

R4

1

R5

1

1

2

4

7

NVI

G de L

165


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NVI NBMI NCC NRC R1 R2 R3 R4 R5 G de L

Separad. 1 15 7 0 – – – – – 8

Separad. 2 6 3 0 – – – – – 3

Ben – Hur Valencia Valencia

Mezclador 3 1 0 – – – – – 2

Proceso 39 + 6 36 2 1 1 1 1 1 2

Global 15 + 5 12 1 – – – – – 7

Horno:

1

2

3

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Reconfirmación de Grados de Libertad: 3

Incógnitas = 5 (NCaCO3, NCO2, NCaO, NCaCO3, r1) Ecuaciones = 3 (balances) + 1 (R1) G de L

Arco eléctrico:

= 1 3

3

4

5

5

6

6

6

6

Incógnitas = 11 (NCaO, NCaCO3, F , NCO2, NCO, NCaO, NCaC2, NC, NCenizas, r2, r3) Ecuaciones = 7 (balances) + 2 (R2, R3) G de L

Horno eléctrico:

= 2 6

6

6

6

7

8

8

8

8

8

8

8

Incógnitas = 12 (NCaO, NCaC2, NC, NCenizas, NN2, NCaO, NCaC2, NCaCN2, NC, NN2, 8

NCenizas, r4) Ecuaciones = 6 (balances) + 2 (R4, R5) G de L

Apagado:

= 4 8

8

8

8

9

10 Cenizas,

Incógnitas = 16 (NCaO, NCaC2, NCaCN2, NC, NN2, NCenizas, NH2O, N 10 Ca(OH)2,

N

10 CaCN2,

N

10 H2O,

N

10

10 N2, r5, r6)

10 C2H2,

N

N C, N

Ecuaciones = 9 (balances) G de L

= 7

166


www.elsolucionario.net Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III Separador 1:

10 10 10 Cenizas, N C2H2, N Ca(OH)2, 11 11 11 N Ca(OH)2, N CaCN2, N H2O,

Incógnitas = 15 (N

Ben – Hur Valencia Valencia 10 10 10 10 11 CaCN2, N H2O, N C, N N2, N C, 11 12 12 12 N Cenizas, N C2H2, N N2, N H2O)

N

Ecuaciones = 7 (balances) G de L

= 8 12 C2H2,

Separador 2: Incógnitas = 6 (N

12 N2,

N

12 H2O,

N

13 H2O,

N

13 C2H2,

N

14 N2)

N

Ecuaciones = 3 (balances)

Mezclador:

= 3 7

14 N2,

Incógnitas = 3 (NN2, N

15 N2)

N

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G de L

Ecuaciones = 1 (balances) G de L

Global:

= 2 1

2

4

5

5

9

11 11 Ca(OH)2, N CaCN2, 11 11 11 13 13 15 N H2O, N C, N Cenizas, N H2O, N C2H2, N N2, r1’, r2, r4, r5 , r6)

Incógnitas = 19 (NCaCO3, NCO2, F , NCO2, NCO, NH2O, N

Ecuaciones = 12 (balances) G de L

= 7

El proceso tiene 2 Grados de Libertad. Al tomar una Base de Cálculo quedaría con un Grado de Libertad o sea que se encuentra Sub - especificado. No puede resolverse completamente el problema. Como el Horno tiene 1 grado de libertad, puede tomarse ahí la Base de Cálculo y la Estrategia de Solución informará hasta dónde puede resolverse el problema.

167


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Ben – Hur Valencia Valencia

b. Realice los cálculos de balance hasta donde sea posible. ¿En qué punto ya no fue suficiente la información especificada? ¿Cuánta información adicional sería necesaria?

Arco eléctrico

Horno eléctrico

Apagado

Separador 1

Separador 2

Mezclador

Proceso

Global

CaO

1

1

1

1

4

1

CaC2

1

1

1

3

1

CaCN2

1

1

1

3

1

CaCO3

1

1

2

1

Ca(OH)2

1

1

2

1

C

1

1

1

1

4

1

C2H2

1

1

1

3

1

CO

1

1

1

CO2

1

1

2

1

Cenizas

1

1

1

1

4

1

N2

1

1

1

1

1

5

1

H2O

1

1

1

3

1

Total

3

7

6

9

7

3

1

36

12

www.elsolucionario.net

Horno

Tabla de Balances:

Estrategia de Solución: 1

2

3

3

1. Tomando Base de Cálculo en el Horno y resolviéndolo se obtiene: NCaCO3, NCO2, NCaO, NCaCO3 y r1 .Se agota R1. 2. Actualizando los Grados de Libertad: 3 3 Arco eléctrico: G de L A = 2 – 2 (NCaO, NCaCO3) = 0 Globales:

1

2

G de L A = 7 – 2 (NCaCO3, NCO2) – 1 (r1) = 4

168


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5

5

Ben – Hur Valencia Valencia 6

6

6

6

3. Resolviendo el Arco eléctrico se obtiene: F , NCO2, NCO, NCaO, NCaC2, NC, FCenizas, r2 y r3. Se agotan R2, R3 y los balances de CaCO3, CO2 y CO. 4. Actualizando los Grados de Libertad: 4 5 5 Globales: G de L A = 5 – 3 (F , NCO2, NCO) – 2 (r2, r3) + 3 (balances agotados) = 3 Horno eléctrico:

6

6

6

6

G de L A = 4 – 4 (NCaO, NCaC2, NC, FCenizas) = 0 7

8

8

8

8

8

8

5. Resolviendo el Horno eléctrico se obtiene: NN2, NCaO, NCaC2, NCaCN2, NC, NN2, FCenizas y r4. Se agotan R4 y R5. 6. Actualizando los Grados de Libertad: 8 8 8 8 8 8 Apagado: G de L A = 7 – 6 (NCaO, NCaC2, NCaCN2, NC, NN2, FCenizas) = 1 7

G de L A = 2 – 6 (NN2) = 1 G de L A = 3 – 1 (r4) = 1

Como ninguna unidad queda con cero Grado de Libertad, no puede resolverse ninguna de ellas o lo que es lo mismo, todas las variables quedarían en función de una de ellas (Un grado de libertad significa un número de incógnita mayor en 1 al número de ecuaciones). El balance podría realizarse completamente si se conociera, el flujo de la corriente 9 o el de la corriente 15. CÁLCULOS: Balances en el Horno: 1

Base de Cálculo:

De R1:

NCaCO3 = 3

NCaCO3

CaCO3:

=

10 =

100

0.1 × 100 = 10

100 – r1

r 1 = 90

CaO:

3

NCaO

=

0 + r1

3

NCaO = 90 CO2:

2

NCO2

=

0 + r1

2

NCO2 = 90

169

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Mezclador: Global:


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Ben – Hur Valencia Valencia

Balances en el Arco eléctrico: 4

De R2:

0.94 F

=

3 × 90 × 12

4

F = 3446.81 6

De R3:

NCaO*

=

0.1 × 90

6

NCaO* = 9 CaO:

9

=

90 – r2

6

CaC2: CaCO3:

NCaC 0

=

=

81

10 – r3

6

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r 2 = 81

r 3 = 10

6

NCaO = NCaO* + r3 = 9 + 10 = 19 6

NCaO = 19

C:

N 6C =

0.94 × 3446.81 − 3 r2 12 6

NC = 27 5

CO2:

NCO2

CO:

NCO

Cenizas:

FCenizas =

5

6

=

10

=

81

0.06 × 3446.81

6

FCenizas = 206.81

170


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Ben – Hur Valencia Valencia

Balances en el Horno eléctrico:

De R4:

8

NCaC2

=

0.2 × 81

8

NCaC2 = 16.2

De R5:

7

NN2

=

3 × 81

7

NN2 = 243 16.2

=

81 – r4

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CaC2:

r 4 = 64.8 8

CaCN2:

NCaCN2 =

CaO:

NCaO

N2:

NN2

8

8

64.8

=

19

=

243 – 64.8

8

NN2 = 178.2

C:

8

NC

=

27 + 64.8

8

NC = 91.8

Cenizas:

8

FCenizas =

206.81

171


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Ben – Hur Valencia Valencia

Para resolver el problema utilizando el Programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX se plantean las ecuaciones de balances en el orden dado por la Estrategia de Solución: Horno:

De R1:

1

NCaCO3 = 100 3

NCaCO3

=

3

CaCO3:

NCaCO3 =

CaO:

NCaO

CO2:

1

0.1 × NCaCO3 1

(1)

NCaCO3 – r1

(2)

=

0 + r1

(3)

NCO2

=

0 + r1

(4)

De R2:

0.94

=

3 × NCaO × 12

De R3:

NCaO*

=

0.1 × NCaO

CaO:

NCaO*

=

NCaO – r2

(7)

CaC2:

NCaC2

=

r2

(8)

0

=

NCaCO3 – r3

NCaO

=

NCaO

3

2

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Base de Cálculo:

Arco eléctrico:

6

6

6

CaCO3: 6

C:

N 6C =

3

3

3

+

0.94 × F 4 − 3 r2 12

NCO2 = r3

CO:

NCO = r2 6

(10)

(12)

5

FCenizas = 0.06 × F

r3

(9)

(11)

5

CO2:

Cenizas:

(6)

3

6

(5)

(13) 4

(14)

172


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Ben – Hur Valencia Valencia

Horno eléctrico: 6

NCaC2 = 0.2 × NCaC2

De R5:

NN2 = 3 × NCaC2

CaC2:

NCaC2 = NCaC2 – r4

7

(15)

6

8

(16)

6

(17)

8

CaCN2:

NCaCN2 = r4 8

6

CaO:

NCaO = NCaO

N2:

NN2 = NN2 – r4

C:

NC = NC + r4

8

8

(19)

7

8

Cenizas:

(18)

(20)

6

(21)

6

FCenizas = FCenizas

www.elsolucionario.net

8

De R4:

(22)

Resolviendo el sistema de 22 ecuaciones con 22 incógnitas: F

4

= 3446.808511

6

FCenizas = 206.808511 8

FCenizas = 206.808511 2

NCO2 = 90 3

NCaCO3 = 10 3

NCaO = 90 5

NCO = 81 5

NCO2 = 10

6

NCaO* = 9 7

NN2 = 243 8

NC = 91.8 8

NCaC2 = 16.2 8

NCaCN2 = 64.8 8

NCaO = 19 8

NN2 = 178.2 r1 = 90

6

r2 = 81

6

r3 = 10

6

r4 = 64.8

NC = 27 NCaC2 = 81 NCaO = 19

173


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Ben – Hur Valencia Valencia

El óxido de etileno se fabrica por la oxidación parcial de etileno con oxígeno, utilizando un catalizador de plata: 2 C2H4

+

O2

2 C2H4O

también ocurre una reacción paralela indeseable: C2H4

+

3 O2

2 CO2 +

2 H2O

Con una composición de entrada al reactor de 10 % de C2H4, 11 % de O2, 1 % de CO2 y el resto de inerte diluyente N2, se observa una conversión de 25 %, y se obtiene una corriente de salida del reactor con 2 moles de CO2 por mol de H2O.

Divisor

8

Mezclador

1

C2H4 2

6 C2H4 O2 N2 CO2

O2 3

C2H4 10 % 11 % O2 N2 CO2 1 %

N2 Diluyente

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7

Absorbedor

4

Reactor

5

25 % C2H4O CO2 H2O

12

C2H4O 4 % CO2 H2O 9

Agotador 10 Vapor de agua 11 H2O

H2O

El óxido de etileno se elimina de la corriente que sale del reactor mediante un absorbedor. Se observa que los gases de descarga superior del absorbedor contienen 6 moles de C2H4 por mol de CO2. El líquido del absorbedor, que contiene 4 % de C2H4O, se envía a un agotador de vapor de agua. El análisis del producto, corriente 12, corresponde a 25 % de C2H4O. Parte de los gases del observador se purgan y el resto se recircula al reactor. a. Construya una tabla de Grados de Libertad, mostrando que el proceso está especificado correctamente. b. Deduzca un orden de cálculo, suponiendo que se desean determinar todos los flujos y composiciones. Explique.

174


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Ben – Hur Valencia Valencia

c. Calcule el N2 diluyente necesario por mol de C2H4 alimentada al proceso. d. Calcule el rendimiento global de C2H4O a partir de C2H4 para el proceso. e. Calcule el rendimiento fraccional de C2H4O, tal como ocurre en el reactor mismo. Explique por qué son diferentes. El rendimiento global se define como:

moles de C 2 H 4 O producidas realmente moles de C 2 H 4 O que podrían producirsesi todo el C 2 H 4 alimentadose usara para producir sólo C 2 H 4 O

Rendimiento global =

SOLUCIÓN:

x7C2H4

6

N

D

N

x8C2H4

8

N

x6O2

8

(N2)

10 H2 O

x6C2H4

x7O2 x7CO2

6

x8O2

5

x6CO2

NC2H4

(N2)

NC2H4O

5

5

5

NH2O

4

N M

2 2 NO2

4

x4C2H4 = 0.10 x4O2

= 0.11

(N2) 3

NN2

9

N

x4C2H4O = 0.04

5

Reactor

NN2

5

x9CO2 (H2O)

x4CO2 = 0.01 3

9

5

NO2

(N2)

1

10

NCO2

x8CO2

1 NC2H4

Absorbedor

7

12

12

N

x12C2H4O

= 0.25

x12CO2 (H2O)

Agotador

7

N

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Diagrama cuantitativo:

10 11 N H2 O

11

175


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Ben – Hur Valencia Valencia

a. Construya una tabla de Grados de Libertad, mostrando que el proceso está especificado correctamente. Por simple inspección se concluye que las reacciones son independientes. Relaciones: 5

4

R1:

NC2H4 = 0.75 × 0.1 N

R2:

NCO2 = 2 NH2O

R3:

xC2H4 = 6 xCO2

R4:

RD =

5

5

6

6

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(4 – 1) (2 – 1) = 3

Tabla de Grados de Libertad:

Mezclador

Reactor

Absorbedor

Agotador

Divisor

Proceso

Global

NVI

11

10 + 2

14

8

12

33 + 2

11 + 2

NBMI

4

6

6

3

4

23

6

NFC

0

0

0

0

0

0

0

NCC

3

3

1

2

0

5

1

NRC R1

1

1

R2

1

1

1

R3

1

1

1

1

1

R4

3

3

3

1

5

3

4

1

5

G de L

Reconfirmación de Grados de Libertad: Mezclador:

1

2

3

4

8

8

8

8

Incógnitas = 8 (NC2H4, NO2, NN2, N , N , xC2H4, xO2, xCO2) Ecuaciones = 4 (balances) + 1 (R3) G de L

= 3

176


www.elsolucionario.net Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III Reactor:

4

5

5

Ben – Hur Valencia Valencia

5

5

5

5

Incógnitas = 9 (N , NN2, NC2H4, NC2H4O, NCO2, NO2, NH2O, r1, r2) Ecuaciones = 6 (balances) + 2 (R1, R2) G de L

Absorbedor:

= 1 5

5

5

5

5

5

6

6

Incógnitas = 13 (NC2H4, NC2H4O, NCO2, NO2, NH2O, NN2, N , xC2H4, 6

6

9

9

10 H2O)

xO2, xCO2, N , xCO2, N

Ecuaciones = 6 (balances) + 2 (R2, R3)

Agotador:

= 5 9

9

10 H2O,

Incógnitas = 6 (N , xCO2, N

11 H2O,

N

12

N ,x

122 CO2)

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G de L

Ecuaciones = 3 (balances) G de L

Divisor:

= 3 6

6

6

6

7

7

7

7

8

8

= 12 (N , xC2H4, xO2, xCO2, N , xC2H4, xO2, xCO2, N , xC2H4,

Incógnitas

8

8

xO2, xCO2) Ecuaciones = 4 (balances) + 4 (R3, R4) G de L

Global:

= 4 1

2

3

7

7

7

7

11 H2O,

Incógnitas = 12 (NC2H4, NO2, NN2, N , xC2H4, xO2, xCO2, N x

122 CO2, r1, r2)

Ecuaciones = 6 (balances)

12

N ,

+ 1 (R3)

G de L = 5

Al tomar Base de Cálculo en el Reactor, tanto éste como el proceso quedan especificados correctamente.

177


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Ben – Hur Valencia Valencia

b. Deduzca un orden de cálculo, suponiendo que se desean determinar todos los flujos y composiciones. Explique.

Mezclador

Reactor

Absorbedor

Agotador

Divisor

Proceso

Global

C2H4

1

1

1

1

4

1

O2

1

1

1

1

4

1

N2

1

1

1

1

4

1

CO2

1

1

1

1

1

5

1

C2H4O

1

1

1

3

1

H2O

1

1

1

3

1

Total

4

6

6

3

4

23

6

Estrategia de Solución: 5

5

5

5

5

5

1. Se toma Base de Cálculo en el Reactor. Resolviéndolo se conoce N , xC2H4, xO2, xCO2, xH2O, xC2H4O, 4

N , r1, r2. Se agotan R1 y R2. 2. Actualizando los Grados de Libertad: 5 5 5 5 5 5 Absorbedor: G de L A = 5 – 6 (NC2H4, NO2, NCO2, NH2O, NC2H4O, NN2) + 1 (R2 agotada) = 0 4 Mezclador: G de L A = 3 – 1 (N ) = 4 Global: G de L A = 5 – 2 (r1, r2) = 3 9

9

10 H2O,

3. Resolviendo el Absorbedor se conoce: N , xCO2, N 7

7

7

8

8

8

6

6

6

6

N , xC2H4, xCO2, xO2. De la condición del

Divisor: xC2H4, xO2, xCO2, xC2H4, xO2, xCO2. 4. Actualizando los Grados de Libertad: 9 10 9 Agotador: G de L A = 3 – 2 (N , N H2O) – 1 (xCO2) = 0 6

6

6

6

Divisor:

G de L A = 4 – 1 (N ) – 3 (xC2H4, xCO2, xO2) + 1 (R3 agotada) = 1

Mezclador:

G de L A = 2 – 3 (xC2H4, xO2, xCO2) + 1 (R3 agotada) = 0

Global:

G de L A = 3 – 3 (xC2H4, xO2, xCO2) + 1 (R3 agotada) = 1

8

8

8

7

7

7

11 H2O,

5. Resolviendo el Agotador se conoce: N

12

12 CO2.

N ,x

Se agotan los balances de C2H4O y H2O.

6. Reconfirmando los Grados de Libertad del Mezclador: Mezclador:

G de L R = 0 – 0 = 0

178

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Tabla de Balances:


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2

3

Ben – Hur Valencia Valencia 8

7. Resolviendo el Mezclador se conoce: NC2H4, NO2, NN2 y N . 8. Actualizando los Grados de Libertad: 11 12 1 2 3 12 Global: G de L A = 1 – 5 (N H2O, N , NC2H4, NO2, NN2) – 1 (x CO2) + 2 (balances agotados: C2H4O, H2O) = – 3 8 Divisor: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 9. Se resuelve el Divisor y se comprueban los resultados en los Balances Globales. CÁLCULOS: Balances en el Reactor: 4

N = 1000

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Base de Cálculo: 5

De R1:

NC2H4 = 0.75 × 0.1 × 1000 5

NC2H4 = 75 5

N2:

NN2 = 0.78 × 1000 5

NN2 = 780 5

C2H4:

NC2H4 = 0.1 × 1000 – 2 r1 – r2

CO2:

NCO2 = 0.01 × 1000

5

+ 2 r2

(2)

5

H2O:

NH2O = 2 r2

De R2:

NCO2 = 2 NH2O

5

(1)

(3)

5

(4)

Resolviendo el sistema se obtienen los siguientes resultados: r 1 = 10 5

NCO2 = 20

r2 = 5 5

NH2O = 10

179


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Ben – Hur Valencia Valencia

Continuando con los Balances: 5

O2:

NO2 = 0.11 × 1000

– 10 – 3 × 5

5

NO2 = 85 5

C2H4O:

NC2H4O = 2 × 10 = 20

Sumando los flujos de la corriente 5: 5

N

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= 990

Comprobando los resultados en el Balance de Materia:

ENTRADA Sustancia

Moles

SALIDA Masa

C2H4

100

2800

O2

110

3520

10

440

780

21840

CO2 N2 Total

Sustancia

Reactor

28600

Moles

Masa

C2H4

75

2100

O2

85

2720

CO2

20

880

780

21840

H2O

10

180

C2H4O

20

880

N2

Total

28600

Balances en el Absorbedor: C2H4O:

9

0.04 N

= 20 9

N

CO2:

C2H4:

6

6

20 = xCO2 N

= 500 9

+ xCO2 × 500 6

6

75 = xC2H4 N

(5)

(6)

180


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De R3:

Ben – Hur Valencia Valencia

6

xC2H4 = 6 xCO2

H2O:

10 H2O

= (1 – 0.04 – xCO2) × 500

9

10 H2O

= N

10 + N

Total:

(7)

990 + N

6

(8)

+ 500

(9)

Resolviendo el sistema: 6

= 462.5

N

6

= 952.5

6

xC2H4 = 0.07874 9

xCO2 = 0.0131233

xCO2 = 0.015

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10 H2O

N

Continuando con los Balances: 6

O2:

85 = xO2 × 952.5 6

xO2 = 0.08924 Los resultados de comprueban en el Balance de N2 o Balance Dependiente: 780 = (1 – 0.07874 – 0.08924 – 0.0131233) × 952.5 780 = 780 Balances en el Agotador: C2H4O:

12

5N

= 0.04 × 500 12

N

CO2:

12 CO2

0.015 × 500 = x x

H2O:

= 80

12 CO2

= 0.09375

11 H2O

(1 – 0.04 – 0.015) × 500 + N

11 H2O

N

× 80

= 462.5 + (1 – 0.25 – 0.09375) × 80 = 42.5

181


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Ben – Hur Valencia Valencia

Comprobando en el Balance Total: 500 + 42.5 = 462.5 + 80 542.5 = 542.5 Por las restricciones del divisor: 8

xC2H4 = 0.07874

8

xO2 = 0.08924

8

xCO2 = 0.0131233

Balances en el Mezclador: 0.0131233 × N

8

= 0.01 × 1000 8

N

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CO2:

= 762

1

C2H4:

NC2H4 + 0.07874 × 762 = 0.1 × 1000 1

NC2H4 = 40 2

O2:

NO2 + 0.08924 × 762 = 0.11 × 1000 2

NO2 = 42

N2:

3

NN2 = 780 – (1 – 0.08924 – 0.0131233 – 0.07874) × 762 3

NN2 = 156

Los resultados se comprueban en el Balance Dependiente: 40 + 42 + 156 + 762 = 1000 1000 = 1000

182


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Balances en el Divisor: 7

Total:

952.5 = 762 + N 7

N

= 190.5 7

C2H4:

0.07874 × 952.5 = 0.07874 × 762 + xC2H4 × 190.5 7

xC2H4 = 0.07874 7

O2:

0.08924 × 952.5 = 0.08924 × 762 + xO2 × 190.5 7

CO2:

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xO2 = 0.08924 7

0.0131233 × 952.5 = 0.0131233 × 762 + xCO2 × 190.5 7

xCO2 = 0.0131233 Los resultados se comprueban con un Balance de Materia en Unidad Dependiente, los Balances Globales: ENTRADA Sustancia

Moles

SALIDA Masa

Sustancia

Moles

C2H4 O2 N2 H2O

40.0 42.0 156.0 42.5

1120 1344 4368 765

Global

C2H4O

20.0

880

CO2

7.5

330

H2O

52.5

945

C2H4

15.0

420

O2

17.0

544

2.5

110

156.0

4368

CO2 N2 Total

7597

Masa

Total

7597

c. Calcule el N2 diluyente necesario por mol de C2H4 alimentada al proceso.

⎛ N N3 2 ⎛ N 2 diluyente ⎞ ⎟⎟ = ⎜ 1 ⎜⎜ ⎜ NC H C H alimentado ⎠ ⎝ 2 4 2 4 ⎝

⎞ ⎟ = 156 = 3.9 ⎟ 40 ⎠

183


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d. Calcule el rendimiento global de C2H4O a partir de C2H4 para el proceso.

⎞ ⎛ N12C2H4O ⎟ × 100 % ⎜ Rendimiento Global = ⎜ N C H O máximo⎟ ⎠ ⎝ 2 4 ⎛ 20 ⎞ Rendimiento Global = ⎜ ⎟ × 100 = 50 % ⎝ 40 ⎠ Valor que corresponde al porcentaje de C2H4O producido.

⎛ ⎞ N C5 2H4O ⎜ ⎟ × 100 % Rendimient o Fraccional = ⎜ N C H O (máximo) ⎟ 2 4 ⎝ ⎠ ⎛ N C5 2 H4O Rendimiento Fraccinal = ⎜ ⎜ 0.25 × 0.1 N 4 ⎝

⎞ ⎟ × 100 % = ⎛⎜ 20 ⎞⎟ × 100 % = 80 % ⎟ ⎝ 25 ⎠ ⎠

Valor que es el porcentaje del C2H4 que reacciona y forma óxido de etileno en el reactor. Explique por qué son diferentes. Los dos valores difieren porque no están referidos a las mismas cantidades de reactivos. Resolviendo el problema utilizando el Programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX se plantean las ecuaciones del proceso: Reactor: 4

Base de Cálculo:

N = 1000 5

4

De R1:

NC2H4 = 0.75 × 0.1 N

C2H4:

NC2H4 = 0.1 N – 2 r1 – r2

CO2:

NCO2 = 0.01 N

H2O:

NH2O = 2 r2

De R2:

NCO2 = 2 NH2O

5

4

5

4

5

5

+ 2 r2

(1) (2) (3) (4)

5

(5)

184

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e. Calcule el rendimiento fraccional de C2H4O, tal como ocurre en el reactor mismo.


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4

O2:

NO2 = 0.11 × N

N2:

NN2 = 0.78 N

5

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– r1 – 3 r2

(6)

4

(7)

5

C2H4O:

NC2H4O = 2 r1 5

N

5

5

(8)

5

5

5

5

= NC2H4 + NO2 + NCO2 + NH2O + NC2H4O + NN2

(9)

Absorbedor: 0.04 N

5

= NC2H4O

5

6

5

6

(10)

6

9

O2:

NCO2 = xCO2 N

C2H4:

NC2H4 = xC2H4 N

De R3:

xC2H4 = 6 xCO2

6

5

(11)

6

(12)

6

(13)

10 H2O

= (1 – 0.04 – xCO2) N

10 H2O

= N + N

H2O:

NH2O + N

Total:

N + N

5

9

+ xCO2 N

9

6

5

6

6

8

(14) (15)

6

NO2 = xO2 N

De R4:

xO2 = xO2 6

9

9

O2:

(16) (17)

8

xCO2 = xCO2 6

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9

C2H4O:

(18)

8

xC2H4 = xC2H4

(19)

Agotador: 12

C2H4O:

0.25 N

CO2:

xCO2 N

H2O:

9

9

9

9

11 H2O

(0.96 – xCO2) N + N

9

= 0.04 × N

(20)

12 CO2

(21)

= x

10 H2O

= N

12

N

+ (0.75 – x

12 CO2)

12

N

(22)

185


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Mezclador: 8

CO2:

8

4

xCO2 N = 0.01 N 1

C2H4:

8

8

NC2H4 + xC2H4 N 2

O2:

8

8

NO2 + xO2 N

N2:

0.78 N

4

3

4

= 0.1 N

(24) 4

= 0.11 N

(25)

8

= NN2 +

(23)

8

8

8

(1 – xC2H4 – xO2 – xCO2) N

(26)

Balances en el Divisor: N

C2H4:

xC2H4 × N

6

6

6

O2:

6

xO2 × N 6

CO2:

6

xCO2 × N

8

7

= N

+ N

8

8

7

= xC2H4 × N 8

8

7

+ xC2H4 × N 7

= xO2 × N 8

(27) (28)

7

+ xO2 × N 8

= xCO2 × N

7

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6

Total:

(29) 7

+ xCO2 × N

(30)

Resolviendo el sistema de 30 ecuaciones y 30 incógnitas, se obtiene: 10 H2O

= 462.5

NH2O = 10

11 H2O

= 42.5

NN2 = 780

N N

12

N

= 80

1

NC2H4 = 40 2

NO2 = 42 3

NN2 = 156 5

N

= 990

5

NC2H4 = 75 5

NC2H4O = 20 5

NCO2 = 20

5 5 5

NO2 = 85 6

N

7

N

8

N

9

N

6

xO2 = 0.08924 7

xC2H4 = 0.07874 7

= 952.5

xCO2 = 0.0131233

= 190.5

xO2 = 0.08924

= 762 = 500

r1 = 10 r2 = 5 x

6

xCO2 = 0.0131233

12 CO2

= 0.09375

7 8

xC2H4 = 0.07874 8

xCO2 = 0.0131233 8

xO2 = 0.08924 9

xCO2 = 0.015

6

xC2H4 = 0.07874

186


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El importante producto químico industrial Na2CO3 se produce a partir de piedra caliza, CaCO3, sal y coque, C usando el proceso Solvay.

O2 Purga N2 6 CO2

7 Gases de venteo O2 5 N2 CO2 36.75 %

39.37 % NaCl H2O Salmuera 14

O2 15 N2 CO2

Unidad de carbonación

17

C

1 Horno de cal

CaCO3 2

NH3

3

Aire O2 %

12

NaCl NH4OH CO2 50.57 % H2O

O2 N2 CO2 16 NaHCO3 NaCl NH4Cl NH4OH H2O CO2

10

4

21

CaO

Recuperación de amoníaco 9

Apagador H2O

8

Separador

Ca(OH)2 35 % H2O 11 CaCl2 NH4OH 80 % H2O

13 4.7 % CO2 NaCl 7.65 % H2O 61.54 % NH4Cl NH4OH

NaHCO3 NaCl H2O 18

19 CO2

Calcinador 21

H2O 20

Na2CO3 NaCl

Producto

En este ingenioso proceso, la reacción química hipotética: CaCO3 +

2 NaCl

CaCl2

+ Na2CO3

que no ocurre bajo condiciones industrialmente aceptables, se efectúa indirectamente mediante una secuencia de reacciones en las que interviene amoniaco como producto intermedio. En el diagrama de flujo mostrado en la figura, se carga coque (supuestamente 100% carbón) y piedra caliza (supuestamente CaCO3 puro) a un horno, en proporción de 3 moles de C a 4 moles de CaCO3.

187

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3.33.

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En el horno, el carbón se quema completamente con aire (21 % de O2 y 79 % de N2): C

+

O2

r

1 ⎯⎯ →

CO2

y proporciona el calor requerido para efectuar la descomposición térmica del CaCO3: r

2 CaCO3 ⎯⎯ →

CaO

+ CO2

Parte de los gases de descarga del horno, que contiene 36.75 % de CO2, se purgan y el resto (63.25 %) se envían a la unidad de carbonación.

CaO

+

r

3 ⎯⎯ →

H2O

Ca(OH)2

Esta solución de hidróxido reacciona en la unidad de recuperación de amoniaco con la recirculación de cloruro de amonio de la unidad de carbonación, para producir amoniaco y el subproducto CaCl2: 2 NH4Cl

+

Ca(OH)2

r

4 ⎯⎯ →

2 NH3

+

CaCl2

+

2 H2O

La corriente de recirculación (corriente 13) contiene 4.7 % de CO2 disuelto, 7.65% de NaCl, 61.54 % de H2O y el resto de los compuestos de amonio. La corriente de subproducto CaCl2 también contiene 80 % de H2O y una cantidad pequeña de NH4OH. Debido a esta perdida de amoniaco, deberá suministrarse al proceso algo de NH3 de reposición. El consumo típico de NH3 en la planta es de 1 mol de NH3 por cada 17.5 moles de Na2CO3 producidas. El NH3 introducido, así como el NH3 producido por la reacción, se hidrolizan inmediatamente a hidróxido de amonio en la unidad de recuperación de amoniaco. NH3

+

H2O

r

5 ⎯⎯ →

NH4OH

La corriente 12, de hidróxido de amonio concentrado (sólo 50.57 % de H2O) proveniente de la unidad de recuperación, se introduce a la unidad de carbonación, en donde el hidróxido reacciona con el NaCl (que se alimenta como salmuera saturada que contiene 39.37 % de NaCl) y con un gas rico en CO2 para producir NaHCO3 mediante la reacción: NH4OH

+ CO2

+

NaCl

r

6 ⎯⎯ →

NaHCO3 + NH4Cl

Los gases residuales de la unidad de carbonación se descargan a la atmósfera, en tanto que la lechada de producto, que contiene el precipitado de NaHCO3, se envía a un subproceso de separación.

188

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El residuo sólido del horno, que se supone contiene únicamente CaO, se hace reaccionar con agua en una unidad llamada “apagador” para producir una solución al 35 % de hidróxido de calcio, mediante la reacción así,


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En la unidad de separación se filtra el bicarbonato y se lava en etapas, para producir una corriente de bicarbonato húmedo, que contiene bicarbonato y un poco de NaCl. La corriente liquida residual de la unidad de separación se recircula a la unidad de recuperación de amoníaco, mientras que la corriente de bicarbonato húmedo se carga a un horno rotatorio, llamado calcinador, en donde se descompone térmicamente el bicarbonato para producir carbonato de sodio: 2 NaHCO3

r

7 ⎯⎯ →

Na2CO3

+

CO2 +

H2O

a. Construya una tabla de Grados de Libertad y demuestre que el proceso esta especificado correctamente. b. Describa el orden en que se deben efectuar los cálculos, para determinar todos los flujos y composiciones en el diagrama de flujo. c. Calcule las moles de solución de CaCl2 producidas (corriente 11) por mol de salmuera alimentada (corriente 14).

SOLUCIÓN: Relaciones: R1:

R2:

R3:

R4: R5:

2 N CaCO 3

N

N7 N6

1 C

=

N 21 Na 2 CO 3 N 10 NH 3 N 21 Na 2 CO 3 N 21 NaCl

=

4 3

64 36

= 17.5

= 50

Restricciones del divisor = (3 – 1) (2 – 1) = 2

189

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El producto sólido resultante contiene 2 moles de NaCl por cada 100 moles de carbonato de sodio. El CO2 y H2O eliminados en el calcinador, se enfrían para recuperar el H2O por condensación. El CO2 se mezcla con los gases de descarga del horno de piedra caliza, y se alimenta a la unidad de carbonación. Supóngase que todas las composiciones están en fracción mol o porcentaje en mol.


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Diagrama cuantitativo:

6

7

N

N

x6CO2 = 0.3675

D

6

(N2)

x7O2 (N2)

5

N

N 5

x5O2 x5CO2

15 CO2

N

14

= 0.3675

15 O2

x14NaCl = 0.3937

N

(H2O)

N

Salmuera

14

Unidad de carbonación

17 N2

N

M

17

de cal

3

N

16 O2

N

x12NaCl 12 x12NH4OH

2 3

16 CO2

N

x12H2O = 0.5057

4

16

(CO2)

= 0.21

10 NH3

N

Apagador

(N2)

10

9 9

N

x9Ca(OH)2 = 0.35

8 NH2O

16 CO2 16 O2

N

13

N

x13CO2 = 0.047 13

19

x13NaCl = 0.0765 x13H2O

= 0.6154

11

18 NaCl

N

18 H2 O

11

N

N

(CaCl2)

18 NaHCO3

N 18

x11H2O = 0.8

19 CO2

N

x13NH4OH (NH4Cl)

x11NH4OH

16 O2

N

(H2O) 8

16 CO2

N

N

4

NCaO

Recuperación de amoníaco

2

NCaCO3

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12

Horno

x3O2

17 O2

N

N

1

1

17 CO2

N

15 N2

(N2) NC

15

Separador

x6O2

x7CO2 = 0.3675

7

20 H2 O

N

20

Calcinador 21 21 NaCl

N

21 Na2CO3

N

190


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a. Construya una tabla de Grados de Libertad y demuestre que el proceso está especificado correctamente. Tabla de Grados de Libertad:

NVI NBMI NCC NRC R1 R2 R3 R4 R5 G de L

Apagador

Divisor

8+2 6 2 1 – – – – 1

4+1 3 1 – – – – – 1

9 3 1 – 1 – – 2 2

Unidad de carbonación 18 + 1 8 2 – – – – – 9

Recuperación de amoniaco 15 + 2 8 6 – – – – – 3

Separador 14 6 3 – – – – – 5

Calcinador

Mezclador

Proceso

Global

7+1 5 0 – – – 1 – 2

7 3 1 – – – – – 3

51 + 7 42 9 1 1 1 1 2 1

20 + 7 15 4 1 – 1 1 – 5

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NVI NBMI NCC NRC R1 R2 R3 R4 R5 G de L

Horno

Reconfirmación de Grados de Libertad: Horno:

1

2

3

4

5

5

Incógnitas = 8 (NC, NCaCO3, N , NCaO, N , xO2, r1, r2) Ecuaciones = 6 (balances) + 1 (R1) G de L

Apagador:

= 1 4

8

9

Incógnitas = 4 (NCaO, NH2O, N , r3) Ecuaciones = 3 (balances) G de L

= 1

191


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5

5

6

6

6

7

Ben – Hur Valencia Valencia 7

7

Incógnitas = 8 (N , xO2, N , xCO2, xO2, N , xCO2, xO2) Ecuaciones = 3 (balances) + 3 (R2, R5) G de L

= 2

Recuperación de amoníaco: 9

10 NH3,

11

Incógnitas = 11 (N , N

11 NH4OH,

N ,x

12

12 NaCl,

N ,x

12 NH4OH,

x

13

13 NH4OH, r4, r5)

N ,x

Ecuaciones = 8 (balances)

Separador:

= 3 13

13 16 16 NH4OH, N NaHCO3, N NaCl, 18 18 18 N NaHCO3, N NaCl, N H2O)

Incógnitas = 11 (N , x

16 NH4Cl,

16 NH4OH,

N

N

16 H2O,

16 CO2,

N

N

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G de L

Ecuaciones = 6 (balances) G de L

= 5

Unidad de Carbonación: 12

12 12 14 NaCl, x NH4OH, N , 16 16 16 N NH4Cl, N NH4OH, N H2O,

15 15 15 16 N2, N O2, N CO2, N NaHCO3, 16 17 17 17 N CO2, N CO2, N N2, N O2, r6)

Incógnitas = 17 (N , x

N

16 NaCl,

N

Ecuaciones = 8 (balances) G de L

Calcinador:

= 9 18 NaHCO3,

Incógnitas = 8 (N

18 NaCl,

18 H2O,

N

N

19 CO2,

N

20 H2O,

N

21 NaCl,

N

21 Na2CO3, r7)

N

Ecuaciones = 5 (balances) + 1 (R4) G de L

Mezclador:

= 2 7

7

17 CO2,

Incógnitas = 6 (N , xO2, N

17 N2,

N

17 O2,

N

19 CO2)

N

Ecuaciones = 3 (balances) G de L

= 3

192


www.elsolucionario.net Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III Globales:

1

2

3

15 O2,

N

6

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6

8

10 NH3,

21 NaCl,

N

Incógnitas = 23 (NC, NCaCO3, N , N , xO2, NH2O, N N

15 20 CO2,N H2O,

N

11

11 NH4OH,

N ,x

14

15 N2,

N ,N

21 Na2CO3, r1, r2, r3, r4, r5, r6, r7)

Ecuaciones = 15 (balances) + 3 (R1, R3, R4) G de L = 5 Tomando una Base de Cálculo el Proceso y dos Unidades quedan con 0 Grados de Libertad, por tanto está correctamente especificado. Tabla de Balances:

C CaCO3 O2 N2 CO2 CaO Ca(OH)2 H2O NH4Cl NH3 CaCl2 NH4OH NaCl NaHCO3 Na2CO3 Total

Unidad de carbonación – – 1 1 1 – – 1 1 – – 1 1 1 – 8

Apagador – – – – – 1 1 1 – – – – – – 3

Divisor – – 1 1 1 – – – – – – – – – 3

Recuperación – – – – 1 – 1 1 1 1 1 1 1 – 8

Separador – – – – 1 – – 1 1 – – 1 1 1 6

Calcinador

Mezclador

Proceso

Global

– – – – 1 – – 1 – – – – 1 1 1 5

– – 1 1 1 – – – – – – – – – – 3

1 1 4 4 7 2 2 5 3 1 1 3 4 3 1 42

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 15

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C CaCO3 O2 N2 CO2 CaO Ca(OH)2 H2O NH4Cl NH3 CaCl2 NH4OH NaCl NaHCO3 Total

Horno 1 1 1 1 1 1 – – – – – – – – 6

193


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b. Describa el orden en que se deben efectuar los cálculos, para determinar todos los flujos y composiciones en el diagrama de flujo. Estrategia de Solución: 1. Se toma Base de Cálculo en el Horno de Cal, quedando correctamente especificado éste y el Proceso. 1 4 2 3 5 5 6 7 Se realizan los balances y se conoce NC, NCaO , NCaCO3, N , N , xO2; (xO2, xO2 por arrastre en el Divisor), r1 y r2. Se agotan R1 y los balances de C y CaCO3. 2. Actualizando los Grados de Libertad: 4 Apagador: G de L A = 1 – 1 (NCaO) = 0 5 5 Divisor: G de L A = 2 – 1 (N ) – 1 (xO2) = 0 1

2

3

6

Mezclador:

9

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G de L A = 5 – 3 (NC, NCaCO3, N ) – 1 (xO2) – 2 (r1, r2) + 1 (R1 agotada) + 2 (balances agotados) = 2 7 G de L A = 3 – 1 (xO2) = 2

Global:

8

3. Resolviendo el Apagador se conoce: N , NH2O y r3. Se agota el balance de CaO. 4. Confirmando los Grados de Libertad del Divisor: Divisor: G de L A = 0 – 0 = 0 6

7

5. Resolviendo el Divisor se conoce: N y N . Se agotan R2 y R5. 6. Actualizando los Grados de Libertad: 9 Recuperación: G de L A = 3 – 1(N ) = 2 7 Mezclador: G de L A = 2 – 1(N ) = 1 6 8 6 Global: G de L A = 2 – 2 (N , NH2O) – 1 (xO2) – 1 (r3) + 1 (CaO) = 0 10 NH3,

7. Resolviendo los balances Globales se conoce: r4, r5, r6, r7, N 15 20 CO2,N H2O,

N

21 NaCl,

N

21 Na2CO3.

N

11

11 NH4OH,

N ,x

14

15 N2,

N ,N

15 O2,

N

Se agotan R3, R4 y los balances de Ca(OH)2, NH3, CaCl2, Na2CO3.

8. Actualizando los Grados de Libertad: 10 11 11 Recuperación: G de L A = 2 – 2 (N NH3, N ) – 1 (x NH4OH) – 2 (r4, r5) + 3 (balances agotados: Ca(OH)2, NH3, CaCl2) = 0 20 21 21 Calcinador: G de L A = 2 – 3 (N H2O, N NaCl, N Na2CO3) – 1 (r 7) + 1 (R4 agotada) + 1 (balance agotado: Na2CO3) = 0 Unidad de Carbonación: 14 15 15 15 G de L A = 9 – 4 (N , N N2, N O2, N CO2) – 1 (r6) = 4 12

9. Resolviendo los balances en la Recuperación de Amoniaco se conoce: N , x x

13 NH4OH.

12 NaCl,

12 NH4OH,

x

13

N ,

194


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10. Confirmando los Grados de Libertad en el Calcinador: Calcinador: G de L A = 0 – 0 = 0 11. Resolviendo los balances del Calcinador se conoce: N

18 NaHCO3,

12. Actualizando los Grados de Libertad: 19 Mezclador: G de L A = 1 – 1 (N CO2) = 0 13

18 NaHCO3,

G de L A = 5 – 4 (N , N

Separador:

18 NaCl,

N

18 NaCl,

N

18 H2O

N

18 H2O)

N

19 CO2.

yN

– 1 (x

13 NH4OH)

=0

13. Se resuelven los Balances del Mezclador y del Separador.

c. Calcule las moles de solución de CaCl2 producidas (corriente 11) por mol de salmuera alimentada (corriente 14). CÁLCULOS: Balances en el Horno de Cal: Las reacciones son: C

+

CaCO3

Base de Cálculo: De R1:

r

1 ⎯⎯ →

O2 r

2 ⎯⎯ →

CaO

CO2 +

CO2

1

NC = 150 moles/h 2

3 NCaCO3 = 4 × 150 2

NCaCO3 = 200 C:

r 1 = 150

CaCO3:

0 = 200 – r2 r 2 = 200

CaO:

4

NCaO = 200

195

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14. Los resultados se comprueban en la unidad dependiente, o sea la Unidad de Carbonación.


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CO2:

0.3675 N

= 150 + 200

5

N

= 952.381

5

O2:

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3

xO2 × 952.381 = 0.21 N – 150 5

N2:

(1)

3

(0.6325 – xO2) × 952.381 = 0.79 N

(2)

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

Por las restricciones del divisor:

3

0.0084

N

5

6

7

xO2 = xO2 = xO2 =

= 752.381

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5

xO2 =

0.0084

Además: 3

3

NO2 = 158

5

NN2 = 594.381

5

NCO2 = 350

5

NO2 = 8

NN2 = 594.381

5

xN2 = 0.6241

Balances en el Apagador: La reacción es: CaO

+

H2O

CaO:

r

3 ⎯⎯ →

Ca(OH)2

r 3 = 200 9

Ca(OH)2:

0.35 N = 200 9

N

= 571.429

Por tanto, 9

NCa(OH)2 = 200

9

NH2O = 371.429

196


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8

H2O:

0.65 × 571.429 = NH2O – 200 8

NH2O = 571.429 Balances en el Divisor: 7

De R2:

36 N

6

= 64 N 6

Total:

952.381 = N

(1)

7

+ N

(2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2): 6

N

7

= 342.857

N

= 609.524

6

7

NCO2 = 126

6

NCO2 = 224

7

NO2 = 2.88

6

NO2 = 5.12

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Luego:

7

NN2 = 213.977

NN2 = 380.404

Balances Globales: Las reacciones que ocurren en el proceso son: C

+

CaCO3

CaO

+

O2

CaO H2O

2 NH4Cl + Ca(OH)2 → 2 NH3 NH3

+

H2O

CO2 +

r1 = 150

CO2

r2 = 200

Ca(OH)2

r3 = 200

+

+

r4

CaCl2

2 H2O

NH4OH

NH4OH + CO2 + NaCl → NaHCO3 + NH4Cl 2 NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O

r5 r6 r7

197


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Los balances son: 0.6241 × 342.857 + N

15 N2

= 0.79 × 752.381

213.977 + N 15 N2

0.0084 × 342.857 + N

15 O2

= 0.21 × 752.381 – 150 15 O2

N

= 5.12

Ca(OH)2:

r4 = 200

NH4Cl:

r6 = 400

NaHCO3:

r7 = 200

CO2:

15 CO2

0.3675 × 342.857 + N

= 150 + 200 – 400 + 200

15 CO2

= 24

N Na2CO3:

21 Na2CO3

N

= 200 21 NaCl

De R4:

200 = 50 N 21 NaCl

N

= 4 14

NaCl:

4 = 0.3937 N 14

N

– 400

= 1026.162 10 NH3

De R3:

200 = 17.5 N 10 NH3

N NH3:

= 594.381

= 380.404

N O2:

15 N2

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N2:

= 11.429

1.429 + 2 × 200 – r5 = 0 r5 = 411.429

198


www.elsolucionario.net Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III 11 NH4OH

NH4OH:

11

x

N

11 NH4OH)

CaCl2:

(0.2 – x

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= 411.429 – 400

(1)

= 200

(2)

11

N

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) simultáneamente: 11 NH4OH

= 0.01081 20 H2O

H2O:

0.8 × 1057.145 + N

N

11

= 1057.145

= 571.429 + 0.6063 × 1026.162 – 200 + 2 × 200 – 411.429 + 200 20 H2O

N

= 336.446

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x

Balances en el Recuperador de Amoníaco: Las reacciones son: 2 NH4Cl

+

r

4 ⎯⎯ →

Ca(OH)2

NH3

+

2 NH3

+

r

5 ⎯⎯ →

H2O

CaCl2

+

2 H2O

NH4OH

Los balances son: NH4Cl:

13 NH4OH)

0 = (0.2611 – x 12

H2O:

NaCl:

CO2:

NH4OH:

– 2 × 200

0.5057 N

= 0.6154 N

12 NaCl

= 0.0765 N

x

12

N

12 NH4OH

(1 – 0.5057 – x 12 NH4OH

x

13

N

12

N

=

– x

x

13

(1)

– 485.716

(2)

13

12 NaCl)

(3) 12

N

13 13 NH4OH N +

= 0.047 N

400

13

(4)

(5)

199


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Resolviendo el sistema de 5 ecuaciones con 5 incógnitas, se encuentra: 12

N

= 1702.891 x

12 NaCl

N

13

= 2188.6

= 0.09832

x

x

13 NH4OH

12 NH4OH

= 0.33557

= 0.07833

Balances en el Calcinador: La reacción es: 2 NaHCO3

r

7 ⎯⎯ →

Na2CO3 +

CO2

+

H2O

Los balances son:

NaCl:

18 NaHCO3

N

= 400

18 NaCl

N

18 H2O

H2O:

N

CO2:

N

19 CO2

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NaHCO3:

= 4

= 136.446

= 200

Balances en el Mezclador: 17 O2

O2:

CO2:

N

17 CO2

0.3675 × 609.524 + 200 = N 17 CO2

N

Total:

= 5.120

= 424 17 N2

609.524 + 200 = 424 + N 17 N2

N

+ 5.120

= 380.404

200


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Balances en el Separador: 16 NaHCO3

= 400

N

16 NaCl

NaCl:

N

16 NaCl

N

= 4 + 0.0765 × 2188.6 = 171.428

16 H2O

H2O:

N

16 H2O

N

= 136.446 + 0.6154 × 2188.6 = 1483.31

16 CO2

CO2:

N

16 CO2

N

= 0.047 × 2188.6 = 102.864

16 NH4OH

NH4OH:

N

16 NH4OH

N

NH4Cl:

= 0.07833 × 2188.6 = 171.433

0.18277 × 2188.6 = 16 NH4Cl

N

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NaHCO:

16 NH4Cl

N

= 400

Los resultados se comprueban en el Balance de NaCl de la Unidad de Carbonación: x

12 NaCl

12

N

+ 0.3937 N

14

16 NaCl

– r6 = N

0.09832 × 1702.891 + 0.3937 × 1026.162 – 400 = 171.428 171.428 = 171.428 Por tanto:

⎛ N 11 ⎞ moles de solución de CaCl 2 ⎛ 1057.145 ⎞ = ⎜⎜ 14 ⎟⎟ = ⎜ ⎟ = 1.0302 mol de salmuera alimentada ⎝ 1026.162 ⎠ ⎝N ⎠

201


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Para resolver el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX, se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de Solución: 1

Base de Cálculo:

NC = 150 moles/h

Horno de Cal: 2

1

3 NCaCO3 = 4 NC

(1)

1

C:

0 = NC – r1

CaCO3:

0 = NCaCO3 –

2

r2

(3)

4

NCaO = r2

CaO: CO2:

(2)

0.3675 N

5

5

5

5

5

O2:

xO2 N

N2:

(0.6325 – xO2) N

(4)

= r1 + r2

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De R1:

(5) 3

= 0.21 N – r1 = 0.79 N

(6)

3

(7)

Apagador: 4

CaO:

0 = NCaO – r3 9

Ca(OH)2:

0.35 N

H2O:

0.65 N

9

(8)

= r3

(9) 8

= NH2O – r3

(10)

Divisor: 7

De R2:

36 N

Total:

N

CO2: O2:

5

0.3675 N 5

5

5

xO2 N

6

= 64 N

(11)

6

7

= N + N 6

(12)

6

7

7

= xCO2 N + xCO2 N 6

6

7

7

= xO2 N + xO2 N

(13) (14)

202


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Ben – Hur Valencia Valencia

6

De R5:

0.3675 = xCO2 5

(15)

6

xO2 = xO2

(16)

Globales: 6

15 N2

= 0.79 N

6

15 O2

= 0.21 N – r1

(1 – 0.3675 – xO2) N + N

O2:

xO2 N + N

6

3

(17)

3

(18)

Ca(OH)2:

0 = r3 – r4

(19)

NH4Cl:

0 = r6 – 2 r4

(20)

NaHCO3:

0 = r6 – 2 r7

(21)

CO2:

0.3675 N

6

15 CO2

+ N

= r1 + r2 – r6 + r7

(22)

21 Na2CO3

= r7

(23)

21 Na2CO3

= 50 N

Na2CO3:

N

De R4:

N

21 NaCl

NaCl:

N

21 Na2CO3

De R3:

N 10 NH3

NH3:

N

NH4OH:

= 0.3937 N

11 NH4OH

N

11 NH4OH)

N

(1 – 0.8 – x

11

11

(24) 14

– r6

(25)

10 NH3

= 17.5 N

+ 2 r4 – r5 = 0 x

CaCl2:

21 NaCl

=

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6

N2:

(26) º

r5 – r6

= r4

(27) (28) (29)

H2O: 11

0.8 N

20 H2O

+ N

8

= NH2O + (1 – 0.3937) N

14

– r3 + 2 r4 – r5 + r7

(30)

203


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Ben – Hur Valencia Valencia

Recuperador de Amoníaco:

NH4Cl: H2O:

0 = (1 – 0.047 – 0.0765 – 0.6154 – x 12

11

0.5057 N

+ 0.8 N 11 NH4OH

NH4OH:

x

N

9

11

12 NH4OH

+ x

12

N

12 NaCl

x (1 – 0.5057 – x

13

= (1 – 0.35) N + 0.6154 N

NaCl: CO2:

13 NH4OH)

12 NH4OH

12 NaCl)

– x

13 13 NH4OH N

= x

12

N

13

– 2 r4

+ 2 r4 – r5

(32)

+ r5

(33)

13

N = 0.0765 N 12

N

= 0.047 N

(31)

(34)

13

(35)

18 NaHCO3

NaHCO3:

N

= 2 r7

18 NaCl

= N

20 H2O

= N

19 CO2

= r7

NaCl:

N

H2O:

N

CO2:

N

(36)

21 NaCl

18 H2O

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Calcinador:

(37) + r7

(38) (39)

Mezclador: 7

O2:

7

xO2 N 7

CO2:

(40)

17 CO2

(41)

7

19 CO2

= N

7

19 CO2

= N

18 NaHCO3

= N

xCO2 N + N N + N

Total:

17 O2

= N

17 CO2

17 N2

+ N

17 O2

+ N

(42)

Separador: NaHCO: NaCl:

N 18 NaCl

N

13

+ 0.0765 × N

16 NaHCO3

(43)

16 NaCl

(44)

= N

204


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H2O:

N

13

+ 0.6154 × N

13

CO2:

0.047 N

NH4OH: NH4Cl:

13 NH4OH

N

13 NH4OH)

N

x (0.2611 – x

13

13

Ben – Hur Valencia Valencia

16 H2O

(45)

16 CO2

(46)

16 NH4OH

(47)

16 NH4Cl

(48)

= N

= N = N

= N

Al resolver el sistema de 48 ecuaciones y 48 incógnitas, se encuentra: = 11.428571

N = 12 N = 13 N = 14 N = 15 N CO2

1057.142857 1702.877979 2188.592265 1026.162052 = 24

15 N2 = 380.403809 15 N O2 = 5.12 16 N CO2 = 102.863836 16 N H2O = 1483.307446 16 N NH4Cl = 400 16 N NH4OH = 171.441440 16 N NaCl = 171.427308 16 N NaHCO3 = 400 17 N CO2 = 424 17 N N2 = 380.403809 17 N O2 = 5.12 18 N H2O = 136.447767 18 N NaCl = 4 18 N NaHCO3 = 400 19 N CO2 = 200 20 N H2O = 336.447767

N

21 Na2CO3 = 200 21 N NaCl = 4 2 NCaCO3 = 200 3

N

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10 NH3 11

N

N = 752.380952 4 NCaO = 200 5 N = 952.380952 6 N = 342.857143 7 N = 609.523809 8 NH2O = 571.428571 9

N = 571.428571 r1 = 150 r2 = 200 r3 = 200 r4 = 200 r5 = 411.428571 r6 = 400 r7 = 200 11 x NH4OH = 0.0108108

12 NH4OH = 0.335574 12 x NaCl = 0.0983202 13 x NH4OH = 0.0783341 5 xO2 = 0.0084 6 xCO2 = 0.3675 6 xO2 = 0.0084 7 xCO2 = 0.3675 7 xO2 = 0.0084

x

205


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3.34.

Ben – Hur Valencia Valencia

El importante producto químico intermedio acetaldehído puede producirse catalíticamente a partir de la oxidación parcial del eteno. La reacción principal es: C2H6

+

O2

C2H4O

+

H2O

Sin embargo, existen varias reacciones paralelas que ocurren de manera significativa:

C2H6

+

3/ O2 2

CH3OH 2 CO

7/

+

+ +

2 O2 → 1/ O2 2

3 H2O

2 CO2 CH3OH

→ →

+ +

CO +

CH2O C2H6

3 H2O

+ +

H2O

H2O 5/

2 O2

Para reducir la formación de estos subproductos diversos, el reactor debe operarse a una conversión baja de C2H6 y proporciones altas de C2H6 a O2 en la alimentación al reactor. Por

lo tanto, en el proceso debe usarse una razón de recirculación elevada y, debido a que se utiliza aire como fuente de oxígeno, debe tener una corriente de purga en la recirculación para eliminar el N2 inerte. Para evitar perdidas valiosas de etano en la purga, en el diagrama de flujo de la figura se divide a la corriente de recirculación en dos partes iguales. Una parte se somete a una separación que eliminará preferencialmente una corriente de N2, CO y CO2 para descargarlos a la atmósfera. La otra mitad de la corriente de recirculación se envía directamente de regreso al reactor, sin tratamiento alguno. Supóngase que, bajo ciertas condiciones de operación, se observa que el gas de venteo, corriente 9, contiene iguales cantidades molares de CO y CO2, la corriente de producto (corriente 5) contiene partes iguales de 33 1/3 % de C2H4O, 33 1/3 % de CH3OH y 33 1/3 % de CH2O, y la corriente de salida del reactor contiene 35 % de C2H6, 51 % de N2, 1 % de C2H4O y 8.5 % combinado de CO y CO2. También se observa que se forma un mol de H2O en el proceso (corriente 6) por cada mol de C2H6 fresco alimentado al proceso (corriente 13). Todas las composiciones y condiciones adicionales están en unidades molares.

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C2H6

a. Construya una tabla de Grados de Libertad y demuestre que el problema esta especificado correctamente. b. Seleccione la ubicación de la base y proponga un orden de calculo unidad por unidad, que debería seguirse si se desea calcular todas las corrientes en el diagrama de flujo. Explique su razonamiento detalladamente. c. Calcule el rendimiento global de C2H4O a partir de C2H6. El rendimiento global se define como: Rendimiento Global =

Velocidad global de producción de C 2H 4O en la planta Velocidad global de producción de C 2H 4O que podria alcanzarse si todo el C 2H 4 convertido se usara exclusivamente para producir C2 H4O

Para estos cálculos utilice una base de 12 mol/h de la corriente 5.

206


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Ben – Hur Valencia Valencia

d. Suponga que al sistema dado anteriormente se agrega la reacción: 2 CO

+

O2

2 CO2

Tiene algún efecto esta reacción sobre los cálculos de balance ?. De ser así, cuál es el efecto ?. Explique detalladamente. SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo: 7

NCO2 9

10 CO2

N

10 CO

N

10 N2

N

11

N

x11O2 = 0.21 11

13 N C2H6

12 C2H6 12 N CO2 12 N CO 12 N O2 12 N N2

N

12

13

M2

x7CO2

Separador 3

x7CO

1 1

NC2H6 1 NCO2 1 NCO 1 NO2 1

NN2

7

7

(xN2)

8

N

x8C2H6

M1

(N2)

10

x7C2H6

8

x8CO2

D 4

2

x8CO 8 (xN2)

N

N

x4C2H6

x2C2H6 = 0.35 x2C2H4O = 0.01

4

x2CH3OH x2CH2O Reactor

2

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10 C2H6

N

7

N

7 NCO 7 NN2

x2CO2 x2CO x2N2 =

x4CO 4 (xN2)

Separador 1 3

0.51

NC2H4O

(agua)

3

NCH3OH 3

NCH2O

5

N

x 5C2 H4O

x4CO2

=

x 5CH3OH = (CH2O)

3 N3 H2 O

1 3 1 3

5

Separador 2

6

6

NH2O

207


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Relaciones: 8

R1:

N

7

9

= N

2

2

6

R3: xCO2 + xCO = 0.085 R5:

9

R2: NCO = NCO2 13 C2H6

R4: NH2O = N

Restricciones del divisor = (4 – 1) (2 – 1) = 3

Las reacciones del proceso son: + C2H6

r

1 ⎯⎯ →

O2

2 ⎯⎯ → r

3 ⎯⎯ →

2 CO2

CH3OH

r

4 1/ O2 ⎯⎯ → 2

CH3OH + 2 CO

r

+ 7/2 O2

C2H6 + 3/2 O2

C2H4O +

r

H2O

3 H2O

CO

CH2O

5 → C2H6 3 H2O ⎯⎯

+

+

+

+

+

H2O 5/

+

H2O

2 O2

a. Construya una tabla de Grados de Libertad y demuestre que el problema esta especificado correctamente. La matriz de reacciones es: 2a. Reacción

1a. Reacción

3a. Reacción

5a. Reacción

0

1

C2H6

−1

−1

O2

−1

C2H4O

1

0

0

0

0

H2O

1

3

1

1

−3

CO2

0

2

0

0

0

CH3OH

0

0

1

–1

0

CH2O

0

0

0

1

0

CO

0

0

1

0

−2

7 2

−1

4a. Reacción

3 2

1 2

5 2

208

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C2H6


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La matriz de reacciones reducida es: C2H6 O2 C2H4O H2O CO2 CH3OH CH2O CO

1 0 0 0 2 0 –3 –1

0 1 0 0 −2 0 0 2

0 0 1 0 1 0 −2 −1

0 0 0 1 −1 0 −1 2

0 0 0 0 0 1 −2 1

Ninguna columna se reduce a ceros, esto quiere decir que ninguna de las reacciones del proceso es dependiente.

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 R4 R5 G de L

Mezclador 1

Mezclador 2 Reactor

15 5 0 1

11 5 0 – – – – –

Separador 1

13 + 5 9 0 3 – – 1 – – 5

0 – – – – –

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Tabla de Grados de Libertad:

16 8 0 3 – – 1 – –

9

6

Separador 2

Divisor

Separador 3

Proceso

Global

NVI

8

12

11

48 + 5

10 + 5

NBMI

4

4

4

39

9

NFC

0

NCC

2

0

4

0

0

0

0

0

6

3

1

1

1

1

1

NRC R1

R2

R3

1

R4

1

1

R5

3

1

1

G de L

2

3 4

6

209


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Reconfirmación de Grados de Libertad: 11

8

8

8

8

12 12 C2H6, N CO, 12 10 10 10 10 N CO2, N N2, N CO2, N C2H6, N CO)

Mezclador 1: Incógnitas = 14 (N , N , xC2H6, xCO2, xCO, N

12 O2,

N

12 N2,

N

Ecuaciones = 5 (balances) G de L

= 9 13 12 12 C2H6, N C2H6, N CO, 1 1 1 NC2H6, NCO, NO2)

Mezclador 2: Incógnitas = 11 (N

12 O2,

N

12 N2,

N

2

2

N

12 CO2,

1

1

NN2, NCO2,

G de L

Reactor:

www.elsolucionario.net

Ecuaciones = 5 (balances) = 6 1

1

1

1

1

2

Incógnitas = 15 (NCO2, NC2H6, NCO, NO2, NN2, N , xCH3OH, xCH2O, 2

2

xCO2, xC O, r1, r2, r3, r4, r5) Ecuaciones = 9 (balances) + 1 (R3) G de L

= 5 2

2

2

2

2

3

3

3

Separador 1: Incógnitas = 13 (N , xCH3OH, xCH2O, xCO2, xCO, NC2H4O, NCH3OH, NCH2O, 3

4

4

4

4

NH2O, N , xC2H6, xCO2, xCO) Ecuaciones = 8 (balances) + 1 (R3) G de L

Separador 2: Incógnitas

= 4 3

3

3

3

5

6

= 6 (NC2H4O, NCH3OH, NCH2O, NH2O, N , NH2O)

Ecuaciones = 4 (balances) G de L

= 2

210


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Divisor:

4

4

4

8

8

8

8

7

7

7

7

7

7

10 C2H6,

N

6

11

7

Incógnitas

= 12 (N , xC2H6, xCO2, xCO, N , xC2H6, xCO2, xCO, N , xC2H6, xCO2, xCO)

Ecuaciones

= 4 (balances) + 4 (R1, R5)

G de L

Separador 3:

4

Ben – Hur Valencia Valencia

= 4 9

Incógnitas

9

9

7

= 11 (NN2, NCO, NCO2, N , xC2H6, xCO2, xCO, 10 N2,

N

10 CO2)

10 CO,

N

Ecuaciones = 4 (balances) + 1 (R2)

Global:

= 6 9

9

9

5

13 C2H6)

Incógnitas

= 12 (r1, r2, r3, r4, r5, NN2, NCO, NCO2, N , NH2O, N , N

Ecuaciones

= 9 (balances) + 2 (R2, R4)

G de L

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G de L

= 1

El proceso está correctamente especificado. Tabla de Balances: Mezclador 1

Mezclador 2

Reactor

Separador 1

C2H6

1

1

1

1

O2

1

1

1

C2H4O

1

1

H2O

1

1

CO2

1

1

1

1

CH3OH

1

1

CO

1

1

1

1

CH2O

1

1

N2

1

1

1

1

Total

5

5

9

8

211


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Proceso

Global

1

Separador 3 1

6

1

3

1

C2H4O

1

3

1

H2O

1

3

1

CO2

1

1

6

1

CH3OH

1

3

1

CO

1

1

6

1

CH2O

1

3

1

N2

1

1

6

1

Total

4

4

4

39

9

C2H6

Separador 2 –

O2

Divisor

b. Seleccione la ubicación de la Base de Cálculo y proponga un orden de calculo unidad por unidad, que debería seguirse si se desea calcular todas las corrientes en el diagrama de flujo. Explique su razonamiento detalladamente. Estrategia de Solución: 5

1. Tomando como Base de Cálculo cualquiera de las corrientes 5, 6, 9, 11 o 13. Sea N . 9

9

9

11

13 C2H6,

2. Se resuelven los balances en Globales y se obtiene NN2, NCO, NCO2, N , N Se agotan R2 y R4.

6

NH2O, r1, r2, r3, r4 y r5.

3. Actualizando los Grados de Libertad: 11 Mezclador 1: G de L A = 9 – 1 (N ) = 8 13 Mezclador 2: G de L A = 6 – 1 (N C2H6) = 5 6

5

Separador 2:

G de L A = 2 – 2 (NH2O, N ) = 0

Separador 3: Reactor:

G de L A = 6 – 3 (NN2, NCO, NCO2) + 1 (R2 agotada) = 4 G de L A = 5 – 5 (r1, r2, r3, r4, r5) = 0

9

9

9

3

3

3

3

4. Resolviendo los balances en el Separador 2 se obtienen NC2H4O, NCH3OH, NCH2O, NH2O. 5. Reconfirmando los Grados de Libertad del Reactor: Reactor: G de L A = 0 – 0 = 0 2

2

2

2

2

1

1

1

1

6. Resolviendo los balances en el Reactor se obtiene N , xCH3OH, xCH2O, xCO2, xCO, NCO2, NC2H6, NCO, NO2, 1

NN2. Se agotan R3 y los balances de C2H4O, H2O, CH3OH, CH2O.

212

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7. Actualizando los Grados de Libertad: 1 1 1 1 1 Mezclador 2: G de L A = 5 – 5 (NCO2, NC2H6, NCO, NO2, NN2) = 0 2

3

3

3

3

G de L A = 4 – 5 (N , NC2H4O, NCH3OH, NCH2O, NH2O)

Separador 1:

2

2

2

2

– 4 (xCH3OH, xCH2O, xCO2, xCO) + 1 (R2 Agotada) + 4 (balances agotados) = 0 4

4

4

4

12 CO,

N

8. Resolviendo los balances en el Separador 1 se obtiene N , xC2H6, xCO2, xCO. 9. Reconfirmando los Grados de Libertad del mezclador: Mezclador 2: G de L A = 0 – 0 = 0 N

12 O2,

12 N2,

N

12 CO2.

N

Se agota el

11. Actualizando los Grados de Libertad: 4 4 4 4 Divisor: G de L A = 4 – 1 (N ) – 3 (xC2H6, xCO2, xCO) = 0 12

12

12

12

12 CO2)

G de L A = 8 – 5 (N C2H6, N CO, N O2, N N2, N + 1 (balance agotado: O2) = 4

Mezclador 1:

7

7

7

7

8

8

8

8

12. Resolviendo los balances en el Divisor se obtiene N , xC2H6, xCO2, xCO N , xC2H6, xCO2, xCO. Se agota R1. 13. Actualizando los Grados de Libertad: 8 8 8 8 Mezclador 1: G de L A = 4 – 1 (N ) – 3 (xC2H6, xCO2, xCO) = 0 7

7

7

7

G de L A = 4 – 1 (N ) – 3 (xC2H6, xCO2, xCO) = 0

Separador 3:

14. Se resuelven los balances en el Separador 3 y compruebo los resultados en el Mezclador 1. 2

2

Nota: La relación 3 se cambia por: xCO2 = xCO pues sin este cambio el problema no se podría resolver completamente y este tipo de problemas no los resuelve el programa Solvesys de la HP – 48 GX. CÁLCULOS: Balances Globales: 5

Base de Cálculo:

N = 12 moles/h

Las reacciones son: C2H6

+

r

1 O2 ⎯⎯ →

C2H6 + 7/2 O2

r

2 ⎯⎯ →

C2H4O 2 CO2

+ +

H2O 3 H2O

213

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12 C2H6,

10. Resolviendo los balances en el Mezclador 2 se obtiene N balance de O2.


www.elsolucionario.net Solucionario. Balance de Materia. Capítulo III. G. V. Reklaitis r

C2H6 + 3/2 O2 CH3OH + 2 CO

+

3 ⎯⎯ →

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CH3OH

r

4 1/ O2 ⎯⎯ → 2

+

CO +

CH2O

r

5 3 H2O ⎯⎯ → C2H6

+ +

H2O

H2O 5/

2 O2

Los balances son: 1

C2H4O:

/3 × 12 = r1 r1 = 4

(1 –

1

/3 –

1

/3) × 12 = r4

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CH2O:

r4 = 4 CH3OH:

1

/3 × 12 = r3 – 4 r3 = 8

R4:

R2:

6

13 C2H6

NH2O = N 9

(1)

9

NCO = NCO2

C2H6:

(2)

13 C2H6

– 4 – r2 – 8 + r5

13 C2H6

– r2 + r 5

0 = N

12 = N 9

CO:

NCO = 8 – 2 r5

CO2:

NCO2 = 2 r2

H2O:

NH2O = 4 + 3 r2 + 8 + 4 – 3 r5

9

(3)

(4)

(5)

6

6

NH2O = 16 + 3 r2 – 3 r5

(6)

214


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Resolviendo el sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas, se tiene: r2 = 1

6

r5 = 3 13 C2H6

9

= 10

N

NH2O = 10

NCO2 = 2

9

NCO = 2

Continuando con los Balances: 11

0 = 0.21 N

– 4 – 7/2 – 3/2 × 8 – 1/2 × 4 + 5/2 × 3 11

N

N2:

= 66.667

9

11

NN2 = 0.79 N

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O2:

9

NN2 = 52.667

Balances en el Separador 2: H2O:

3

NH2O = 10 3

C2H4O:

NC2H4O = 4

CH3OH:

NCH3OH = 4

CH2O:

3

3

NCH2O = 4

Balances en el Reactor: C2H4O:

2

0.01 N

2

N

= 4 = 400

215


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Ben – Hur Valencia Valencia 1

C2H6:

0.35 × 400 = NC2H6 – 4 – 1 – 8 + 3 1

NC2H6 = 150 1

N2:

0.51 × 400 = NN2 1

NN2 = 204

O2:

1

0 = NO2 – 4 – 7/2 – 3/2 × 8 – ½ × 4 + 5/2 × 3 1

NO2 = 14 2

xCH3OH × 400 = 8 – 4

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CH3OH:

2

xCH3OH = 0.01 2

CH2O:

xCH2O × 400 = 4 2

xCH2O = 0.01 2

R3:

H2O:

2

xCO2 = xCO 2

(1)

2

(0.11 – xCO2 – xCO) × 400 = 10

(2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2): 2

2

xCO2 = 0.0425

CO:

xCO = 0.0425 1

0.0425 × 400 = NCO + 8 – 2 × 3 1

NCO = 15 CO2:

1

0.0425 × 400 = NCO2 + 2 1

NCO2 = 15

216


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Balances en el Separador 1: 4

4

CO2:

17 = xCO2 N

CO:

17 = xCO N

4

(1)

4

(2)

4

4

C2H6:

140 = xC2H6 N

N2:

204 = (1 – xCO2 – xCO – xC2H6) N

4

(3) 4

4

4

(4)

4

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Resolviendo simultáneamente las 4 ecuaciones: 4

xCO2 = 0.04497

xCO = 0.04497

4

4

xC2H6 = 0.3704

N

= 378

Balances en el Mezclador 2: 12 C2H6

C2H6:

N

CO2:

N

CO:

N

O2:

N

N2:

N

12 CO2

= 140

= 15

12 CO

= 15

12 O2

= 14

12 N2

= 204

217


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Balances en el Divisor: 7

Total:

8

378 = N + N 8

De R1:

(1)

7

N

= N

(2)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2): 8

= 189

N

= 189

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7

N

De R5, Restricciones del Divisor: 7

xCO2 = 0.04497

CO2:

7

7

xCO = 0.04497

xC2H6 = 0.3704 8

0.04497 × 378 = 0.04497 × 189 + xCO2 × 189 8

xCO2 = 0.04497

CO:

8

0.04497 × 378 = 0.04497 × 189 + xCO × 189 8

xCO = 0.04497

C2H6:

8

0.3704 × 378 = 0.3704 × 189 + xC2H6 × 189 8

xC2H6 = 0.3704

Balances en el Separador 3: CO2:

10 CO2

8.5 = 2 + N

10 CO2

N

= 6.5

218


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10 CO

CO:

8.5 = 2 + N 10 CO

N 10 C2H6

C2H6:

N

= 6.5

= 70 10 N2

N2:

102 = 52.667 + N 10 N2 =

N

49.333

12 C2H6

C2H6:

8

N

8

= xC2H6 N

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Comprobando en los Balances del Mezclador 1: 10 C2H6

+ N

140 = 70 + 70 = 140 12 O2

O2:

N

= x

11 O2

11

N

14 = 0.21 × 66.667 = 14 12 CO2

CO2:

N

8

8

= xCO2 N

10 CO2

+ N

15 = 8.5 + 6.5 = 15 12 CO

CO:

N

8

=

8

10 CO

xCO N + N

15 = 8.5 + 6.5 = 15

N2:

12 N2

N

8

8

8

8

10

= (1 – xC2H6 – xCO2 – xCO) N + N

204 = 102 + 49.333

11

N2

+ 0.79 N

+ 52.667 = 204

219


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Para resolver el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX se plantean las ecuaciones del proceso en el orden definido por la Estrategia de Solución: Base de Cálculo:

N

5

= 12 moles/h

Globales:

CH2O:

(1 –

1

1

/3 –

1

CH3OH:

5

/3 N

= r1

(1)

= r4

(2)

= r3 – r4

(3)

13 C2H6

NH2O = N 9

R2:

(4)

9

NCO = NCO2 13 C2H6

C2H6:

0 = N

(5)

– r1 – r2 – r3 + r5 9

NCO = r3 – 2 r5

CO:

9

CO2:

O2:

5

/3) N

6

R4:

H2O:

5

/3 N

NCO2 = 2 r2 6

11

– r1 – 7/2 r2 – 3/2 r3 – 1/2 r4 + 5/2 r5 9

N2:

NN2 = 0.79 N

(6) (7) (8)

NH2O = r1 + 3 r2 + r3 + r4 – 3 r5 0 = 0.21 N

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1

C2H4O:

11

(9) (10) (11)

Separador 2: 6

H2O:

3

NH2O = NH2O 5

C2H4O:

1

/3 N

CH3OH:

1

/3 N

CH2O:

(1 – 1/3 –

1

5

5

/3 ) N

3

= NC2H4O 3

= NCH3OH 3

= NCH2O

(12) (13) (14) (15)

220


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Reactor: 0.01 N 2

C2H6:

0.35 N

(16)

1

= NC2H6 – r1 – r2 – r3 + r5 2

N2:

0.51 N

(17)

1

= NN2

(18)

0 = NO2 – r1 – 7/2 r2 – 3/2 r3 – ½ r4 + 5/2 r5

(19)

1

O2:

2

CH3OH:

2

xCH3OH N = r3 – r4 2

CH2O:

2

xCH2O N

(20)

= r4

2

R3: H2O:

= r1

(21)

2

xCO2 = xCO 2

2

2

2

2

(0.13 – xCH3OH – xCH2O – xCO2 – xCO) N 2

2

CO:

xCO N

CO2:

xCO2 N

2

2

(22)

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2

C2H4O:

= r1 + 3 r2 + r3 + r4 – 3 r5 (23)

1

= NCO + r3 – 2 r5

(24)

1

= NCO2 + 2 r2

(25)

Separador 1: 2

2

CO2:

xCO2 N

CO:

xCO N

2

2

2

C2H6:

0.35 N

N2:

0.51 N

2

4

4

= xCO2 N 4

(26)

4

= xCO N 4

(27) 4

= xC2H6 N

(28)

4

4

4

4

= (1 – xCO2 – xCO – xC2H6) N

(29)

Mezclador 2: 1

13 C2H6

C2H6:

NC2H6 = N

CO2:

NCO2 = N

CO:

NCO = N

1

1

12 C2H6

+ N

(30)

12 CO2

(31)

12 CO

(32)

221


www.elsolucionario.net Solucionario. Balance de Materia. Capítulo III. G. V. Reklaitis

Ben – Hur Valencia Valencia

1

12 O2

(33)

1

12 N2

(34)

O2:

NO2 = N

N2:

NN2 = N

Divisor:

N

De R1:

N

8

7

(35)

7

= N

4

De R5:

8

= N + N

(36)

7

xCO2 = xCO2 4

(37)

7

xCO = xCO 4

(38)

7

xC2H6 = xC2H6 4

4

CO2:

xCO2 N

CO:

xCO N

4

4

4

C2H6:

4

xC2H6 N

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4

Total:

(39)

7

7

8

8

= xCO2 N + xCO2 N 7

7

8

= xCO N 7

(40)

8

+ xCO N 7

8

(41) 8

= xC2H6 N + xC2H6 N

(42)

Separador 3:

CO2:

º

7

7

7

xCO2 N

CO:

7

C2H6: N2:

7

xCO2 N

7

xC2H6 N 7

7

7

7

9

10 CO2

(43)

= NCO + N

10 CO

(44)

10 C2H6

(45)

= NCO2

+

N

9

= N

9

10 N2

(1 – xCO2 – xCO – xC2H6) N = NN2 + N

(46)

222


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Ben – Hur Valencia Valencia

Resolviendo el sistema de 46 ecuaciones y 46 incógnitas se obtiene: 1

r4 = 4 r5 = 3 2 xCH2O = 0.01

NO2 = 14 2

N = 400 3 NC2H4O = 4

2

xCH3OH = 0.01

3 NCH2O = 4 3 NCH3OH = 4 3 NH2O = 10 4

N = 66.6667 12 N C2H6 = 140

12 N CO = 15 12 N CO2 = 15 12 N N2 = 204 12 N O2 = 14 13 N C2H6 = 10 1 NC2H6 = 150 1 NCO = 15 1 NCO2 = 15 1 NN2 = 204

2

xCO = 0.0425 2 xCO2 = 0.0425 4

xC2H6 = 0.3703704

N = 378 6 NH2O = 10

4

xCO = 0.044973545 4 xCO2 = 0.044973545

7

N = 189 8 N = 189 9 NCO = 2 9 NCO2 = 2 9 NN2

r1 r2 r3

7

xC2H6 = 0.3703704 7

xCO = 0.044973545 7 xCO2 = 0.044973545 8

xC2H6 = 0.3703704

= 52.6667 = 4 = 1 = 8

8

xCO = 0.044973545 8 xCO2 = 0.044973545

c. Calcule el rendimiento global de C2H4O a partir de C2H6. El rendimiento global se define como:

⎛ x C5 2 H4O N 5 Rendimiento Global = ⎜ ⎜ N 13C H 2 6 ⎝

⎞ ⎟ × 100 % ⎟ ⎠

⎛4⎞ Rendimiento Global = ⎜ ⎟ × 100 % = 40 % ⎝ 10 ⎠

d. Suponga que al sistema dado anteriormente se agrega la reacción: 2 CO

+

O2

2 CO2

¿Tiene algún efecto esta reacción sobre los cálculos de balance?. De ser así ¿cuál es el efecto?. Explique detalladamente. Si se agrega la reacción, el sistema no se ve afectado porque esta reacción es dependiente. Para demostrarlo se construye la matriz de reacciones:

223

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10 C2H6 = 70 10 N CO = 6.5 10 N CO2 = 6.5 10 N N2 = 49.3333 11

N


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1a. Reacción

2a. Reacción

3ª. Reacción

−1

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4a. Reacción

5a. Reacción

6a. Reacción

C2H6

−1

−1

O2

−1

C2H4O

1

0

0

0

0

0

H2O

1

3

1

1

−3

0

CO2

0

2

0

0

0

2

CH3OH

0

0

1

–1

0

0

CH2O

0

0

0

1

0

0

CO

0

0

1

0

−2

−2

7 2

0

3 2

1

1 2

0

5 2

–1

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Solucionario. Balance de Materia. Capítulo III. G. V. Reklaitis

La matriz de reacciones reducida es:

C2H6

1

0

0

0

0

0

O2

0

1

0

0

0

0

C2H4O

0

0

1

0

0

0

H2O

0

0

0

1

0

0

CO2

2

−2

1

−1

0

0

CH3OH

0

0

0

0

1

0

–3

0

−2

−1

−2

0

– 1

2

−1

2

1

0

CH2O CO

Puede concluirse que la reacción agregada es dependiente.

224


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BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA

Solución a Problemas de

utilizando la Calculadora Hewlett Packard 48 GX, 49 (Programa Solvesys) Mauricio Díaz G. Estudiante Ingeniería Química

Ben–Hur Valencia V. Profesor Titular Ingeniería Química

Universidad Nacional de Colombia Sede Manizales Manizales, Marzo de 2002

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Balances de Materia


www.elsolucionario.net Solución a Problemas de Balances de Materia con la Calculadora Hewlett Packard 48 GX, 49.

INTRODUCCIÓN Básicamente, los problemas de Balances de materia se han resuelto de dos maneras. Ahora gracias a la calculadora Hewlett Packard 48-G/48-G+/48-GX, 49 G se implementa un método más rápido.

2. Método de Reklaitis: La metodología de trabajo que consta de la secuencia: diagrama Cualitativo, Diagrama Cuantitativo, Relaciones, Tabla de Grados de Libertad, Reconfirmación de Grados de Libertad, Estrategia de Solución (para más de una Unidad) se convierte en una herramienta de análisis completamente general que permite determinar si un problema se puede o no resolver, antes de hacer cualquier cálculo. Es más, los Cálculos se convierten en una aplicación del Álgebra: la solución simultánea de un sistema de ecuaciones, Unidad por Unidad, seguida del análisis de Ingeniería sobre la viabilidad de las respuestas obtenidas. 3. Método Nuevo: El método planteado por Reklaitis se sistematiza. La resolución de los Balances de Materia se lleva a cabo utilizando la calculadora Hewlett Packard 48-G/ 48-G+/48-GX, 49-G y su programa Solvesys que permite resolver sistemas de ecuaciones lineales y no lineales. Las variables que se determinan por medio de los Balances de Materia se encuentran, no resolviendo las ecuaciones Unidad por Unidad como en el método anterior, sino planteando todas las ecuaciones del proceso (Balances y Relaciones), en el orden dado por la Estrategia de Solución, eliminando la información redundante. El sistema total formado (n ecuaciones con n incógnitas) se introduce a la calculadora para su solución simultánea. Como siempre, se analizan los resultados y se comprueban en los balances de la Unidad dependiente. Aún los problemas más difíciles, aquellos cuya solución requiere de Arrastre de Variables, se resuelven fácilmente por éste método. Aunque el mismo procedimiento puede llevarse a cabo en una computadora, la disponibilidad que tienen los estudiantes de estas calculadoras y su facilidad de manejo lo convierten en una herramienta valiosa. Ben – Hur Valencia V.

1

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1. Método Intuitivo: La mayoría de los problemas tenían una sola Unidad y normalmente se comenzaba a resolver el problema en la corriente que tenía mayor información. Sólo al final se sabía si podía o no resolverse el problema. Cuando había más de una Unidad, se iniciaba el desarrollo del problema al azar, también – como regla – donde había mayor información. Este método hacía del Balance de Materia un arte.


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2. MÉTODO DE REKLAITIS En el siguiente problema se explica la utilización del método: El producto P se obtiene a partir del reactivo R según la reacción: 2 R

→ P + W

R →

B

+

W

P →

2 B +

W

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Sin embargo, sólo es posible lograr una conversión de 50% de R en el reactor, debido a la descomposición de reactivo y producto para formar el subproducto R. Según las reacciones:

La alimentación fresca contiene 1 mol de inertes I por cada 11 moles de R.

Recirculación

Mezclador R I

Alimentación fresca

Divisor

Reactor

Purga

R I

Separador

Alimentación

Producto

P B W

El R que no reaccionó y los inertes se separan de los productos y se recirculan. Un poco del R que no reaccionó y los inertes deben purgarse, para limitar la concentración de éstos en la alimentación al reactor a 12% en base molar (ver figura). Para una corriente de producto obtenida a razón de 1000 lbmol/h, que contiene 38% del producto P en base molar, calcule: Ben – Hur Valencia V.

2


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a. La composición, en base molar, de la corriente de recirculación. b. La fracción purgada de la recirculación {purga / (recirculación + purga)}. c. El flujo de alimentación fresca, en lbmol/h. d. La composición de la corriente de producto, en base molar. e. La fracción del reactivo R que reacciona de acuerdo con la reacción: R →

B

+ W

Es necesario efectuar dos pequeños cambios en la simbología empleada hasta ahora. El primero: En las variables del proceso no se utilizarán subíndices ni superíndices. Para adecuarlas a la forma como se ingresan al programa, el número delante de F, N, x ó w indicará la corriente y lo sigue el componente. Por ejemplo: N1R = Flujo molar del componente R en la corriente 1 se simbolizará como N1R. F1I = F1I = Flujo másico del componente I en la corriente 1. x7R = Fracción molar del componente R en la corriente 7 se simbolizará como X7R. w5I = w5I = Fracción másica del componente I en la corriente 5. El segundo, las velocidades de reacción se simbolizan como R1, R2, R3, etc. Diagrama Cuantitativo: Utilizando la nueva simbología, el Diagrama Cuantitativo del proceso se muestra en la página siguiente: Las reacciones son: 2 R R P

→ → →

P B 2 B

+ + +

W W W Ben – Hur Valencia V.

3

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SOLUCIÓN


www.elsolucionario.net Solución a Problemas de Balances de Materia con la Calculadora Hewlett Packard 48 GX, 49. N7 X7I

D

(X7R) 7 5 2

M

N1R

Reactor

N2

N1I

3 N3P

(X2R = 0,88)

N3I

X6I (X6R)

Separador

N3R

X2I = 0,12

N5 X5I (X5R)

N6

4

N4 = 1000 X4P = 0,38

N3B

X4B

N3W

(X4W)

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1

6 Purga

En primera instancia se analiza la independencia de las reacciones: Matriz Atómica R –2 –1 0

P 1 0 –1

B 0 1 2

Matriz Reducida W 1 1 1

R 1 0 0

P 0 1 0

B W –1 –1 –2 –1 1 1

De las tres ecuaciones, sólo dos reacciones son independientes. Planteadas a partir de la matriz reducida, ellas son: 2 R

P

R1

⎯⎯→ R2

⎯⎯→

P

+

W

2 B

+

W

Relaciones: Relación 1:

N3R = 0,88 × 0,5 N2

Relación 2:

N1R = 11 N1I Ben – Hur Valencia V.

4


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Relación 3:

Restricciones del divisor = (2 – 1) (2 – 1) = 1

Tabla de Grados de Libertad:

Reactor Separador Divisor Proceso Global 7+2 10 6 18 + 2 7 + 2 5 5 2 14 5 0 1 0 1 1 1 1 0 2 1 1 – – 1 – – – – 1 1 – – 1 1 – 2 3 3 0 1

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Mezclador NVI 6 NBMI 2 NFC 0 NCC 1 NRC Rel.1 – Rel.2 1 Rel.3 – G de L 2

Reconfirmando los Grados de Libertad: Mezclador:

Reactor:

Separador:

Divisor:

Incógnitas

= 5 ( N1R, N1I, N2, N7, X7I )

Ecuaciones

= 2 ( Balances) + 1 Relación (Rel 2) = 3

G de L

= 2

Incógnitas

= 8 ( N2, N3R, N3P, N3I, N3B, N3W, R1, R2 )

Ecuaciones

= 5 ( Balances) + 1 Relación (Rel 1) = 6

G de L

= 2

Incógnitas

= 8 (N3R, N3P, N3I, N3B, N3W, N5, X5I, X4B )

Ecuaciones

= 5 ( Balances) = 5

G de L

= 3

Incógnitas

= 5 ( N5, X5I, N6, X6I, N7, X7I )

Ecuaciones

= 2 ( Balances) + 1 Relación (Rel 3) = 3

G de L

= 3 Ben – Hur Valencia V.

5


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Global:

Incógnitas

= 7 ( NIR, N1I, X4P, N6, X6I, R1, R2 )

Ecuaciones

= 5 ( Balances) + 1 Relación (Rel 2) = 6

G de L

= 1

El proceso está correctamente especificado. Su solución requiere de arrastre de variables.

R P W I B Total

Mezclador 1 0 0 1 0 2

Reactor Separador Divisor 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 0 5 5 2

Proceso 4 2 2 4 2 14

Global 1 1 1 1 1 5

Estrategia de Solución: 1. Se resuelven los balances Globales con base de cálculo N4 = 1000 lbmol/h en función de una variable y se conoce (N1R, N1I, N6, X6I, (X5I), (X7I), X4B, R1, R2). Se agota la relación 2. 2. Actualizando los grados de libertad: Mezclador: G de L A = 2 – 2 ( N1I, N1R, X7I ) + 1 (Rel. 2) = 1 Separador: G de L A = 3 – 1 ( X4B, X5I ) = 2 Reactor:

G de L A = 2 – 1 (R1, R2) = 1

3. Se resuelve el Reactor en función de una variable y se conoce (N2, N3R, N3I, N3P, N3W, N3B). Se agota la relación 1 y se agotan los balances de P, W, B. 4. Actualizando los grados de libertad: Mezclador: G de L A = 1 – 1 (N2) = 0 Ben – Hur Valencia V.

6

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Tabla de Balances:


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Separador: G de L A = 2 – 5 (N3R, N3I, N3P, N3W, N3B) + 3 (balances agotados de P, W, B) = 0 5. Al resolver el Mezclador se conoce N7 y la variable arrastrada. 6. Se podría reconfirmar los grados de libertad del separador, luego de resolver el mezclador. 7. Actualizando:

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Divisor: G de L A = 3 – 3 ( N7, X7I, N6 ) = 0 8. Se resuelve el Divisor y se comprueban los resultados en el Separador. CÁLCULOS: Balances Globales: Base de cálculo N4 = 1000 lbmol/h. De la composición: Balance de P: Balance de B:

N4P = 380 380 = R1 – R2

(1)

X4B × 1000 = 2 × R2

(2)

Balance de W:

(1 – 0,38 – X4B) × 1000 = R1 + R2

(3)

Balance de R:

( 1 – X6I ) × N6 = N1R – 2 × R1

(4)

Balance de I:

11 × X6I × N6 = N1R

(5)

N1R = 11 × N1I

(6)

De la relación 2:

Ben – Hur Valencia V.

7


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Resolviendo el sistema en función de N6R se tiene que: R1 = 440

N1R =

N1I =

X 6I =

X4B = 0,12

11 (880 + N6) 12

(880 + N6) 12 1 ⎛ 880 + N6 ⎞ ⎜ ⎟ 12 ⎝ N6 ⎠

(7)

(8)

(9)

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R2 = 60

Balances en el Separador: Balance de P:

N3P = N4P = 380 N3P = 380

Balance de B:

N3B = N4P = 0,12 × 1000 N3B = 120

Balance de W:

N3W = (1 – 0,32 – 0,12) 1000 N3W = 500

Balance de I: Balance de R:

X5I × N5 = N3I (1 – X5I) N5 = N3R

Balances en el Reactor: Balance de R:

N3R = 0,88 × N2 – 880

Ben – Hur Valencia V.

8


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De la relación 1:

N3R = 0,44 × N2

Del sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas: N2 = 2000 Balance de I:

N3R = 880 N3I = 0,12 × N2 N3I = 240

Planteando las ecuaciones de Balance de los compuestos R e I en el Separador, con las variables conocidas:

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X5I × N5 = 240 (1 – X5I) N5 = 880 Resolviendo: X5I = 3/14 De las restricciones del divisor:

N5 = 1120 X7I = X5I = 3/14

Balances en el Mezclador:

240 =

Balance de I: Balance de R:

1760 =

(880 + N6) 3 × N7 + 12 14

11 (880 + N6) + 11 × N7 12 14

Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas: N7 = 560

N6 = 560 (La variable arrastrada)

Reemplazando la variable arrastrada en las incógnitas expresadas en función de ella:

Ben – Hur Valencia V.

9


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N1I = 120

N1R = 1320

X6I = 3/14

Comprobando los resultados en el Separador: Balance de B:

X4B × N4 = N3B 0,12 × 1000 = 120 120 = 120

Balance de R:

(1 – X5I) N5 = N3R

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11/14 × 1120 = 880 880 = 880 Balance de W:

(1 – X4B – 0,38) N4 = N3W 0,5 × 1000 = 500 500 = 500

Balance de P:

0,38 N4 = N3P 0,38 × 1000 = 380 380 = 380

a. La composición, en base molar, de la corriente de recirculación. X7I = 3/14

X7R = 11/14

b. La fracción purgada de la recirculación {purga / (recirculación + purga)}. Fracción purgada =

N6 560 = = 0.5 N6 + N7 560 + 560 Ben – Hur Valencia V. 10


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La fracción purgada es del 50 %. c. El flujo de alimentación fresca, en lbmol/h. N1 = N1I + N1R = 120 + 1320 = 1440 lbmol/h d. La composición de la corriente de producto, en base molar. X4B = 0,12

X4W = 0,50

e. La fracción del reactivo R que reacciona de acuerdo con la reacción: R →

B

+ W

Esta reacción no se consideró en el problema, pero planteando que ocurrió se tendrá que

2 R R

R1

⎯⎯→ R3

⎯⎯→

P B

+ +

W W

Analizando los flujos de los componentes de la corriente 3, es evidente que: R1 = 380

R3 = 120

La cantidad de R que reaccionó es la misma de la solución: (2 × 440) ó (2 × 380 + 120) = 880

Porcentaje =

120 × 100 % = 13.6364 % 880 Ben – Hur Valencia V. 11

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X4P = 0,38


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3. MÉTODO NUEVO Este método se explicará utilizando el ejemplo anterior para comparar los resultados y la velocidad de solución: El primer paso en este método es plantear las ecuaciones del proceso (Balances de Materia y relaciones), en el mismo orden planteado por la Estrategia de Solución. La Base de cálculo, para comparar resultados, debe ser la misma. Base de cálculo N4 = 1000 lbmol/h

Balance de P: Balance de B:

380 = R1 – R2

(1)

X4B × 1000 = 2 × R2

(2)

Balance de W:

(1 – 0,38 – X4B) × 1000 = R1 + R2

(3)

Balance de R:

( 1 – X6I ) × N6 = N1R – 2 × R1

(4)

Balance de I:

11 × X6I × N6 = N1R

(5)

N1R = 11 × N1I

(6)

Balance de R:

N3R = 0,88 × N2 – 2 R1

(7)

Balance de I:

N3I = 0,12 × N2

(8)

Balance de P:

N3P = R1 – R2

(9)

Balance de W:

N3W = R1 + R2

(10)

Balance de B:

N3B = 2 × R2

(11)

N3R = 0,44 × N2

(12)

De la relación 2: Balances en el Reactor:

De la relación 1: Balances en el Mezclador:

Ben – Hur Valencia V. 12

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Balances Globales:


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Balance de I:

0,12 × N2 = X7I × N7 + N1I

(13)

Balance de R:

0,88 × N2 = N1R + (1 – X7I) × N7

(14)

N6 + N7 = N5

(15)

Balances en el Divisor:

Balance de R: De la relación 3:

(1 – X6I) × N6 + (1 – X7I) × N7 = (1 – X5I) × N5 X7I = X6I

(16) (17)

Una vez planteado el sistema de ecuaciones de todo el proceso, 17 ecuaciones con 17 incógnitas en este caso, que corresponden a las 14 ecuaciones de Balances del proceso y las 3 relaciones, se comienza el proceso de aplicación del programa SOLVESYS:

1. Luego de cargar el programa SOLVESYS en la calculadora, se procede a ejecutarlo, buscándolo en el directorio Library. Se digita la tecla blanca, correspondiente al programa SOLVE. La pantalla muestra:

2. Se visualizan ahora tres opciones de ejecución (SOLVE, FITEQ, ABOUT) de ellas se escoge SOLVE.

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Total:


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3. Al ejecutar el paso anterior se está dentro del programa.

5. Debe tenerse en cuenta las siguiente recomendaciones: a. Al escribir las ecuaciones de Balances el número de ecuaciones debe ser igual o mayor al número de incógnitas. Un sistema con más ecuaciones que incógnitas puede o no ser solucionado por el programa. En caso de caer en un error (ver mensajes de error), se elimina (con la función DEL) la información adicional. Al final se comprueban los resultados en la ecuación eliminada. b. Se debe colocar las ecuaciones del proceso en el programa en el mismo orden de la estrategia de solución (en el mismo orden en que se enumeraron) y luego pulsar SOLVE. En caso de tener un mensaje insatisfactorio (ver mensajes de error), se pasa a la estrategia de solución y se analiza si se agotan balances y/o relaciones. En este caso debe considerarse qué información eliminar. c. Las restricciones del divisor generan ecuaciones. Para el problema vale 1 y la ecuación que la representa podría ser cualquiera de las siguientes: X5I = X6I

X5I = X7I

X6I = X7I Ben – Hur Valencia V. 14

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4. Se pulsa ADD y se digitan las ecuaciones que representan los Balances de Materia. Se ingresan las diecisiete (17) del ejemplo anterior.


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Cuál escoger?. La estrategia de solución muestra que las variables que más pronto se conocen son X7I y X6I. Luego debe tomarse:

X6I = X7I

d. No deben dejarse espacios entre las variables porque se generarían variables nuevas. Por ejemplo al dejar uno o varios espacios en la variable "N6R", crearía dos o más nuevas variables de acuerdo al número de rompimientos; N 6R, N 6 R, etc. e. Las ecuaciones deben mantenerse dentro de las comillas sin borrarlas.

g. Para obtener respuestas rápidas y exactas, debe simplificarse al máximo las ecuaciones de balance. No hacerlo hace más lento el desarrollo e inexactas las respuestas. Se exceptúa la simplificación en las variables dependientes. h. Ecuaciones de la forma: A*X1+B*X2+C*X3+ ..........+M*XN=0 se pueden escribir como: A*X1+B*X2+C*X3+ ..........+M*XN. i. Como puede apreciarse al digitar en la calculadora, no es posible hacer una diferenciación de subíndices y superíndices, siendo necesario colocar toda la ecuación en forma lineal.

j. Luego de ingresar todas las ecuaciones del proceso, se pulsa la tecla OK. Posteriormente se visualizan las primeras variables. Cada pantalla puede alojar un máximo de doce (12) variables que bien pueden ser incógnitas o constantes. Ben – Hur Valencia V. 15

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f. Despejar variables en función de otras sería algo inoficioso.


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k. Se pulsa SOLVE, y comienza el proceso. El progreso de la solución del sistema de ecuaciones está definida por el número de iteraciones mostradas en la esquina inferior izquierda de la pantalla. El valor numérico que finaliza la operación, debe ser inferior a cero, lo cual define la exactitud del proceso iterativo.

l. Al finalizar el paso anterior aparecerá “ZERO”, indicando que la respuesta ha sido encontrada. Se pulsa OK, y se tendrá la primera pantalla con un máximo de doce variables. Para visualizar cada pantalla se pulsa MORE. Por cada pantalla se debe visualizar cada dato con la tecla EDIT. (De no verlo, habría que volver a reiniciar el programa SOLVESYS). Ben – Hur Valencia V. 16

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Al cargar las variables, se puede diferenciar entre una incógnita o una constante. Si se deja el número uno asignado por defecto, a cada variable, se representará como una incógnita, pero si por lo contrario se coloca el número dentro de corchetes, éste será tomado como una constante.


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m. El significado de cada una de las variables del programa es el siguiente: i. ADD = Ingresa una nueva ecuación. ii. EDIT = Edita o visualiza sólo la ecuación sombreada. iii. DEL = Borra sólo la ecuación sombreada. iv. COPY = Crea una copia de la ecuación sombreada. Esta función es de vital importancia puesto que después de duplicar una ecuación dada, puede editarse y así tener una nueva ecuación, evitándose una repetición innecesaria. v. CLEAR = Borra todas las ecuaciones existentes. vi. OK = Inserta las ecuaciones en el programa, analizando los posibles errores de escritura. A su vez comienza la identificación de variables y ecuaciones reconociendo la información existente (redundante, insuficiente, contradictoria). Después de pulsada la tecla OK, aseguramos el almacenamiento del sistema de ecuaciones en el menú VAR como EQ. Nota: Al ingresar las ecuaciones hay que tener mucho cuidado de no pulsar la tecla CANCEL, pues éstas se borrarían. vii. TOL = Fija la tolerancia con que opera el método iterativo de Newton. Ben – Hur Valencia V. 17

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Nota: Al variar este valor la calculadora se hace más lenta y ligeramente más exacta o más rápida pero menos exacta. Es recomendable mantener la configuración original. viii. INFO = Muestra el número de ecuaciones(m) e incógnitas (n), el rango entre ecuaciones por cada iteración y la aproximación de los resultados en el último ciclo. ix. →STK = Realiza una copia de los resultados en la pantalla exterior al Solvesys (Pila). x. MORE = Permite visualizar la pantalla siguiente.

Los resultados obtenidos son:

N1I = 120

N3R = 880

R2 = 60

N1R = 1320

N3W = 500

X4B = 0,12

N2 = 2000

N5 = 1120

X5I = 0,214285714286

N3B = 120

N6 = 560

X6I = 0,214285714286

N3I = 240

N7 = 560

X7I = 0,214285714286

N3P = 380

R1 = 440

Tiempo estimado de respuesta: 2 minutos y 10 segundos Nota: El tiempo varía según el orden y simplificación de las ecuaciones. Comprobando los resultados en el Separador: Ben – Hur Valencia V. 18

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xi. SOLVE = Ejecuta el método iterativo de Newton para el sistema de ecuaciones.


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Balance de B:

X4B × N4 = N3B 0,12 × 1000 = 120 120 = 120

Balance de R:

(1 – X5I) N5 = N3R 0,785714285714 × 1120 = 880 879,99 = 880

Balance de W:

(1 – X4B – 0,38) N4 = N3W

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0,5 × 1000 = 500 500 = 500 Balance de P:

0,38 N4 = N3P 0,38 × 1000 = 380 380 = 380

Balance de I:

X5I × N5 = N3I 0,214285714286 × 1120 = 240 240 = 240

POSIBLES MENSAJES AL RESOLVER EL SISTEMA DE ECUACIONES a. ALL VARIABLES KNOWN = Todas las variables han sido definidas como constantes. b. TOO MANY UNKNOWNS = Se poseen más incógnitas que ecuaciones. c. CONSTANT? = Existe información redundante que el programa no puede solucionar. Ben – Hur Valencia V. 19


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d. INCONSISTENT UNITS = El programa no soporta unidades. e. UNDEFINED NAME = Alguna expresión incluida en las ecuaciones no es válida. f. ZERO = Fue encontrada una respuesta satisfactoria al sistema de ecuaciones. g. MINIMUM = La encontrada una respuesta correspondiente a un mínimo relativo. h. BAD GUESS = Mala estimación. Revise que las ecuaciones correspondan a la estrategia de solución. i. NON-REAL-RESULT = Ha sido encontrado un número complejo.

l. INFINITE RESULT = La respuesta corresponde a un resultado infinito (1/0).

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k. UNDEFINED RESULT = La respuesta corresponde a un resultado indefinido (0/0).


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EJEMPLO DE EJERCICIOS RESUELTOS CON EL PROGRAMA SOLVESYS 1. El ácido nítrico se forma de la combustión de amoniaco, que a su vez se produce por la reacción de nitrógeno e hidrógeno. En la Planta que se muestra en el diagrama de flujo de la figura, se alimentan 220 lbmol/h de hidrógeno (Corriente 1), combinándose y reaccionando con una corriente de nitrógeno puro (Corriente 2), de acuerdo con la ecuación →

2 NH3

La conversión de hidrógeno en el reactor es 0.25. Todo el amoniaco se elimina en el condensador. Cinco por ciento de la corriente de gases (5) se purga en el divisor antes de recircular el resto del reactor. Al quemador se alimentan 1700 lbmol/h de aire, en donde reacciona todo el amoníaco. Ocurren dos reacciones: NH3 + 2 O2 → 2 NH3 + 5/2 O2

HNO3 + H2O 2NO + 3 H2O

El rendimiento de HNO3 es de 87 %. Al absorbedor se alimenta agua a razón de 110 lbmol/h, en donde se absorbe completamente el ácido nítrico. Los gases restantes entran a un separador, en donde todo el O2 y el NO, así como 93% del N2 se eliminan por la parte superior, y se recircula N2 puro (Corriente 2). a. Construya una tabla de grados de libertad, para demostrar que el proceso está especificado correctamente. b.

Desarrolle una secuencia para cálculos manuales (sin efectuarlos).

c. Determine las corrientes de corte que debieran usarse para cálculos por computadora. d.

Determine todos los flujos y composiciones mediante computadora.

e. Supóngase que se desconoce la conversión de hidrógeno en el reactor de amoníaco, pero en su lugar se especifica un flujo de producto de 340 lbmol/h en la corriente 11. Ben – Hur Valencia V. 21

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N2 + 3 H2


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f.Calcule todas las composiciones y flujos de las corrientes y la conversión de hidrógeno en el reactor de amoníaco, usando un programa de computadora. SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo:

N5 X5H2 (X5N2)

N3 X3H2 (X3N2)

N7 X7H2 (X7N2)

N10H2O = 110 lbmol N8 = 1700 X8O2 = 0,21 (X8N2 = 0,79)

N13O2 N13N2 N13NO

Condensador

Absorbedor

N6NH3

N9HNO3 N9NO N9H2O N9O2 N9N2

Reactor N4N2 N4H2 N4NH3

Quemador N1H2 = 220 lbmol

N12O2 N12N2 N12NO

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D

Separador

N2N2 N11 X11HNO3 (X11H2O)

SOLUCION: Las reacciones del proceso son: Reactor: Quemador: Quemador:

N2 + 3 H2

NH3 + 2 O2 → 2 NH3 + 5/2 O2

2 NH3

(R1)

HNO3 + H2O 2NO + 3 H2O

(R2) (R3)

Relaciones: Relación 1:

0,05 × N5 = N7 Ben – Hur Valencia V. 22


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Relación 2:

0,87 × N6NH3 = N9HNO3

Relación 3:

0,93 × N12N2 = N13N2

Relación 4:

165 + 0,75 × X3H2 × N3 = N4H2

Relación 5:

Restricciones del divisor = (2 – 1) (2 – 1) = 1

Tabla de Grados de Libertad:

NVI

7+1

6

6

8+2

11

7

28 + 3

11 + 3

NBMI

3

2

3

6

5

3

22

7

NFC

1

0

0

1

1

0

3

3

NCC

0

0

0

1

0

0

1

1

NRC Rel.1

1

1

Rel.2

1

1

Rel.3

1

1

Rel.4

1

1

Rel.5

1

1

3

2

3

1

5

3

0

3

G de L

Tabla de Balances: Reactor Divisor Cond. Quem. Absorb. Separador Proceso Global H2

1

1

1

3

1

N2

1

1

1

1

1

1

6

1

NH3

1

1

1

3

1

O2

1

1

1

3

1

NO

1

1

1

3

1

H2 O

1

1

2

1

HNO3

1

1

2

1

Total

3

2

3

6

5

3

22

7

Ben – Hur Valencia V. 23

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Reactor Divisor Cond. Quem. Absorb. Separador Proceso Global


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Estrategia de Solución: 1. Se resuelve el Quemador en función de una variable y se conoce (N6NH3, N9HNO3, N9NO, N9H2O, N9N2, R2, R3). Se agota la relación 2. 2. Actualizando Grados de Libertad: Condensador: G de L A = 3 – 0 (N6NH3) = 3 Absorbedor: G de L A = 5 – 4 (N9HNO3, N9NO, N9H2O, N9O2, N9N2) = 1 G de L A = 3 – 1 (R2, R3) = 2

3. Se resuelve el Absorbedor en función de una variable y se conoce (N11, X11HNO3, N12NO, N12O2, N12N2). Se agotan los balances de H2O y HNO3. 4. Actualizando Grados de Libertad: Separador: G de L A = 3 – 2 (N12NO, N12O2, N12N2) = 1 Globales:

G de L A = 2 – 2 (N11, X11HNO3) + 2 (balances agotados de H2O, HNO3) = 2

5. Se resuelve el Separador en función de una variable y se conoce (N2N2, N13O2, N13NO, N13N2). Se agota la relación 3, así como los balances de O2 y NO. 6. Actualizando Grados de Libertad: Globales:

G de L A = 2 – 3 (N13NO, N13O2, N13N2) + 2 (balances agotados de O2, NO) = 1

Reactor:

G de L A = 3 – 0 (N2N2) = 3 Ben – Hur Valencia V. 24

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Globales:


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7. Se resuelven los balances Globales en función de una variable y se conoce (N7, X7H2, (X5H2), (X3H2)). 8. Actualizando Grados de Libertad: Reactor: G de L A = 3 – 1 (X3H2) = 2 Divisor: G de L A = 2 – 1 (N7, X7H2) = 1 Condensador: G de L A = 3 – 1 (X5H2) = 2

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9. Se resuelve el Divisor en función de una variable y se conoce (N3, N5). De la relación 4 se conoce N4H2. Se agota la relación 1. 10. Actualizando Grados de Libertad: Reactor: G de L A = 2 – 2 (N3, N4H2) = 0 Condensador: G de L A = 2 – 2 (N5, N4H2) = 0 11. Se resuelve el Condensador y los resultados se comprueban en el Reactor.

Balance de Materia: Se plantean las ecuaciones de balance en el orden de la Estrategia de Solución y se colocan en la pantalla del SOLVESYS teniendo en cuenta las pautas de operación explicadas anteriormente. En este caso no hay que eliminar ninguna ecuación de balance o relación a causa de los agotamientos. Balances en el Quemador: HNO3: H2O:

N9HNO3 = R2

(1)

N9H2O = R2 + 3 R3

(2) Ben – Hur Valencia V. 25


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NO:

N9NO = 2 R3

(3)

N2:

N9N2 = 1343

(4)

O2:

N9O2 = 357 – 2 R2 – 2,5 R3

(5)

NH3:

0 = N6NH3 – R2 – 2 R3

(6)

Relación 2:

0,87 × N6NH3 = N9HNO3

(7)

Balances en el Absorbedor:

H2O:

X11HNO3 × N11 = N9HNO3

(8)

(1 – X11HNO3) × N11 = N9H2O + 110

(9)

NO:

N12NO = N9NO

(10)

N2:

N12N2 = N9N2

(11)

O2:

N12O2 = N9O2

(12)

NO:

N13NO = N12NO

(13)

O2:

N13O2 = N12O2

(14)

N2:

N13N2 + N2N2 = N12N2

(15)

0,93 × N12N2 = N13N2

(16)

HNO3:

X11HNO3 × N11 = R2

(17)

NH3:

0 = 2 R1 – R2 – 2 R3

(18)

NO:

N13NO = 2 × R3

(19)

Balances en el Separador:

Relación 3: Balances en Globales:

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HNO3:


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H2O:

(1 – X11HNO3) × N11 = 110 + R2 + 3 R3

(20)

H2 :

X7H2 × N7 = 220 – 3 R1

(21)

O2:

N13O2 = 357 – 2 R2 – 2,5 R3

(22)

N2:

N13N2 + (1 – X7H2) × N7 = 1343 – R1

(23)

Balances en el Divisor: H2 :

X7H2 × N7 + X3H2 × N3 = X5H2 × N5

(24)

(1 – X7H2) × N7 + (1 – X3H2) × N3 = (1 – X5H2) × N5

(25)

Relación 1:

0,05 × N5 = N7

(26)

Relación 5:

X5H2 = X7H2

(27)

Balances en el Condensador: NH3:

N6NH3 = N4NH3

(28)

N2:

(1 – X5H2) × N5 = N4N2

(29)

H2 :

X5H2 × N5 = N4H2

(30)

Las respuestas obtenidas son: N12N2 = 1343

N13O2 = 114,362318836

N12NO = 16,5797101448

N2N2 = 94,0099999951

N12O2 = 114,362318836

N3 = 1119,81318824

N13N2 = 1248,99

N4H2 = 573,91304349

N13NO = 16,5797101448

N4N2 = 604,837680972 Ben – Hur Valencia V. 27

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N2:


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N4NH3 = 127,536231886

R1 = 63,7681159432

N5 = 1178,75072446 R2 = 110,956521741 N6NH3= 127,536231886

R3 = 8,2898550724

N7 = 58,9375362231 X11HNO3= 0,310991957107 N9H2O= 135,826086958

X3H2 = 0,4868824524

N9HNO3=110,95652174 X5H2 = 0,486882452398 N9N2 = 1343

N11 = 356,782608699 X7H2 = 0,486882452398

N9O2 = 114,362318836 Tiempo estimado de respuesta = 3 minutos y 50 segundos Nota: El tiempo varía según el orden y simplificación de las ecuaciones.

Los resultados se comprueban con los resultados en las ecuaciones de balance del Reactor H2 : N4H2 = 220 + X3H2 × N3 – 3 R1 573,91304349 = 220 + 0,4868824524 × 1119,81318824 – 3 × 63,7681159432 573,91304349 = 573,91304349 NH3: N4NH3 = 2 R1 127,536231886 = 2 × 63,7681159432 127,536231886 = 127,536231886

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N9NO = 16,5797101448


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N2: N4N2 = N2N2 + (1 – X3H2) N3 – R1 604,837680972 = 94,0099999951 + (1 – 0,4868824524) × 1119,81318824 – 63,7681159432 604,837680972 = 604,837680972 e. Supóngase que se desconoce la conversión de hidrógeno en el reactor de amoníaco, pero en su lugar se especifica un flujo de producto de 340 lbmol/h en la corriente 11.

Reactor:

N2 + 3 H2

NH3 + 2 O2 →

Quemador: Quemador:

2 NH3 + 5/2 O2

2 NH3

(R1)

HNO3 + H2O

(R2)

2NO + 3 H2O

(R3)

Diagrama cuantitativo:

D N3 X3H2 (X3N2)

N5 X5H2 (X5N2)

N7 X7H2 (X7N2)

N10H2O = 110 lbmol N8 = 1700 X8O2 = 0,21 (X8N2 = 0,79)

N13O2 N13N2 N13NO

Condensador

Absorbedor

N6NH3

N9HNO3 N9NO N9H2O N9O2 N9N2

Reactor N4N2 N4H2 N4NH3

Quemador N1H2 = 220 lbmol

N12O2 N12N2 N12NO

Separador

N2N2 N11 = 340 lbmol X11HNO3 (X11H2O)

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Las reacciones del proceso son:


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Relaciones: Relación 1:

0,05 × N5 = N7

Relación 2:

0,87 × N6NH3 = N9HNO3

Relación 3:

0,93 × N12N2 = N13N2

Relación 4:

Restricciones del divisor = (2 – 1) (2 – 1) = 1

NVI NBMI NFC NCC NRC Rel.1 Rel.2 Rel.3 Rel.4 G de L

Reactor Divisor Cond. Quem. Absorb. Separador Proceso Global 7+1 6 6 8+2 11 7 28 + 3 11 + 3 3 2 3 6 5 3 22 7 1 0 0 1 2 0 4 4 0 0 0 1 0 0 1 1 – 1 – – – – 1 – – – – 1 – – 1 – – – – – – 1 1 – – 1 – – – – 1 – 4 2 3 1 4 3 0 2

Tabla de balances: Reactor Divisor Cond. Quem. Absorb. Separador Proceso Global H2 1 1 1 – – – 3 1 N2 1 1 1 1 1 1 6 1 1 – 1 1 – – 3 1 NH3 O2 – – – 1 1 1 3 1 NO – – – 1 1 1 3 1 – – – 1 1 – 2 1 H2 O HNO3 – – – 1 1 – 2 1 Total 3 2 3 6 5 3 22 7 Ben – Hur Valencia V. 30

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Tabla de grados de libertad:


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Estrategia de solución: 1. Se resuelve el Quemador en función de una variable y se conoce (N6NH3, N9HNO3, N9NO, N9H2O, N9N2, R2, R3). Se agota la relación 2. 2. Actualizando los Grados de Libertad: Condensador: G de L A = 3 – 0 (N6NH3) = 3

Globales:

G de L A = 4 – 4 (N9HNO3, N9NO, N9H2O, N9O2, N9N2) = 0 G de L A = 2 – 1 (R2, R3) = 1

3. Se resuelve el Absorbedor y se conoce N12NO, N12O2, N12N2, X11HNO3, la variable arrastrada y de la relación 3: N13N2. Se agotan los balances de H2O, HNO3. 4. Actualizando los Grados de Libertad: Separador: G de L A = 3 – 4 (N12NO, N12O2, N12N2, N13N2) + 1 (Rel. 3) = 0 Globales: G de L A = 1 – 1 (X11HNO3) + 2 (balances agotados de H2O, HNO3) – 1 (N13N2) – 1 (variable arrastrada) = 0 Condensador: G de L A = 3 – 1 (variable arrastrada) = 2 5. Se resuelve el Separador y se conoce N2N2, N13O2, N13NO. Se agotan balances de O2 y NO. 6. Reconfirmando Globales: Globales: G de L A = 0 – 2 (N13O2, N13N2) + 2 (balances agotados de O2 y NO) = 0 7. Se resuelven Globales y se conoce N7, X7N2, R1, (X5N2), (X3N2). De la relación 1 se conoce N5. 8. Actualizando Grados de Libertad: Ben – Hur Valencia V. 31

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Absorbedor:


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Reactor:

G de L A = 4 – 1 (X3N2) – 1 (R1) – 1 (N2N2) = 1

Divisor:

G de L A = 2 – 2 (N5, N7) – 1 (X7N2) + 1 (Rel. 1) = 0

Condensador: G de L A = 2 – 1 (N5) – 1 (X5N2) = 0 9. Se resuelve el Divisor y se conoce N3. 10. Reactualizando los Grados de Libertad: Condensador: G de L A = 0 – 0 = 0

Balance de Materia: Se plantean las ecuaciones de balance en el orden de la Estrategia de Solución y se colocan en la pantalla del SOLVESYS teniendo en cuenta las pautas de operación explicadas anteriormente. En este caso no hay que eliminar ninguna ecuación de balance o relación a causa de los agotamientos. Balances en el Quemador: HNO2:

N9HNO3 = R2

(1)

H2O:

N9H2O = R2 + 3 R3

(2)

NO:

N9NO = 2 R3

(3)

N2:

N9N2 = 1343

(4)

O2:

N9O2 = 357 – 2 R2 – 2,5 R3

(5)

NH3:

0 = N6NH3 – R2 – 2 R3

(6)

Relación 2:

0,87 × N6NH3 = N9HNO3

(7)

X11HNO3 × 340 = N9HNO3

(8)

Balances en el Absorbedor: HNO3:

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11. Se resuelve el Condensador y se comprueba en el Reactor.


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H2O:

(1 – X11HNO3) × 340 = N9H2O + 110

(9)

NO:

N12NO = N9NO

(10)

N2:

N12N2 = N9N2

(11)

O2:

N12O2 = N9O2

(12)

NO:

N13NO = N12NO

(13)

O2:

N13O2 = N12O2

(14)

N2:

N13N2 + N2N2 = N12N2

(15)

0,93 × N12N2 = N13N2

(16)

HNO3:

X11HNO3 × 340 = R2

(17)

NH3:

0 = 2 R1 – R2 – 2 R3

(18)

NO:

N13NO = 2 R3

(19)

Relación 3: Balances en Globales:

H2O:

(1 – X11HNO3) × 340 = 110 + R2 + 3 R3

(20)

H2 :

X7H2 × N7 = 220 – 3 R1

(21)

O2:

N13O2 = 357 – 2 R2 – 2,5 R3

(22)

N2:

N13N2 + (1 – X7H2) × N7 = 1343 – R1

(23)

Balances en el Divisor: H2 :

X7H2 × N7 + X3H2 × N3 = X5H2 × N5

(24)

N2: (1 – X7H2) × N7 + (1 – X3H2) × N3 = (1 – X5H2) × N5

(25)

Relación 4:

(26)

X5H2 = X7H2

Ben – Hur Valencia V. 33

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Balances en el Separador:


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Relación 1:

0,05 × N5 = N7

(27)

N6NH3 = N4NH3

(28)

(1 – X5H2) × N5 = N4N2

(29)

Balances en el Condensador: NH3: N2: H2 :

X5H2 × N5 = N4H2

(30)

N12N2 = 1343

N7 = 76,2839021279

N12NO = 15,4521963824

N9H2O = 126,589147287

N12O2 = 130,863049096

N9N2 = 1343

N13N2 = 1248,99

N9NO = 15,4521963824

N13NO = 15,4521963824

N9O2 = 130,863049096

N13O2 = 130,863049096

R1 = 59,4315245479

N2N2 = 94,0100000049

R2 = 103,410852713

N3 = 1449,39414042

R3 = 7,72609819119

N4H2 = 834,108526022

X11HNO3 = 0,304149566804

N4N2 = 691,569516557

N9HNO3 = 103,410852713

N4NH3 = 118,863049096

X3H2 = 0,546713330764

N5 = 1525,67804262

X5H2 = 0,546713332281

N6NH3 = 118,863049096

X7H2 = 0,546713332873

Tiempo estimado de respuesta = 4 minutos y 50 segundos. Nota: El tiempo varía respecto al orden y simplificación de las expresiones Comprobando los resultados obtenidos en las ecuaciones de balance del Reactor: H2 :

N4H2 = 220 + X3H2 × N3 – 3 R1

834,108526022 = 220 + 0,546713330764 × 1449,39414042-3 × 59,4315245479 834,108526022 = 834,108524456 Ben – Hur Valencia V. 34

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Los resultados obtenidos son:


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NH3:

N4NH3 = 2 × R1 118,863049096 = 2 × 59,4315245479 118,863049096 = 118,863049096

N2:

N4N2 = N2N2 + (1 – X3H2) × N3 – R1

691,569516557 = 94,0100000049 + (1 – 0,546713330764) × 1449,39414042 – 59,43152454

2. El importante producto químico intermedio acetaldehído puede producirse catalíticamente mediante la oxidación parcial del etano. La reacción química primaria es: →

C2H6 + O2

C2H4O +

H2O

Sin embargo, existen varias ecuaciones paralelas que ocurren en forma significativa: C2H6 + O2

CO2 + H2O

C2H6 + O2 → CH3OH + CO CH3OH + O2 CO +

+ H2O

CH2O + H2O

H2O → C2H6 + O2

Para reducir la formación de estos subproductos diversos, el reactor deberá operar a una conversión baja de etano y altas proporciones de etano a oxígeno en la alimentación. El proceso deberá manejar entonces una relación de recirculación elevada y, debido a que se utiliza aire como fuente de oxígeno, debe tener una corriente de purga en la recirculación para eliminar el inerte nitrógeno. Para evitar costosas pérdidas de etano en la purga, se divide la corriente de recirculación. Una de las partes se somete a una separación que elimina preferencialmente una corriente de N2, CO y CO2 para descargar a la atmósfera. La otra corriente se envía directamente de regreso al reactor, sin ningún tratamiento. Supóngase que, en ciertas condiciones de operación, el gas de desperdicio (corriente 9) contiene partes molares iguales de CO y CO2, la corriente de producto (corriente 5) contiene 33 1/3 % de C2H4O, 33 1/3 % de CH3OH y 33 1/3 % de CH2O, y la corriente de salida del reactor contiene 35 % de C2H6, 51% de N2, 1% de C2H4O, 4.25 % de CO. Ben – Hur Valencia V. 35

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691,569516557 = 691,569517778


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También se sabe que se forma 1 mol de H2O en el proceso (corriente 6) por cada mol de C2H6 fresco alimentado al mismo (corriente 13). Además, se requiere que la proporción de C2H6 a CO en la entrada del reactor sea de 10 a 1. a. Demuestre si el proceso se encuentra correctamente especificado. b. Muestre una estrategia de solución para solucionar el problema. c. Solucione el problema, tomando como base de cálculo N13C2H6 = 1000 kgmol, por medio del programa SOLVESYS de la HP-48GX. SOLUCIÓN: N9CO2

N10C2H6

9

N9CO

N7

N9N2

X7C2H6 X7CO2

N10CO2 N10CO N10N2

10

Separador 3

X7CO (X7N2)

7

N8 N11

X8C2H6

X11O2 = 0.21 11

8

X8CO2

M1

(N2)

D

X8CO N12C2H6

N4

(X8N2)

X4C2H6

N12CO2

12

N12CO

X4CO2

N2

N12O2

4 X4CO

X2C2H6 = 0.35

N12N2

(X4N2)

X2C2H4O = 0.01 X2CH3OH

13

M2

N13C2H6 = 1000 Kgmol

1

Reactor

2

Separador 1

X2CH2O

N1C2H6

X2CO2

N1CO2

X2CO = 0.0425

N1CO

X2N2 = 0.51

N1O2

N3C2H4O

3

(agua)

N1N2

N3CH3OH N3CH2O N3H2O

N5 X 5C 2 H 4 O =

X 5CH 3OH =

(CH2O)

1 3 1 3

5

Separador 2 6 N6H2O

Ben – Hur Valencia V. 36

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Diagrama cuantitativo:


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Las reacciones del proceso son: →

C2H6 + O2 2 C2H6

+ 7 O2

C2H6 + 3/2 O2 2 CH3OH

→ + O2

4 CO + 6 H2O

C2H4O

+ H2 O

4 CO2 + 6 H2O

CH3OH + CO →

+ H2 O

2 CH2O + 2 H2O

2 C2H6

+ 5 O2

(R1) (R2) (R3) (R4) (R5)

Relación 1:

N9CO = N9CO2

Relación 2:

N6H2O = N13C2H6 = 1000

Relación 3:

N1C2H6 = 10 N1CO

Relación 4:

Restricciones del divisor = (4 – 1) (2 – 1) = 3

Tabla de Grados de Libertad:

NVI NBMI NFC NCCI Rel. 1 Rel. 2 Rel. 3 Rel. 4 G de L

S.II 8 4 0 2 – – – – 2

S.I 16 8 0 4 – – – – 4

Reactor 13 + 5 9 0 4 – – 1 – 4

M.II Divisor 11 12 5 4 1 0 0 0 – – – – 1 – – 3 4 5

M.I 15 5 0 1 – – – – 9

S.III Proceso Global 11 48 + 5 10 + 5 4 39 9 0 1 1 0 7 3 1 1 1 – 1 1 – 1 – – 3 – 6 0 0

Ben – Hur Valencia V. 37

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Relaciones:


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Tabla de balances: S.I 1 1 1 1 1 1 1 – 1 8

Reactor 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9

M.II 1 – – – 1 1 1 1 – 5

Divisor 1 – – – 1 1 1 – – 4

M.I 1 – – – 1 1 1 1 – 5

S.III Proceso Global 1 6 1 – 3 1 – 3 1 – 3 1 1 6 1 1 6 1 1 6 1 – 3 1 – 3 1 4 39 9

Estrategia de solución: 1. Se resuelven Globales y se conoce N11, N9CO, N9CO2, N9N2, N5, N6H20, R1, R2, R3, R4, R5. Se agotan las relaciones 1 y 2. 2. Actualizando Grados de Libertad: Separador II:

G de L A = 2 – 2 (N5, N6H2O) = 0

Mezclador I:

G de L A = 9 – 1 (N11) = 8

Separador III:

G de L A = 6 – 3 (N9CO, N9CO2, N9N2) + 1 (Rel. 1) = 4

Reactor:

G de L A = 4 – 5 (R1, R2, R3, R4, R5) = – 1

3. Se resuelve el Separador II y se conoce N3C2H4O, N3CH3OH, N3CH2O, N3H2O. 4. Actualizando Grados de Libertad: Separador I: G de L A = 4 – 4 (N3C2H4O, N3CH3OH, N3CH2O, N3H2O) = 0

Ben – Hur Valencia V. 38

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C2H6 C2H4O CH2O CH3OH CO2 CO N2 O2 H2 O Total

S.II – 1 1 1 – – – – 1 4


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5. Se resuelve el Separador I y se conoce N4, X4C2H6, X4CO, X4CO2, N2, X2CH3OH, X2CH2O, X2CO2, X8CO, X8CO2, X8C2H6, X7CO2, X7CO, X7C2H6. Se agotan los balances de C2H4O, CH2O, CH3OH Y H2O. 6. Actualizando Grados de Libertad: Reactor: G de L A = – 1 – 4 (N2, X2CH3OH, X2CH2, X2CO2) + 4 (balances agotados de C2H4O, CH2O, CH3OH, H2O) = –1 G de L A = 5 – 4 (N4, X4C2H6, X4CO, X4CO2) = 1

Separador III: G de L A = 4 – 3 (X7CO, X7CO2, X7C2H6) = 1 Mezclador I:

G de L A = 8 – 3 (X8CO, X8CO2, X8C2H6) = 5

7. Se resuelve el Reactor y se conoce N1C2H6, N1CO2, N1CO, N1O2, N1N2. Se comprueba la sobre especificación. Se agota la relación 3. 8. Actualizando Grados de Libertad: Mezclador II: G de L A = 4 – 5 (N1C2H6, N1CO2, N1CO, N1O2, N1N2) + 1 (Rel. 3) = 0 9. Se resuelve el Mezclador II y se conoce N12CO2, N12CO, N12C2H6, N12O2, N12N2; se agota el balance de O2. 10. Actualizando Grados de Libertad: Mezclador I: G de L A = 5 – 5 (N12CO2, N12CO, N12C2H6, N12O2, N12N2) + 1 (balance agotado de O2) =1 Ben – Hur Valencia V. 39

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Divisor:


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11. Se resuelve el Mezclador I en función de una variable y se conoce (N10C2H6, N10CO2, N10CO, N10N2, N8). 12. Actualizando Grados de Libertad: Separador III: G de L A = 1 – 3 (N10C2H6, N10CO2, N10CO, N10N2) = – 2 Divisor: G de L A = 1 – 0 (N8) = 1 13. Se resuelve el Separador III y se conoce N7, la variable arrastrada. Compruebo sobre la especificación.

Balance de Materia: Balances Globales: C2H6: C2H4O:

0 = 1000 – R1 – 2 R2 – R3 – 2 R5 1/3 × N5 = R1

(1) (2)

CH2O:

1/3 × N5 = 2 R4

(3)

CH3OH:

1/3 × N5 = R3 – 2 R4

(4)

CO2:

N9CO2 = 4 R2

(5)

CO:

N9CO = R3 – 4 R5

(6)

N2:

N9N2 = 0,79 × N11

(7)

0 = 0,21 × N11 – R1 – 7 R2 – 3/2 R3 – R4 + 5 R5

(8)

O2:

H2O:

N6H2O = R1 + 6 R2 + R3 + 2 R4 – 6 R5

(9)

Ben – Hur Valencia V. 40

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14. Se comprueban los resultados en el Divisor.


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Relación 2: Balances en el Separador II: H 2O: C2H4O: CH2O:

N9CO = N9CO2

(10)

N6H2O = 1000

(11)

N6H2O = N3H2O

(12)

1/3 N5 = N3C2H4O

(13)

1/3 N5 = N3CH2O

CH3OH:

(14)

1/3 N5 = N3CH3OH

(15)

Balances en el Separador I: C2H6:

X4C2H6 × N4 = 0,35 × N2

(16)

C2H4O:

N3C2H4O = 0,01 × N2

(17)

CH3OH:

N3CH3OH = X2CH3OH × N2

(18)

CH2O:

N3CH2O = X2CH2O × N2

(19)

CO:

X4CO × N4 = 0,0425 × N2

(20)

CO2:

X4CO2 × N4 = X2CO2 × N2

(21)

H2O: N3H2O = (1 – 0,9125 – X2CH3OH – X2CH2O – X2CO2) × N2

(22)

N2:

(23)

(1 – X4C2H6 – X4CO – X4CO2) N4 = 0,51 × N2

Resolviendo el sistema de ecuaciones de 23 × 23 en el SOLVESYS, se obtiene: R1 = 400

X4C2H6 = 0,37037

N9CO = 200

R2 = 50

N3H2O = 1000

N6H2O = 1000 Ben – Hur Valencia V. 41

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Relación 1:


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X4CO = 0,0449735449733

R5 = 150

X4CO2 = 0,0449735449733

N3C2H4O = 400

R3 = 800

X2CH2O = 0,01

N5 = 1200

N3CH3OH = 400

N4 = 37800

N9N2 = 5266,66

N2 = 40000

N3CH2O = 400

R4 = 200

X2CH3OH = 0,01

N11 = 6666,66

X2CO2 = 0,0425

N5 = 1200

Tiempo estimado de respuesta = 7 minutos y 30 segundos Nota: El tiempo varía respecto al orden y simplificación de las expresiones. A continuación se resuelve sólo el Reactor. La estrategia de solución nos entera de que existe una sobre–especificación, siendo necesaria la comprobación de la información, pudiendo ser ésta consistente o contradictoria. Balances en el Reactor: C2H6:

0,35 N2 = N1C2H6 – R1 – 2 R2 – R3 + 2 R5

(24)

CO:

0,0425 N2 = N1CO + R3 – 4 R5

(25)

CO2:

X2CO2 × N2 = N1CO2 + 4 R2

(26)

N2: O2:

0,51 × N2 = N1N2

(27)

N1O2 – R1 – 7 R2 – 3/2 R3 – R4 + 5 R5 = 0

(28)

Resolviendo, los resultados son: N1C2H6 = 15000

N1CO = 1500

N1CO2 = 1500 Ben – Hur

Valencia V.

42

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N9CO2 = 200


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N1N2 = 20400

N1O2 = 1400

Tiempo estimado de respuesta = 11 segundos Nota: El tiempo varía respecto al orden y simplificación de las expresiones. Comprobando los resultados en la relación 3, que sobre–especifica la Unidad, se tiene: Relación 3:

N1C2H6 = 10 × N1CO

(29)

15000 = 15000

Conocidos los resultados anteriores, se reemplazan en el Mezclador II, Mezclador I en función de una variable y Separador III con dos sobre–especificaciones, según la estrategia de solución. Es necesario no utilizar dos ecuaciones del Separador III, porque en ellas se comprobará si la información es consistente o contradictoria. Hay que realizar un análisis de las ecuaciones para saber en cuál se hará la comprobación respectiva. La calculadora a veces analiza las sobre–especificaciones. Para evitar conflictos y pérdida de tiempo sería importante contar las ecuaciones y las variables; si sobran ecuaciones simplemente se comprueba en ellas. Con base en estos planteamientos se forma un sistema de 12 × 12. Balances en el Mezclador II: C2H6:

N1C2H6 = 1000 + N12C2H6

(30)

CO2:

N1CO2 = N12CO2

(31)

CO:

N1CO = N12CO

(32)

(balances triviales) = se realizan manualmente

Ben – Hur Valencia V. 43

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La información es consistente !.


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O2:

N1O2 = N12O2

(33)

N2:

N1N2 = N12N2

(34)

Resolviendo, los resultados son: N12C2H6 = 14000

N12N2 = 20400

N12O2 = 1400

N12CO = 1500

N1CO2 = 1500

C2H6:

N12C2H6 = N10C2H6 + X8C2H6 × N8

(35)

CO2:

N12CO2 = N10CO2 + X8CO2 × N8

(36)

CO:

N12CO = N10CO + X8CO × N8

(37)

Para comprobación posterior de los resultados se plantean las ecuaciones (38) y (39): O2:

N12O2 = 0,21 × N11

(38)

N2: N12N2 = N10N2 + 0,79 N11 + (1 – X8CO2 – X8CO – X8C2H6) N8

(39)

Balances en el Separador III: C2H6: CO2: CO: N2:

N10C2H6 = X7C2H6 × N7

(40)

N10CO2 + N9CO2 = X7CO2 × N7

(41)

N10CO + N9CO = X7CO × N7

(42)

N10N2 + N9N2 = (1 – X7C2H6 – X7CO2 – X7CO) N7

(43)

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Balances en el Mezclador I:


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Resolviendo el sistema: N10C2H6 = 7844,2

N10CO2 = 752,51

N10N2 = 6163,5

N7 = 21179,36

N10CO = 752,51 N8 = 16620,7

Tiempo estimado de respuesta = 9 minutos y 50 segundos Nota: El tiempo varía respecto al orden y simplificación de las expresiones. Comprobando los resultados, en las ecuaciones 38 y 39: 1400 = 0,21 × 6666,66

(38)

1400 = 1399,99 N2:

20400 = 6163,5 + 5266,66 + 8970,025

(39)

20400 = 20400,1921 La información no es contradictoria. Finalmente, se comprueban los resultados en los balances del Divisor o Unidad dependiente: Total:

N4 = N7 + N8 37800 = 21179,36 + 16620,7 37800 = 37800,06

Ben – Hur Valencia V. 45

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O2:

Solucionario balance de materia y energía girontzas v reklaitis 1ed  

Solucionario de los capítulos 2 y 3 del libro Reklaitis

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