BALANCE DE MATERIA PARA INGENIEROS QUIMI (1)

BALANCE DE
MATERIA
PARA INGENIEROS QUÍMICOS
NÉSTOR GOODING GARAVITO
BALANCE
DE
MATERIA
CONTIENE :
FUNDAMENTOS TEORICOS
215 PROBLEMAS RESUELTOS
299 PROBLEMAS PROPUESTOS
NESTOR GOODING GARAVITO
INGENIERO QUIMICO
UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA
SEPTIMA EDICION
2009
PROLOGO
Este texto presenta de una manera resumida los principios físicos y químicos
utilizados en la solución de problemas de Balance de Materia y su aplicación
directa en Operaciones Unitarias y Procesos Químicos. En consecuencia, será de
gran utilidad para estudiantes de pre-grado en Ingeniería Química.
Uno de los problemas que con frecuencia enfrenta el Ingeniero es la selección de
un Sistema de Unidades apropiado. Aunque la tendencia actual es el uso del
Sistema de Unidades Internacional (SI), no se puede desconocer que la mayor
parte de los Ingenieros deben utilizar datos, catálogos y equipos de medición en
otras unidades, especialmente del Sistema Inglés. Se consideró en consecuencia
que la solución de los problemas se efectuara utilizando los diferentes tipos de
sistemas para proporcionar al futuro profesional las herramientas necesarias que la
práctica le exige.
Teniendo en cuenta las diversas situaciones que están representadas en la
solución de un problema de Balance de Materia, se trata mediante una gran
cantidad de problemas resueltos y propuestos mostrar al estudiante como puede
lograr la metodología adecuada para resolver problemas con enfoque ingenieril,
sin tener que estar sujeto a modelos matemáticos generalizados que limiten su
capacidad de análisis.
Los temas tratados pueden ser distribuídos y evaluados equitativamente a través
de un semestre académico en tres grupos a saber: Fundamentación Física y
Química (Capítulos 1 a 4), Balance de Materia en Operaciones Unitarias (Capítulo
5), Balance de Materia en Procesos Químicos (Capítulo 6). Los capitulos 7, 8,y 9
pueden ser vistos como complemento de procesos especiales y cuyos balances
utilizan algunos recursos interesantes para el curso.
Néstor Gooding Garavito
CONTENIDO
CAPITULO 1 - UNIDADES
1
Fuerza y Masa - Sistemas de Unidades - Factores de Conversión de Unidades Consistencia Dimensional - Cantidades Adimensionales - Problemas Resueltos Problemas Propuestos.
CAPITULO 2 - VARIABLES DE PROCESO
13
Generalidades - Volumen Específico - Gravedad Específica - Escalas de Gravedad
Específica - Presión - Temperatura - Flujo de Masa y Flujo Volumétrico - Variables
de Composición - Composición de Mezclas - Composición en Masa y Molar Masa Molecular Media - Base de Cálculo - Base seca, húmeda y libre de un
componente - Problemas Resueltos - Problemas Propuestos.
CAPITULO 3 - GASES IDEALES
49
Leyes de los Gases Ideales - Condiciones Normales - Ecuación de Estado Densidad de un Gas Ideal - Mezclas de Gases Ideales - Límite de Aplicación de las
leyes de los Gases - Problemas Resueltos - Problemas Propuestos.
CAPITULO 4 - MEZCLAS GAS-VAPOR
71
Vaporización - Presión de Vapor - Relación entre la Presión de Vapor y la
Temperatura - Saturación - Saturación Relativa - Porcentaje de Saturación Humedad - Humedad Absoluta - Humedad Relativa - Porcentaje de Humedad Temperatura de Bulbo Seco - Temperatura de Bulbo Húmedo - Punto de Rocío Saturación Adiabática - Diagrama de Humedad - Problemas Resueltos - Problemas
Propuestos.
CAPITULO 5 - BALANCE SIN REACCION QUIMICA
89
Clasificación de los Procesos - Diagramas de Flujo - Balances de Masa Recomendaciones Generales para la Solución de Problemas - Operaciones
Unitarias - Problemas Resueltos Operaciones de Mezclado - Problemas Resueltos
Operaciones de Evaporación - Problemas Resueltos Operaciones de Secado Problemas Resueltos Operaciones de Destilación - Problemas Resueltos
Operaciones de Condensación - Problemas Resueltos de Balance en Unidades
Múltiples - Problemas Resueltos en Operaciones de Recirculación y Derivación de
Flujo - Problemas Propuestos.
CAPITULO 6 - BALANCE CON REACCION QUIMICA
197
Estequiometria - Generalidades - Reactivo Limitante y Reactivo en Exceso Porcentaje en Exceso - Grado de Finalización - Empleo de las Unidades Molares
en los Cálculos - Problemas Resueltos - Procesos Químicos y Problemas
Resueltos
CAPITULO 7 - BALANCE DE MATERIA EN
PROCESOS DE COMBUSTIÓN
273
Combustión - Combustibles Gaseosos, Líquidos y Sólidos - Combustión Completa.
Oxígeno Teórico y en Exceso - Combustión Incompleta - Análisis Orsat Problemas Resueltos de Combustión y problemas propuestos.
CAPITULO 8 - BALANCE DE MATERIA EN
PROCESOS DE OXIDACIÓN DE AZUFRE Y PIRITAS
309
Oxidación de Azufre y Piritas - Problemas Resueltos de Oxidación de Azufre y
Piritas y problemas propuestos.
CAPITULO 9 - BALANCE DE MATERIA EN
PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO
333
Metalurgia y Alto Horno - Problemas Resueltos de Metalurgia y Alto Horno.
Problemas propuestos
Tabla 1 - Factores de Conversión de Unidades
Tabla 2 - Elementos Químicos - Símbolos y Masas Atómicas.
Tabla 3 - Presión de Vapor del Agua
Tabla 4 – Ecuación de Antoine
Diagrama 1 - Diagrama de Cox
Diagrama 2 - Diagrama de Humedad (en función de YP )
Diagrama 3 – Diagrama de humedad ( en función de YR )
Bibliografía
CAPITULO 1
UNIDADES
Los sistemas físicos se describen mediante ciertas medidas. Se utilizan
cantidades primarias tales como la longitud, la masa y el tiempo como base de
estas medidas. Las cantidades secundarias tales como la densidad, aceleración,
velocidad, presión, etc.,se definen en términos de las cantidades primarias.
FUERZA Y MASA. Mediante la segunda ley del movimiento de Newton la fuerza
es proporcional a la masa por la aceleración. Para definir el peso se toma entonces
el valor de la aceleración local de la gravedad así:
F ∝ ma
La conversión de esta proporcionalidad en ecuación se logra con la inclusión de
una constante denominada gc.
g
F = m ——
gc
Tanto los sistemas absolutos como el sistema internacional se definen tomando el
valor unitario para gc lo cual da como resultado la aparición de unidades de fuerza
derivadas tales como la dina, el poundal, y el newton.
En los sistemas de unidades de ingeniería el valor de gc viene definido por la
unidad de masa y la unidad de fuerza utilizando como valor de la aceleración de la
gravedad su valor normal (9,8 m/s2, 32,17 pie/s2).
El uso de estos últimos sistemas elimina las unidades derivadas facilitando de esta
manera los cálculos y la simplificación de unidades.
En el sistema de unidades de Ingeniería, las ecuaciones correspondientes incluyen
la constante gc. Su utilización está muy difundida en textos de Termodinámica,
Transferencia de Fluídos, Transferencia de Calor y Transferencia de Masa.
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2
SISTEMAS DE UNIDADES
Métrico Absoluto: Masa, g
Longitud, cm
Tiempo, s
Temperatura, oK
cm
Fuerza, dina ( g x —— )
s2
Inglés absoluto:
Masa, lb
Longitud, pie
Tiempo, s
Temperatura, oR
pie
Fuerza, poundal ( lb x —— )
s2
Internacional:
(SI)
Masa, kg
Longitud, m
Tiempo, s
Temperatura, oK
m
Fuerza, Newton (N)( kg x —— )
s2
Ingeniería Métrico: Fuerza, gf, kgf
Masa, g, kg
Longitud, cm, m
Tiempo, s
Temperatura, oK
Ingeniería Inglés:
Fuerza, lbf
Masa, lb
Longitud, pie
Tiempo, s
Temperatura, oR
CAPITULO 1 : UNIDADES
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3
FACTORES DE CONVERSION. Una cantidad en un sistema de unidades tiene su
equivalencia en otro sistema. La relación unitaria entre estos dos valores es lo que
se denomina factor de conversión. La multiplicación sucesiva de una misma
cantidad por una serie de factores de conversión unitarios es el mecanismo
utilizado para la conversión de unidades.
CONSISTENCIA DIMENSIONAL Y CANTIDADES ADIMENSIONALES
Una cantidad puede sumarse o restarse con otra sólo si sus unidades son iguales.
Para que una ecuación sea válida debe ser dimensionalmente consistente, es
decir que todos sus términos aditivos en ambos miembros deben tener las mismas
unidades.
Una cantidad adimensional es aquella cuya combinación de variables da un
número sin unidades. En muchos casos deben realizarse las conversiones de
unidades adecuadas para demostrar la adimensionalidad.
PROBLEMAS RESUELTOS
1.1 - Determine cuántos litros hay en 5,27 pies3
28,316 litros
5,27 pies3 x ——————— = 149,2 litros
pie3
1.2 - Convertir una aceleración de 15 pies/s2 a millas/hr2.
pie
1 milla
15 ——— x ——————
5280 pies
s2
(3600 s)2
x —————
hr2
millas
= 36 818,1 —————
hr2
1.3 - Convertir 1.3 onzas/cm3 a kg/pie3.
onzas
1 lb
1,3 ———— x —————
16 onzas
cm3
kg
x ——————
2,204 lb
1 043,8 kg
= —————
pie3
(30,48 cm)3
x ——————
pie 3
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4
1.4 - Convertir 38 dinas/cm2 a lbf/pulg2.
dinas
gf
38 ———— x —————
980 dinas
cm2
lbf
x —————
453,59 gf
= 5,51 x 10
-4
(2,54 cm)2
x —————
pulg 2
lbf
————
pulg2
1.5 - Determine el número de pies3 en un barril y en una caneca.
42 galones
1 barril x ——————
barril
1 pie3
x —————
7,48 gal
= 5,61 pies3
55 gal
1 pie3
1 caneca x ————— x ————— = 7,35 pies3
caneca
7,48 gal
1.6 - Si el valor de g en el ecuador, al nivel del mar, es de 32,088 pies/s2, y éste
valor disminuye mas o menos en 0,001 pies/s2 por cada 1000 pies de altitud.
¿Cuánto pesa una persona de 200 lb a una altitud de 5000 pies sobre el nivel
del mar?
Disminución en el valor de g:
pies
0,001 pies/s2
——————— x 5000 pies = 0,005 ———
1000 pies
s2
g = 32,088 - 0,005 = 32,083 pies/s2
mg
200 lb x 32,083 pie/s2
F (peso) = ——— = ——————————
(lb/lbf) (32,17 pie/s2)
gc
= 199,46 lbf
CAPITULO 1 : UNIDADES
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5
1.7 - Un pie3 de agua a 70oF y presión atmosférica, pesa alrededor de 62,4 lbf en
un punto donde g vale 32,17 pies/s2.¿ Cuánto pesará éste mismo volumen de
agua en un lugar donde g = 32 pies/s2 ?
Como g = gc la masa del cuerpo será 62,4 lb.
mg
62,4 lb x 32 pie/s2
F (peso) = —— = ————————— = 62,07 lbf
(lb/lbf)(32,17 pie/s2)
gc
1.8 - Un hombre de 175 lb experimenta una desaceleración (por ejemplo, en un
accidente automovilístico) de 20 (g), donde g vale 32,17 pie/s2.¿ Cuánto vale
la fuerza que actúa sobre el hombre en lbf?
ma
175 lb x 20 x 32,17 pie/s2
F = ——— = ———————————— = 3500 lbf
(lb/lbf)(32,17 pie/s2)
gc
1.9 - Una masa de 1 kg se acelera con una fuerza de 4,5 kgf. Calcular la
aceleración en m/s2
kg x 9.8 m/s2
m
F
4.5 kgf
a = —— x gc = ————— x ——————— = 44.1 ——
s
m
1 kg
kgf
1.10 - ¿ Cuál es el peso en Newton de un objeto cuya masa es 10 kg ?
F (peso) = mg = 10 kg x 9,8 m/s2 = 98 N
1.11 - En flujo de fluídos la ecuación que expresa la caída de presión por fricción
en una tubería es:
2 f L ρ v2
Δ P = —————
gc D
donde: Δ P = caída de presión, lbf/pie2
v = velocidad, pies/s
ρ = densidad del fluído, lb/pie3
L = longitud de la tubería, pies
gc = constante, (lb/lbf)(pie/s2)
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D = diámetro de la tubería, pies
¿ Cuáles son las unidades del factor de fricción f ?
( Δ P) (gc) (D)
f = —————————
(L) (ρ) (v2)
(lbf/pie2) (lb/lbf) (pie/s2) (pie)
f = —————————————— = adimensional
(pie) (lb/pie3) (pie2/s2)
1.12 - La potencia de emisión de un cuerpo negro depende de la cuarta potencia
de la temperatura y está dada por la siguiente expresión:
W = A T4
en donde: W = potencia de emisión, BTU/hr-pie2
A = constante de Stefan-Boltzman
[0.171 x 10-8 BTU / (cm2) (s) (oK)4]
¿Cuál es el valor de A en ergio/(cm2) (s) (oK)4 ?
BTU
ergio
A = 0.171 x 10-8 ———————— x —————————
9.481 x 10-11BTU
(cm2) (s) (oK)4
A = 18.0360 ergio/(cm2) (s) (oK)
4
1.13 - La ecuación para determinar la velocidad de transporte por difusión es K =
2πDρr. Esta velocidad es utilizada para separar el U235 de U238 en
centrífugas con gas en contracorriente.
Si K = velocidad de transporte del componente ligero hacia el centro de la
centrífuga, gmol/cm.s
D = coeficiente de difusión.
ρ = densidad molar, gmol/cm3
r = radio medio logarítmico, (r2 - r1) / ln(r2/r1)
donde "r" está en cm.
¿ Cuáles son las unidades de D ?
CAPITULO 1 : UNIDADES
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7
K
gmol/(s) (cm)
D = ——— = ———————— = cm/s
2 πρ r
(gmol/cm3) (cm)
1.14 - La siguiente ecuación es dimensionalmente inconsistente en las unidades
especificadas. Inserte un factor de conversión dimensionalmente apropiado
para eliminar la inconsistencia.
m=C A2
2 ρ ( − ΔP)
1− (D 2 / D1 ) 4
donde:
m = flujo, lb/s
A2 = área de flujo, pie2
ρ = densidad, lb/pie3
Δ P = caída de presión, psi
D = diámetro, pies
C = constante adimensional
Para que las unidades de la ecuación resulten consistentes se introduce
dentro del radical la constante gc, así:
m= C A2
m = pie 2
2 ρ ( − ΔP)
1− (D 2 / D1 ) 4
x gC
(lb / pie 3 )(lb f / pie 2 )(lb / lb f )(pie / s 2 ) = lb / s
1.15 - La siguiente es una ecuación para calcular el caudal de un vertedero en
función de la altura alcanzada por el líquido dentro de éste:
V = 0,01651 ( Δ Z)2.45
donde:
V está en litros/s
Δ Z está en cm
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Desarrollar una ecuación similar donde V* esté dado en gal/mi y Δ Z* esté
dado en pulgadas.
gal
3,785 lt
mi
*
V (———) (————) (———) = 0,063 V* = V
mi
gal
60 s
2,54 cm
*
Δ Z (pulg) ( ————— ) = 2,54 ( Δ Z*) = Δ Z
pulg
Reemplazando estos valores en la ecuación original:
0,063 V* = 0,01651 [2,54( Δ Z*)]2.45
V* = 2,571 ( Δ Z*)2.45
Esta última ecuación puede ser probada reemplazando un valor de Δ Z*,
obteniendo un valor de V*, y comparando dicho valor con la ecuación original
luego de hacer las conversiones de unidades respectivas.
PROBLEMAS PROPUESTOS
1.16 - Utilizando el precio actual de la gasolina corriente en pesos/galón, determine
el valor de 35 litros de gasolina.
1.17 - ¿Cuántos litros hay en una caneca y cuántas pulgadas cúbicas hay en un
barril?
1.18 - Convertir: a) 10 millas/hr a km/mi
b) 100 millas/hr a pies/s
c) 5 g/cm3 a lb/pie3
d) 547 J/mi a HP
CAPITULO 1 : UNIDADES
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1.19 - Calcular el número de:
a) segundos en tres años
b) centímetros cuadrados en una yarda cuadrada
c) dinas/cm2 en 1 lbf/pulg2
d) onzas/ cm3 en 1 kg/pie3
1.20 - Convertir una milla cúbica por año a millones de galones por día.
1.21 - Utilizando sólo los factores 1 pie=12 pulg, 1 pulg = 2,54 cm y 1 litro = 1000
cm3. Encuentre el número de litros en 1 pie3
1.22 - El pentano tiene una viscosidad de 0,23 centipoises a 25oC. Si un poise
equivale a 1 g/cm.s y 102 centipoises equivalen a 1 poise, calcule la
viscosidad en lb/hr.pie.
1.23 - Con qué fuerza en kgf se atrae una masa de 14 kg en un punto de la Tierra
donde la aceleración de la gravedad es 30,2 pie/s2
2
1.24 - Un cuerpo pesa a una altura de 8000 metros (g=32,07 pie/s ) 10 libras. Si
se utilizó una balanza de resorte calibrada a nivel del mar,¿ cuál es la masa
del cuerpo en kg?
1.25 - Un sistema tiene una masa de 20 lb.¿ Cuál es la fuerza necesaria en kg
para acelerarlo 15 pie/s2 si su movimiento se realiza en un plano horizontal
sin fricción?
1.26 - ¿ Cual es el peso en lbf de un objeto cuya masa es 10 lb ?
1.27 - ¿ Cuál es el peso en poundal de un objeto cuya masa es 5 600 g ?
1.28 - Un cuerpo pesó 30 kf en un sitio donde la aceleración de la gravedad es
9.71 m/s2 . ¿ Cuál será la fuerza desarrollada en lbf y en N para que éste
cuerpo se mueva sobre un plano horizontal con aceleración de 80 pie/s2?
1.29 - Un instrumento para medir la aceleración de la gravedad en el mar se
construye con un resorte del cual se suspende una masa de 0.24 kg. En un
sitio de la Tierra, donde la aceleración local de la gravedad es 9.8 m/s2 ,el
resorte se extiende 0.61 cm. Cuando el paquete del instrumento se deposita
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sobre la superficie de Marte, emite a la Tierra la información que el resorte
se ha extendido 0.20 cm. ¿Cuál es la aceleración de la gravedad en Marte?
1.30 - El número de Reynolds es una cantidad adimensional que aparece con
frecuencia en el análisis del flujo de fluídos. Para el flujo en tuberías se
define como (Dvρ/µ), donde D es el diámetro de la tubería, v es la velocidad
del fluído, ρ es la densidad del fluído, y µ es la viscosidad del fluído. Para
un sistema en particular, D = 4 cm, v = 10 pies/s, ρ = 0.7 g/cm3 µ = 0.18
centipoises. Calcular el número de Reynolds.
1.31 - La densidad algunas veces se expresa como una función de la temperatura:
ρ = ρo + A t
donde:
ρ = densidad en lb/pie3a temperatura t
ρo = densidad en lb/pie3 a temperatura to
t = temperatura en oF
¿ Cuáles son las unidades de A ?
1.32 - En transferencia de calor se utiliza el número de Prandtal.
NPr = Cp µ / k
Demuestre que es adimensional e investigue y sugiera las unidades.
1.33 - En transferencia de calor el número de Grashof está dado por:
(L3) (ρ2) (g) (ß) (Δ t)
NGr = ——————————
µ2
Si : L = 12 cm
g = aceleración normal de la gravedad.
ρ = 0.0027 lb/pie3
ß = 2.03 x 10-3 (oR)-1
Δ t =80oR
µ = 0.017 centipoises.
Calcule el valor de NGr.
CAPITULO 1 : UNIDADES
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1.34 - La potencia al freno (WF) de un motor utilizado para mover una bomba
centrífuga está dado por la siguiente expresión:
(F) (RPM)
WF = —————
1500
donde:
F = fuerza en kgf
RPM = revoluciones por minuto del motor
WF = potencia al freno en HP
Desarrollar una fórmula donde F esté en newton (N) y la potencia al freno
esté en kilovatios.
1.35 - La ecuación de Colburn en transferencia de calor es:
(h/CG) (Cµ/k)0.66 = (0.023) / (DG/µ)0.2
donde: C = capacidad calorífica, BTU/lboF
µ = viscosidad, lb/(hr) (pie)
k = conductividad térmica,
BTU / (hr) (pie2) (oF) / pie
D = diámetro, pies
G = velocidad másica, lb / (hr) (pie2)
¿ Cuáles son las unidades del coeficiente de transferencia de calor "h" ?
1.36 - La ecuación:
µ = 3,24 t - 0.5 + (1,02/t)
se utiliza para hallar el valor de la viscosidad µ, en lb/pie.s en función del
tiempo t dado en segundos. Hallar una ecuación equivalente que permita
calcular la viscosidad en centipoises como una función del tiempo dado en
minutos.
1.37 - Una investigación experimental de la velocidad de transferencia de masa
del SO2 desde una corriente de aire hasta dentro del agua indicó que el
coeficiente de transferencia de masa se podría correlacionar mediante una
ecuación de la forma:
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kx = K v 0.487
en la que kx, es el coeficiente de transferencia de masa en mol / (cm2 x s) y
v es la velocidad en cm/s.
¿ Tiene dimensiones la constante K ? ¿ Cuáles son ?
Si se expresa la velocidad en pies/s, y queremos conservar la misma forma
de la relación, ¿ cuáles serían las unidades de K' si kx se encuentra aún en
mol/(cm2 x s), donde K' es el nuevo coeficiente de la fórmula ?
1.38 - La velocidad de transferencia de masa entre un gas y un líquido en flujo a
contracorriente se expresa por la ecuación:
(dm/dt) = k x A Δ c
donde:
k x = coeficiente de transferencia de masa, cm/s
A = área disponible de transferencia.
Δ c = diferencia de concentración entre el material en la fase
gaseosa y la concentración en la fase líquida, en g-mol/cm3.
t = tiempo, s
Cuáles son las unidades de m?
Si la ecuación anterior se reemplaza por:
(dm/dt) = k'x A Δ p
donde Δ p = diferencia de presión parcial y tiene las unidades de kPa
¿ cuáles son las unidades de k'x ?
CAPITULO 2
VARIABLES DE PROCESO
Dentro de una planta química se desarrollan en general OPERACIONES
UNITARIAS y PROCESOS QUIMICOS según ocurran sólo cambios físicos o
cambios químicos respectivamente.
La unificación de todos ellos constituye la llamada unidad de proceso.
En general, el balance de materia de una unidad de proceso implica balances
individuales en los diferentes aparatos que la forman. Cualquiera que sea la
situación, existirán siempre materiales que entran y materiales que salen.
En el diseño de éstas unidades individuales, así como en el control de operación
de las mismas deben conocerse una serie de datos tales como: masas,
volúmenes, presiones, temperaturas, composiciones, etc.,llamadas también
variables de proceso.
Entradas
UNIDAD
DE
PROCESO
Salidas
VOLUMEN ESPECIFICO
Se denomina por la letra (v) y puede definirse como el volumen por unidad de
3
3
masa. Se expresa generalmente en m /kg, lt/kg, pie /lb, etc.
El inverso del volumen específico corresponde a la densidad (ρ).
El volumen específico de sólidos y líquidos resulta relativamente independiente de
la presión y la temperatura y su valor puede consultarse en tablas.
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El volumen específico de gases y vapores es una función de la presión y la
temperatura y su cálculo implica el conocimiento de las relaciones de estado correspondientes.
La densidad relativa o gravedad específica (G) es el cociente entre la densidad
de la sustancia y la densidad de una sustancia de referencia bajo condiciones
específicas. La referencia utilizada en el caso de sólidos y líquidos es el agua a
4OC, la cual posee una densidad de 1 g/cm3 o 62,43 lb/pie3. La siguiente notación
se utiliza:
G(20/4)oc = 0,7
Indica la gravedad específica de la sustancia a 20oC respecto al agua a 4oC.
Escalas de Gravedad Específica. Existen varias escalas en las cuales la
gravedad específica se expresa en "grados" y que constituyen relaciones
matemáticas arbitrarias.
Escala Baumé. Se utiliza para líquidos más ligeros y más pesados que el agua.
Está definida por las siguientes expresiones:
Para más ligeros que el agua:
140
o
( Bé) Grados Baumé = ⎯⎯⎯- - 130
G
Para más pesados que el agua:
145
(oBé) Grados Baumé = 145 - ⎯⎯⎯
G
Escala API. Es la escala adoptada por el Instituto Americano del Petróleo para
expresar la densidad de productos derivados del petróleo. Teniendo en cuenta que
la mayoría de éstos productos son más ligeros que el agua existe sólo la siguiente
expresión:
141.5
(oAPI) Grados API = ⎯⎯⎯
G
- 131.5
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
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15
Escala Twaddell. Se utiliza solamente para líquidos más pesados que el agua y
se define por:
(oTw) = Grados Twaddell = 200 (G - 1)
Escala Brix. Es una escala arbitraria y expresa el porcentaje en peso de azúcar
en una solución. Un grado Brix corresponde a 1% en peso de azúcar.
400
(oBx) Grados Brix = ⎯⎯ - 400
G
PRESION
La presión en un punto de un fluído es la misma en todas direcciones y puede
definirse como la componente normal de fuerza por unidad de área. Se expresa
2
2
2
generalmente en atmósferas, kgf /cm , pascales (N/m ) y lbf /pulg (psi).
Los instrumentos utilizados para medir la presión se llaman manómetros y el más
sencillo de todos ellos es un tubo doblado en forma de U, el cual está conectado
por un extremo a la atmósfera y por el otro al sistema cuya presión se desea medir.
Si el sistema se encuentra a una presión mayor que la presión atmosférica el valor
medido corresponde a la presión manométrica, pero si el sistema se encuentra a
una presión por debajo de la presión atmosférica la presión se denomina presión
de vacío.
Midiendo la altura Z y conociendo la densidad (ρ) del líquido manométrico, cuando
el fluído de sello (fluído que corresponde al sistema) tiene una densidad
despreciable con respecto a la del líquido del manómetro, la presión manométrica
o de vacío ( ver figura ) se calcula mediante la siguiente fórmula:
P = ρ g Z ( sistemas absolutos o Internacional)
P = ρ g Z / gc ( sistemas de Ingeniería)
Se denomina presión absoluta al valor de la presión en un punto respecto al
vacío absoluto o presión cero. Los diagramas siguientes indican el cálculo según el
caso. No pueden existir presiones negativas.
Para calcular el valor de la presión atmosférica o barométrica es necesario
disponer de un barómetro, el cual es un dispositivo que contiene mercurio y mide
la presión atmosférica del lugar respecto al vacío.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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16
A
(PA)abs = Patm + Pm
B
(PB)abs = Patm - Pv
C
PC = Patm
DIAGRAMA COMPARATIVO DE PRESIONES
PA
Pm
PC
Presión Atmosférica
Patm
Vacío Absoluto
P=0
Pv
PB
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
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17
TEMPERATURA
La temperatura puede definirse como la fuerza motriz que produce una
transferencia de calor. Dos cuerpos están a la misma temperatura si no hay
transferencia de calor cuando se ponen en contacto. La temperatura se mide
mediante los termómetros y las escalas más usuales son la Celcius o Centígrada
y la Fahrenheit. Se seleccionan dos puntos fijos para normalizar un termómetro,
generalmente el punto de congelación y el punto de ebullición del agua a presión
de 1 atm.
o
En la escala Centígrada ( C) el punto de congelación del agua es definido como
o
0 C y el punto de ebullición del agua como 100oC. La distancia entre estos dos
puntos es dividida en 100 partes iguales y cada división corresponde a 1oC.
En la escala Fahrenheit (oF) se define el punto de congelación del agua como 32oF
y el punto de ebullición como 212oF. La distancia entre estos dos puntos es
dividida en 180 partes iguales y cada división es 1oF. Las dos escalas se
relacionan mediante la fórmula:
t (oF) = 1,8 t (oC) + 32
La relación de magnitud entre las dos escalas es:
(oC / oF) = 1,8
Se demuestra experimentalmente que la presión de un gas se incrementa en 1/273
por cada grado centígrado de aumento de temperatura, y en la misma forma decrece 1/273 por cada grado centígrado de disminución de temperatura. Se
concluye entonces que la presión ejercida por un gas cesaría cuando su
temperatura llegase a 273oC bajo cero. Esta temperatura equivalente a -273oC es
llamada cero absoluto de temperatura y es el punto de partida de la escala Kelvin
absoluta. En la escala Fahrenheit el cero absoluto corresponde a -460oF y la
escala que toma este punto de partida se denomina escala Rankine absoluta. La
relación entre estas dos escalas es:
T (oR) = 1,8 (ToK)
La relación de magnitud entre las dos es:
(oK / oR) = 1,8
Las siguientes fórmulas y relaciones son también de gran utilidad:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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18
T (oK) = t (oC) + 273
T (oR) = t (oF) + 460
(oK / oC) = 1
;
(oR / oF) = 1
Para convertir una diferencia de temperaturas puede utilizarse:
(ΔT oR) = ( ΔT oK) x 1,8
( Δ t oF) = ( Δ t oC) x 1,8
( Δ T oR) = ( Δ t oF)
( Δ T oK) = ( Δ t oC)
ESCALAS DE TEMPERATURA
o
t C
t oF
T oK
T oR
100
212
373
672
0
32
273
492
0
0
0
- 273
-460
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
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19
FLUJO DE MASA Y FLUJO VOLUMETRICO
El movimiento de material o masa de un punto a otro recibe el nombre de flujo. Se
o
denomina flujo másico ( m ) a la masa transportada en la unidad de tiempo
o
(masa/tiempo) y se denomina caudal o flujo volumétrico ( V ) al volumen
transportado en la unidad de tiempo (volumen / tiempo).
El flujo másico en condiciones estables es el mismo en todos los puntos de un
ducto o tubería y puede calcularse a partir de la ecuación:
m = v Aρ = V ρ
o
donde:
o
v = velocidad lineal de flujo
A = área de la sección de flujo
ρ = densidad del fluído
VARIABLES DE COMPOSICION
Elementos y Compuestos Químicos. La masa atómica de un elemento es la
masa de un átomo tomada en una escala donde el isótopo del carbono (12C) cuyo
núcleo está formado por seis neutrones y seis protones, tiene una masa atómica
exacta de 12. Para las expresiones matemáticas que se verán más adelante puede
representarse por la letra A y su forma dimensional es (at-1). Los valores de las
masas atómicas pueden tomarse de una tabla periódica o de la tabla 2 del libro.
Según sean las unidades tomadas para la masa de un elemento, la relación entre
ésta y su masa atómica constituye la unidad atómica correspondiente.
m (g)
⎯⎯⎯⎯ = número de g-at
A (at-1)
m (kg)
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de kg-at
A (at-1)
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
20
m (Tn)
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de Tn-at
A (at-1)
m (lb)
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de lb-at
A (at-1)
La masa molecular de un compuesto se determina sumando las masas atómicas
de los átomos que constituyen la molécula del compuesto. Para las respectivas expresiones matemáticas se representa por M y su forma dimensional es (mol-1).
Según sean las unidades tomadas para la masa de un compuesto, la relación entre
ésta y su masa molecular constituye una unidad molar.
m (g)
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de g-mol
M (mol-1)
m (kg)
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de kg-mol
M (mol-1)
m (Tn)
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de Tn-mol
M (mol-1)
m (lb)
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de lb-mol
M (mol-1)
COMPOSICION DE MEZCLAS
Considerando un sistema formado por "n" componentes. Designando por la letra "i"
a un componente específico en la mezcla y además:
m = peso o masa (g, kg, lb, Tn)
3
3
V = volumen (lt, m , pies , gal)
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
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21
M = masa molecular de una sustancia (mol-1)
A = masa atómica de un elemento (at-1)
a) Porcentaje en peso. El porcentaje en peso de cada componente se obtiene
dividiendo su peso respectivo por el peso total del sistema y multiplicando por 100.
mi
% en peso de i = ⎯⎯⎯ x 100
∑ mi
Se utiliza generalmente para expresar la composición de mezclas de sólidos y
líquidos. En general no se emplea para mezclas de gases.
b) Porcentaje en Volumen. El tanto por ciento en volumen de cada componente
se obtiene dividiendo su volumen individual por el volumen total de sistema y
multiplicando por 100.
Vi
% en volumen de i = ⎯⎯⎯ x 100
∑Vi
Se utiliza para expresar la composición de mezclas de gases.
c) Fracción Atómica. Si el compuesto es una mezcla de átomos, el número total
de átomos de "i" dividido por el número total de átomos presentes, se denomina
fracción atómica de "i".
(mi/Ai)
Fracción atómica de i = ⎯⎯⎯⎯ = Ni
∑ (mi/Ai)
d) Fracción en masa. El porcentaje en peso o masa dividido por 100
corresponde a la fracción en masa y se representa por la letra “w”
mi
Fracción en masa de i = wi = ⎯⎯⎯⎯
Σ mi
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
22
e) Fracción molar. Si el sistema es una mezcla de varias clases de moles, el
número total de moles de "i" dividido por el número total de moles de mezcla es la
fracción molar de "i".
(mi/Mi)
Fracción molar de i = ⎯⎯⎯⎯⎯ = xi
∑(mi/Mi)
∑ xi = 1
f) Porcentaje atómico. El tanto por ciento atómico de un componente se
encuentra multiplicando su fracción atómica por 100.
% atómico de i = Ni x 100
g) Porcentaje en peso o masa. El tanto por ciento en peso o masa de un
componente se encuentra multiplicando su fracción en peso o masa por 100.
% en peso de i = wi x 100
h) Porcentaje molar. El tanto por ciento molar de un componente se encuentra
multiplicando su fracción molar por 100.
% molar de i = xi x 100
i) Concentración. Se utiliza generalmente en soluciones y está relacionada casi
siempre con el volumen de la solución.
masa del componente i
Concentración másica = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
volumen de la solución
moles del componente i
Concentración molar = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
volumen de la solución
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
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23
Las formas más conocidas de expresar la concentración de soluciones son las
siguientes:
Molaridad (M) = g-mol de soluto/lt de solución
Molalidad (m) = g-mol de soluto/kg de solvente
Normalidad (N) = equivalente-g de soluto/lt solución
En éstas últimas se supone que la mezcla o solución está formada únicamente por
dos sustancias. La sustancia disuelta se llama soluto y el líquido en el cual se
disuelve se llama solvente.
MASA MOLECULAR MEDIA
Conocer la masa molecular media es de gran ayuda cuando se tiene una mezcla
gaseosa. Para su determinación es necesario conocer su composición molar. La
siguiente fórmula puede utilizarse:
M = ∑ (Mi xi)
Mi = masa molecular del componente i
xi = fracción molar del componente i
BASE DE CALCULO ( B.C. )
Normalmente, todos los cálculos relacionados con un problema dado se
establecen con respecto a una cantidad específica de una de las corrientes de
materiales que entran o salen del proceso. Esta cantidad de materia se designa
como base de cálculo y se deberá establecer específicamente como primera etapa
en la solución del problema. Con frecuencia el planteamiento del problema lleva
consigo la base de cálculo.
Cuando se conoce la composición en peso de una mezcla se recomienda tomar
una base de 100 unidades de masa o peso, ejemplo: 100 g, 100 kg, 100 lb. Si por
el contrario se conoce la composición molar de la mezcla, la recomendación es
tomar 100 unidades molares de la mezcla, ejemplo: 100 g-mol, 100 kg-mol, 100 lbmol.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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24
BASE SECA, BASE HUMEDA Y BASE LIBRE DE UN COMPONENTE
Se dice que un material es húmedo cuando el agua es uno de sus componentes.
La composición que incluye el agua se dice que es en base húmeda. Cuando en
la composición se excluye el agua (aún estando presente), se dice que está en
base seca. En el caso de algunas mezclas gaseosas, la composición está dada
sin tener en cuenta uno de los componentes. En éste caso, dicho componente no
aparece en los porcentajes, aunque sí está presente en la mezcla y se dice que la
composición es libre de un componente.
En algunas operaciones, especialmente en el secado de sólidos, se acostumbra a
expresar el contenido de humedad por unidad de peso de sólido seco o por unidad
de peso de sólido húmedo. A ésta modalidad multiplicada por 100 se le denomina
porcentaje de humedad en base seca y en base húmeda respectivamente.
PROBLEMAS RESUELTOS
2.1 - El ácido sulfúrico puro a 20 oC tiene una densidad de 114.22 lb/pie¿Cuál es
su densidad en grados Baumé (oBé) ?
(ρ) H2SO4 (20oC)
114.22 lb/pie3
G = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.8295
(ρ ) H2O (4oC)
62.43 lb/pie3
Por ser un líquido más pesado que el agua se utiliza la relación:
145
Bé = 145 - ⎯⎯⎯⎯
G
o
145
Bé = 145 - ⎯⎯⎯⎯ = 65.74
1.8295
o
2.2 - Se llena un recipiente cuyo volumen es 3.5 galones con gasolina corriente y
se pesa. El peso de la gasolina fué 9.77 kg. ¿ Cuál es la densidad expresada
en grados API ?
m
9.77 kg
1 gal
kg
ρ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 0.737 ⎯⎯⎯
V
3.5 gal
3.785 lt
lt
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
25
ρ = 0.737 g/cm3
ρ gasolina
0.737 g/cm3
G = ⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.737
ρ agua
1 g/cm3
La densidad en grados API será:
141.5
⎯⎯⎯⎯ - 131.5 = 60.49 oAPI
0.737
2.3 - En el condensador de una turbina de vapor se mantiene la presión absoluta
de 3,92 kPa. Qué marcarán los vacuómetros graduados en mm Hg, si en un
caso indica el barómetro 735 mm Hg y en otro caso 764 mm Hg?
760 mm Hg
Pabs = 3,92 kPa x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 29,41 mm Hg
101,3 kPa
Pv = Patm - Pabs = 735 - 29,41 = 705,59 mm Hg
Pv = 764 - 29,41 = 734,59 mm Hg
2.4 - Un pistón tiene un área de 450 cm2. Calcular la masa del pistón en kg si éste
ejerce una presión de 20 kPa por encima de la presión atmosférica sobre un
gas encerrado en el cilindro.
P = 20 kPa = 20 000 N/m
N
1m
2
F = P.A = 20 000 ⎯⎯ x 450 cm x (⎯⎯⎯⎯)2
100 cm
m2
F = 900 N
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
26
900 N
F = m g ⎯⎯⎯> m = ⎯⎯⎯⎯ = 91,83 kg
9,8 m/s2
2.5 - Un sistema de alimentación por gravedad se emplea para alimentar agua a un
aparato. Se requiere una presión mínima de 30 psig a la entrada del aparato.
¿Cuál debe ser la elevación del nivel del agua por encima del aparato?
P=ρ gZ
Se utiliza la presión manométrica en el cálculo.
101,3 kPa
P = 30 psi x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 206,734 kPa
14,7 psi
P
206734
Z = ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 21,09 m
ρ g
(1000 kg/m3)(9,8 m/s2)
2.6 - Un fluído manométrico especial tiene una gravedad específica de 2,95 y se
utiliza para medir una presión de 17,5 psia en un lugar donde la presión
barométrica es 28,9 pulg de Hg. Cuál será la altura alcanzada por el fluído
manométrico?
ρL
G = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 2,95
ρ agua
ρ L = 2,95 x 1000 kg/m3 = 2950 kg/m3
101,3 kPa
Pabs = 17,5 psi x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 120,59 kPa
14,7 psi
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
27
101,3 kPa
Patm = 28,9 pulg Hg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 97,84 kPa
29,92 pulg Hg
Pabs = Patm + Pm
Pm = 120,59 - 97,84 = 22,75 kPa
P
22750 Pa
Z = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0,787 m = 78,7 cm
ρg
(2950 kg/m3)(9,8 m/s2)
2.7 - ¿ Cuál es la temperatura en oR de un fluído cuya temperatura es 67 oC ?
La conversión puede hacerse por dos caminos:
T oK = t oC + 273.16 = 67 + 273.16 = 340.16 oK
T oR = 1.8 (T oK) = 1.8 (340.16) = 612.28 oR
t oF = 1.8 (t oC) + 32 = 1.8 (67) + 32 = 152.6 oF
T oR = t oF + 459.68 = 152.6 + 459.68 = 612.28 oR
Para fines prácticos y tal como se indica en la teoría, el cero absoluto puede
tomarse en forma aproximada como -273 oC y - 460 oF. El cálculo efectuado con
estos dos últimos valores no resulta exactamente igual en los dos casos.
2.8 - El incremento de temperatura del agua al pasar por un calentador es 80 oF.
¿Cuál es éste en oC, oR, y oK ?
Δ t oC = 100 - 0 = 100 oC = Δ T oK
Δ t oF = 212 - 32 = 180 oF =Δ T oR
Δ t oF
Δ T oR
⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = 1.8
Δ t oC
Δ T oK
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
28
Para el presente problema se tendrá:
Δ t oC = (80/1.8) = 44.4 oC = Δ T oK
Δ t oF = Δ T oR = 80 oR
2.9 - Convertir en grados centígrados las siguientes temperaturas medidas con un
termómetro Fahrenheit: -275, 24, 162, 1.465.
t oC = (t oF - 32) /1,8
t oC = (-275 - 32) /1,8 = - 170,5 oC
t oC = (24 - 32) /1,8 = - 4,44 oC
t oC = (162 - 32) /1,8 = 72,2 oC
t oC = (1465 - 32) /1,8 = 796,1 oC
2.10 - Convertir en grados Fahrenheit las siguientes temperaturas medidas en
grados centígrados: - 186, -12, 127, 893.
t oF = 1,8 t oC + 32
t oF = 1,8 (-186) + 32 = - 302,8 oF
t oF = 1,8 ( -12) + 32 = 10,4 oF
t oF = 1,8(127) + 32 = 260,6 oF
t oF = 1,8(893) + 32 = 1639,4 oF
2.11 - Dos termómetros, uno Fahrenheit y otro Centígrado están sumergidos en un
fluído e indican la misma lectura. Cuál es esa lectura en oR y oK?
t oC = t oF = t
t = 1,8 t + 32
⎯⎯> t = (- 32/0,8) = - 40
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
29
t = - 40 oC = - 40 oF
2.12 - El tetracloroetano tiene una densidad relativa de 1.5880. Calcular la masa en
libras de tetracloroetano dentro de un recipiente de 120 galones y el flujo
volumétrico en lt/mi para llenar este recipiente en 1 hora.
ρ= G x ρ agua = 1.588 x 62.43 = 99.13 lb/pie3
lb
pie3
m = V x ρ = 120 gal x 99.13 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯
7.48 gal
pie3
m = 1 590.3 lb
V
120 gal
3.785 lt
hr
lt
θ
1 hr
gal
60 mi
mi
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 7.57 ⎯
o
2.13 - Por una tubería se descargan 95 galones por minuto (GPM) de un líquido
sobre un tanque. Si la capacidad del tanque es de 5 000 galones, en cuánto
tiempo se llenará el tanque?
V = V/ θ ----> θ = (V/V)
o
V
5000 gal
θ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 52,63 mi
o
V
95 gal/mi
2.14 - Una bomba descarga 75 GPM de un líquido cuya gravedad específica es
0,96. Encuentre: a) El flujo en lb/mi. b) El tiempo necesario para llenar un
tanque vertical de 20 pies de diámetro y 15 pies de altura.
G =ρ L /ρ agua
⎯⎯⎯> ρ L = 0,96 x 62,43 lb/pie3
ρ L = 59,93 lb/pie
3
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
30
gal
lb
pie3
mi
pie3
7,48 gal
m = V x ρ = 75 ⎯⎯ x 59,93 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯
o
a)
o
m = 600,9 lb/mi
π (20)2
π D2
V = ⎯⎯⎯ Z = ⎯⎯⎯⎯ x 15 = 4 712,3 pies3
4
4
b)
V
V = ⎯⎯
o
θ
V
4 712,3
7,48 gal
75 gal/mi
pie3
⎯⎯⎯> θ = ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯
o
V
θ = 470 mi
2.15 - Se bombea agua hacia un tanque cuyo diámetro es 10 pies a velocidad
estable. El nivel del tanque se incrementa en 16 pulgadas por hora.
a) ¿ Cuántos galones por minuto son bombeados?
b) Si se utiliza una tubería de 6 pulg de diámetro para llenar el tanque,
¿ Cuál es la velocidad del agua en la tubería en pies/mi ?
a)
Area del tanque = (πD2/4) = (100 π /4) = 78.53 pies2
La velocidad lineal respecto al tanque es:
16 pulg
pie
hr
pies
hr
12 pulg
60 mi
mi
v = ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 0.022 ⎯⎯⎯
El flujo volumétrico en gal/mi será:
pies
V = v x A = 0.022 ⎯⎯ x 78.53 pies2
o
mi
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
31
= 1.7276 pies3/mi
pies3
7.48 gal
gal
mi
pie3
mi
V = 1.7276 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 12.92 ⎯⎯
o
b)
área de la tubería = (πD2/4) = (36 π /4) = 28.27 pulg2
28.27 pulg2 x (pie2/144 pulg2) = 0.1963 pies2
Teniendo en cuenta que el flujo volumétrico es el mismo, la velocidad del agua en
la tubería será:
o
V
1.7276 pies3/mi
A
0.1963 pies
v = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 8.8 pies/mi
2
2.16 -¿ Cuántos g-at de hidrógeno hay en 1 libra de H2SO4 ?
g-mol H2SO4
2 g-at H
453.59 g H2SO4
1 lb H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
lb H2SO4
98 g H2SO4
g-mol H2SO4
= 9.25 g-at H
2.17 - ¿ Cuántos g-mol de CaCO3 hay en 2 kg ?
1 000 g-mol CaCO3
kg-mol CaCO3
2 kg CaCO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 20 g-mol CaCO3
kg-mol CaCO3
100 kg CaCO3
2.18 - ¿ Cuántos gramos de cloro hay en 2.4 g-mol de HCl ?
1 g-at Cl
35.46 g Cl
2.4 g-mol HCl x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 85.1 g Cl
g-mol HCl
g-at Cl
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
32
2.19 - En 1.4 toneladas de Fe2O3, ¿ cuántas lb-mol hay ?
2.204 lb Fe2O3
lb-mol Fe2O3
1 000 kg Fe2O3
1.4 Tn Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
kg Fe2O3
Tn Fe2O3
159.7 lb Fe2O3
= 19.32 lb-mol Fe2O3
2.20 - ¿ Cuántos g-mol de oxígeno hay en 430 g de SO3 ?
3 g-at O
g-mol O2
g-mol SO3
430 g SO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯
g-mol SO3
2 g-at O
80 g SO3
= 8.06 g-mol O2
2.21 - Se mezclan 20 kg de CaCO3 puro con 45 kg de caliza cuya composición en
peso es: CaCO3 81%, MgCO3 10% y H2O 9%. ¿ Cuál es la composición en
peso de la mezcla ?
CaCO3 en caliza = 45 kg x 0.81 = 36.45 kg
CaCO3 total = 20 + 36.45 = 56.45 kg
MgCO3 = 45 kg x 0.1 = 4.5 kg
H2O = 45 kg x 0.09 = 4.05 kg
Masa total de mezcla = 56.45 + 4.5 + 4.05 = 65 kg
Composición en peso:
CaCO3 : (56.45/65) x 100 = 86.85 %
MgCO3 : (4.5/65) x 100 = 6.92 %
H2O
: (4.05/65) x 100 = 6.23 %
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
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33
2.22 - Un mineral de hierro contiene: Fe2O3 80% en peso, MnO 1%, SiO2 12%,
Al2O3 3%, H2O 4%. Por cada tonelada de mineral calcular:
a) Los kilogramos de Fe y su porcentaje.
b) Los kg-at de Si.
c) Los kg-mol de H2.
d) Los kg-mol de O2.
Base de Cálculo (B.C.): 1 tonelada de mineral
a)
Fe2O3 en el mineral = 1 000 kg x 0.8 = 800 kg
2 kg-at Fe
55.85 kg Fe
kg-mol Fe2O3
800 kg Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯-⎯⎯
kg-mol Fe2O3
kg-at Fe
159.7 kg Fe2O3
= 559 kg Fe
% de Fe = (559/1 000) x 100 = 55.9 %
b)
SiO2 en el mineral = 1 000 kg x 0.12 = 120 kg
1 kg-at Si
kg-mol SiO2
120 kg SiO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.99 kg-at Si
60.1 kg SiO2 1 kg-mol SiO2
c)
H2O en el mineral = 1 000 kg x 0.04 = 40 kg
1 kg-mol H2
kg-mol H2O
40 kg H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 kg-mol H2O
18 kg H2O
= 2.22 kg-mol H2
d) El oxígeno está contenido en todos los componentes, luego hay que
determinarlo por separado y sumar.
3 kg-at O
kg-mol Fe2O3
800 kg Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
kg-mol Fe2O3
159.7 kg Fe2O3
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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34
= 15.028 kg-at O
kg-mol MnO
1 kg-at O
10 kg MnO x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.141 kg-at O
70.94 kg MnO
kg-mol MnO
2 kg-at O
kg-mol SiO2
120 kg SiO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
kg-mol SiO2
60.1 kg SiO2
= 3.993 kg-at O
3 kg-at O
kg-mol Al2O3
30 kg Al2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
kg-mol Al2O3
102 kg Al2O3
= 0.882 kg-at O
1 kg-at O
kg-mol H2O
40 kg H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.22 kg-at O
kg-mol H2O
18 kg H2O
Oxígeno total = 15.028 + 0.141 + 3.993 + 0.882 + 2.22
kg-mol O2
Oxígeno total = 22.266 kg-at x ⎯⎯⎯⎯⎯
2 kg-at O
= 11.133 kg-mol O2
2.23 - Se mezclan 12 galones de un líquido A cuya densidad relativa es 0.77 con
25 galones de otro líquido B cuya densidad relativa es 0.86. Calcular el
porcentaje en peso de la mezcla y la densidad relativa de la mezcla si los
volúmenes son aditivos.
ρ A = GA x ρ agua = 0.77 x 62.43 = 48.07 lb/pie3
ρ B = GB x ρ agua = 0.86 x 62.43 = 53.68 lb/pie3
lb
pie3
mA = VA x ρ A = 12 gal x 48.07 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯
pie3
7.48 gal
mA = 77.11 lb
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
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35
lb
pie3
mB = VB x ρ B = 25 gal x 53.68 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯
pie3
7.48 gal
mB = 179.41 lb
mT = 77.11 + 179.41 = 256.52 lb
% peso de A = (77.11/256.52) x 100 = 30.06 %
% peso de B = (179.41/256.52) x 100 = 69.94 %
pie3
VT = VA + VB = 12 + 25 = 37 gal x ⎯⎯⎯⎯
7.48 gal
VT = 4.94 pies3
ρ mezcla = (mT/VT) =(256.52/4.94) = 51.92 lb/pie3
ρ
51.92 lb/pie3
G = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.831
ρ agua
62.43 lb/pie3
2.24 - Una mezcla de alcohol etílico y agua contiene 80% en volumen de alcohol a
15.5 oC y su densidad relativa es 0.8638. ¿ Cuál será el porcentaje en peso
de alcohol etílico ?
B.C.: 100 litros de mezcla.
H2O en la mezcla = 100 lt x 0.20 = 20 litros
magua = 20 lt x (1 kg/lt) = 20 kg
ρ solución = 0.8638 x 1 kg/lt = 0.8638 kg/lt
msolución = V x ρ = 100 lt x 0.8638 kg/lt
msolución = 86.38 kg
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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36
% peso de agua = (20/86.38) x 100 = 23.15 %
% peso de alcohol = 100 - 23.15 = 76.85 %
2.25 - Se mezclan 100 g de agua con 100 g de H2SO4. ¿Cuántos g-mol de H2SO4
hay por cada g-mol de agua ?
g-mol H2O
100 g H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 5.55 g-mol H2O
18 g H2O
g-mol H2SO4
100 g H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.02 g-mol H2SO4
98 g H2 SO4
g-mol H2SO4
1.02 g-mol H2SO4
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.1837 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
5.55 g-mol H2O
g-mol H2O
2.26 - Se disuelve un gramo de KOH en 670 cm3 de agua, ¿ cuál es la molalidad
de la solución formada ?
g-mol KOH
1 g KOH x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0178 g-mol KOH
56.1 g KOH
g-mol KOH
0.0178 g-mol KOH
1 000 cm3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0265 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
670 cm3 H2O
lt H2O
lt H2O
2.27 - Una solución de sulfato férrico, Fe2 (SO4)3, contiene 16% en peso de sulfato
y su densidad relativa es 1.1409. Determinar la concentración molar en
lbmol/pie3 de solución y la molaridad (g-mol/lt de solución).
B.C.: 100 lb de solución.
lb-mol Fe2 (SO4)3
16 lb Fe2 (SO4)3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.04 lb-mol Fe2 (SO4)3
399.7 lb Fe2 (SO4)3
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
37
lb
lb
ρ = G x ρ agua = 1.1409 x 62.43 ⎯⎯⎯ = 71.22 ⎯⎯⎯
pie3
pie3
m
100 lb
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.4041 pie3
ρ
71.22 lb/pie3
Concentración molar = 0.04 lb-mol/1.4041 pies3
= 0.0284 lb-mol/pie3
Molaridad = 0.0284 x (453.59/28.32) = 0.4548
2.28 - Una aleación de cobre y níquel contiene 40% de níquel, ¿ cuál es la fracción
atómica de cobre ?
B.C.: 100 g de aleación.
Ni : 100 g x 0.4 = 40 g
Cu : 100 g x 0.6 = 60 g
g-at Ni
40 g Ni x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.6813 g-at Ni
58.71 g Ni
g-at Cu
60 g Cu x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.9442 g-at Cu
63.54 g Cu
g-at de aleación = 0.6813 + 0.9442 = 1.6255
NNi = (0.6813/1.6255) = 0.419
NCu = (0.9442/1.6255) = 0.581
NNi + NCu = 0.419 + 0.581 = 1
2.29 - Un gas combustible tiene la siguiente composición molar: O2 5%, N2 80% y
CO 15%. Calcular:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
38
a) La masa molecular media.
b) La composición en peso.
M = ∑ (Mi xi)
a)
M = (32 x 0.05 + 28 x 0.8 + 28 x 0.15) = 28.2 mol-1
b) B.C.: 100 g-mol de gas combustible.
O2 5 g-mol x 32 mol-1= 160 g
N2 80 g-mol x 28 mol-1= 2 240 g
CO 15 g-mol x 28 mol-1= 420 g
⎯⎯⎯⎯⎯
Total 2 820 g
Composición en peso:
O2
(160/2 820) x 100 = 5.67 %
N2
(2 240/2 820) x 100 = 79.43 %
CO (420/2 820) x 100
= 14.89 %
2.30 - Para cálculos de combustión el aire se toma con la siguiente composición
molar: O2 21% y N2 79%. ¿ Cuál es su composición en peso?
B.C.: 100 g-mol de aire
O2
21 g-mol x 32 mol-1= 672 g
N2
79 g-mol x 28 mol-1= 2 212 g
⎯⎯⎯⎯
Total
2 884 g
Composición en peso:
O2 (672/2 884) x 100 = 23.3 %
N2 (2 212/2 884) x 100 = 76.7 %
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
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39
2.31 - Una mezcla de oxígeno y nitrógeno tiene un 43% en peso de oxígeno,¿cuál
es la fracción molar de N2 ?
B.C.: 100 g de mezcla.
O2
43 g x (g-mol/32 g) = 1.343 g-mol
N2
57 g x (g-mol/28 g) = 2.035 g-mol
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
Total
3.378 g-mol
xnitrógeno = (2.035/3.378) = 0.602
2.32 - El arrabio producido en un alto horno sale libre de humedad, pero al
analizarlo se encontró que contenía: Fe 84.72% en peso, C 3.15%, Si
1.35%, Mn 0.72%, H2O 10.06%. ¿ Cuál era el porcentaje en peso de hierro
al salir del horno ?
B.C.: 100 kg de arrabio húmedo.
arrabio seco = 100 - 10.06 = 89.94 kg
% en peso de Fe = (84.72/89.94) x 100 = 94.19 % peso
2.33 - Los gases que salen de un quemador de azufre tienen la siguiente
composición en base libre de SO3: SO2 9.67%, O2 8.46% y N2 81.87%. Se
sabe también que hay 6.08 g de SO3 por cada 100 g de gas libre de SO3.
¿ Cuál es el porcentaje molar de SO3 en la mezcla ?
B.C.: 100 g-mol de gas libre de SO3.
M = (64 x 0.0967 + 32 x 0.0846 + 28 x 0.8187)
M = 31.82 mol-1
Masa de gas libre de SO3 = 100 g-mol x 31.82 mol-1
= 3 182 g
El SO3 en el gas será:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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40
6.08 g SO3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 3 182 g gas libre SO3
100 g gas libre SO3
= 193.46 g SO3
g-mol SO3
193.46 g SO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.418 g-mol SO3
80 g SO3
Moles totales de gas = 102.418 g-mol
% molar SO3 = (2.418/102.418) x 100 = 2.36 %
2.34 - a) Convertir 60% de agua (b.s.) a base húmeda.
b) Convertir 60% de agua (b.h.) a base seca.
a) B.C.: 100 g de material seco.
60 g de agua
100 g de material seco
Material húmedo = 160 g
% de agua (b.h.) = (60/160) x 100 = 37.5 %
b) B.C.: 100 g de material húmedo.
60 g de agua
40 g de material seco
% de agua (b.s.) = (60/40) x 100 = 150 %
2.35 - Se mezclan 150 lb de un sólido húmedo que contiene 75% de agua (b.s.)
con 18 lb de agua. ¿ Cuál es el porcentaje de agua de la mezcla resultante
en base seca y en base húmeda ?
B.C.: 150 lb de sólido húmedo (s.h.)
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
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41
75 lb agua
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 150 lb s.h. = 64.28 lb agua
175 lb s.h.
Sólido seco = 150 - 64.28 = 85.72 lb
Agua total = 64.28 + 18 = 82.28 lb
Sólido húmedo final = 82.28 + 85.72 = 168 lb
% Agua (b.h.) = (82.28/168) x 100 = 48.97 %
% Agua (b.s.) = (82.28/85.72) x 100 = 95.98 %
PROBLEMAS PROPUESTOS
2.36 - La densidad de una cierta solución es de 7.3 lb/galón a 80 oF. ¿Cuántos
pies3 de esta solución ocuparán 6 toneladas a 80 oF ?
2.37 - En un colector de vapor hay 300 kg de vapor de agua. Determine el volumen
V del colector, en galones, si el volumen específico del vapor es 20.2 cm3/g.
2.38 - La gravedad específica del tetracloruro de carbono a 20 oC con respecto al
agua a 4 oC es 1.595. Calcular la densidad del tetracloruro de carbono en
lb/pie3 a 20 oC.
2.39 - El peso específico de la dietanolamina (DEA) a 15 oC/4 oC es de 1.096. En
un día cuando la temperatura es de 15 oC se introducen en un tanque 1 347
galones de DEA medidos exactamente.¿ A cuántas libras de DEA
corresponde este volumen ?
2.40 - Un aceite tiene una gravedad API de 19.5. ¿ A cuántos galones equivale 1
tonelada de aceite ?
2.41 - Una solución tiene una gravedad de 100 oTw. Calcule su gravedad en oBé.
2.42 - Efectuar las siguientes conversiones de unidades de presión:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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42
a) 1 250 mm Hg a psi.
b) 25 pies de agua a Pa.
c) 3 atm a N/cm2.
d) 100 cm Hg a dinas/pulg2.
e) 30 cm Hg de vacío a atm abs.
f) 10 psig a mm Hg manométricos.
g) 10 psig a bar absolutos.
h) 650 mm Hg abs a mm Hg manométricos.
i) 10 pulg de Hg de vacío a pulg de Hg abs.
j) 20 psi a cm de tetracloruro de carbono.
2.43 - Un manómetro, montado en la cabina abierta de un aeroplano que se
encuentra en tierra, y que mide la presión del aceite, indica una lectura de 6
2
kgf/cm , cuando el barómetro marca 752 mm Hg. a) Cuál es la presión
absoluta del aceite, expresada en N/m2, bar y kgf/cm2 ? b) Qué marcará el
manómetro, expresado en estas mismas unidades, cuando el aeroplano se
eleva a cierta altura en la cual la presión atmosférica es 0,59 bar, si la presión absoluta permanece constante?
2.44 - En la sala de máquinas de una central eléctrica funciona una turbina cuyo
condensador se mantiene a la presión absoluta de 0,711 psia. Determinar
el valor del vacío como un porcentaje de la presión barométrica cuyo valor
es 753 mm Hg.
2.45 - Calcular la presión manométrica en el fondo de un tanque de 12 pies de
o
profundidad, si este está lleno de una solución de ácido acético a 25 C (G
= 1.0172 ). Respuesta en kPa y psig.
2.46 - Se coloca un manómetro de mercurio en el fondo de un tanque que
contiene benceno (G = 0.879). Si la diferencia de altura en el líquido del
manómetro es 97 mm, ¿ cuál será la altura del fluído en metros dentro del
tanque?
2.47 - Un cilindro de diámetro 200 mm está herméticamente cerrado por un émbolo
que pende de un resorte. Este émbolo convencionalmente ingrávido se
desliza sin rozamiento. En el cilindro de ha practicado un vacío equivalente
al 80% de la presión barométrica que es de 600 mm Hg. Determine la fuerza
F de tensión del resorte, en kgf, si el émbolo no se mueve.
2.48 - Efectuar las siguientes conversiones de temperatura:
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
o
a) 279 oC a K
b) 425 oF a oK
c) - 200 oC a oR
d) 725 oR a oK
43
e) 2 250 oC a oF
f) - 200 oF a oC
g) 20 oC a oR
h) 100 oR a oC
2.49 - Convertir las siguientes diferencias de temperatura: (a) 37 oC a oF y oR. (b)
145 oR a oF, o C y oK.
2.50 - En los trabajos técnicos y científicos suele medirse directamente la
diferencia de temperaturas por medio de pares termoeléctricos diferenciales.
¿Cuál es la diferencia de temperaturas en grados centígrados si por la
escala Fahrenheit es 215 oF ?
2.51 - Un fluido cuya gravedad específica es 1.2 circula por una tubería a razón de
30 lb/hr. ¿ Cuál es el flujo en cm3/mi y cuál será el diámetro de la tubería
para que su velocidad sea 5 pies/s ?
2.52 - Se bombea agua hacia un tanque cuyo diámetro es 3 metros a velocidad
estable. El nivel del agua en el tanque se incrementa en 6 cm por hora. a)
Cuántos GPM son bombeados? b) Si se utiliza una tubería de 2,36 cm de
diámetro para llenar el tanque cuál es la velocidad del agua en la tubería en
m/s?
2.53 - Por una tubería de diámetro 50 mm, unida a un gasómetro, se hace llegar un
3
gas cuyo volumen específico es 0.5 m /kg. ¿ Cuánto tiempo tardará el gas
en llenar el gasómetro, si el volumen de este es 5 m3, la velocidad media del
gas por la sección de la tubería es 2.55 m/s y la densidad del gas que llena
el gasómetro es 0.00127 g/cm3.
2.54 - Para medir el flujo de líquidos y gases se emplean orificios de
estrangulación. Como resultado la presión luego del orificio es menor que la
presión delante de él. La caída de presión, se mide con un manómetro en U.
El flujo de masa en kg/s se calcula por la fórmula:
m = 0.8 A 2 ( ΔP) ρ
o
Δ P = disminución de presión.
ρ = densidad del líquido circulante.
A = área del orificio.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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44
Si Z = 22 mm Hg, ρ = 0.98 g/cm3 y el diámetro del orificio es 10 cm, calcular
el flujo de masa.
2.55 - Calcular lo siguiente:
a) g-mol de CO2 por cada 100 g.
b) lb de N2 por cada 3.5 g-mol.
c) toneladas de CaCO3 por cada 34 lb-mol.
d) lb-mol de NaCl por cada 1 286 kg.
2.56 - Cuántas libras hay en cada una de las siguientes cantidades:
a) 130 g-mol de NaOH
b) 62 lb-mol de HNO3
c) 120 lb-mol de KNO3
d) 54 kg-mol de HCl
2.57 - Convertir lo siguiente:
a) 120 g-mol de NaCl a g.
b) 120 lb-mol de NaCl a g.
c) 120 g-mol de NaCl a lb.
d) 120 kg-mol de NaCl a lb.
2.58 - Una solución acuosa contiene 21% en peso de sal.
a) Exprese: lb sal/lb de agua, lb de agua/lb sal, porcentaje en peso de
agua.
b) ¿ Cuántas libras de sal hay en una tonelada de solución ?
o
3
2.59 - A 0 C una solución de sal común en agua contiene 23.5 g de sal/100 cm de
solución y tiene una densidad de 1.16 g/cm3.
a) ¿ Cuál es el porcentaje en peso de sal ?
b) ¿ Cuántas libras de sal están disueltas en 1 galón de solución ?
2.60 - Se mezclan 20 pies3 de un líquido con una densidad relativa de 1.3 con 10
pies3 de otro líquido cuya densidad relativa es 0.9. ¿ Cuál es la densidad de
la mezcla si el volumen final es de 30 pies3 y cuál es el porcentaje en
volumen y en peso del primer líquido?
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
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45
2.61 - Si 4500 barriles de un combustible pesado de 30 oAPI se mezclan con
15000 barriles de aceite de 15 oAPI. ¿Cuál es la densidad en la escala API
de la mezcla?
2.62 - Una solución de H2SO4 en agua tiene una molalidad de 2.0, calcular el
porcentaje en peso y el porcentaje molar de H2SO4.
2.63 - Una solución de ácido nítrico en agua 0.9 molar, tiene una densidad relativa
de 1.0427. Calcular el porcentaje en peso y el porcentaje molar de HNO3.
2.64 - Una solución de cloruro de calcio (CaCl2) contiene 20% en peso de CaCl2 y
una densidad de 1.73 g/cm3 a 30ºC. Calcular la molaridad y la molalidad.
2.65 - Diez libras de benceno (G = 0.879) y 20 libras de tolueno (G = 0.866) se
mezclan. Calcular lo siguiente suponiendo que el volumen de la mezcla es
igual a la suma de los volúmenes de los componentes individuales.
a) Fracción en masa de benceno y tolueno.
b) Fracción molar de tolueno.
c) Relación entre masa de tolueno y masa de benceno.
d) Volumen de la mezcla.
e) Densidad y volumen específico de la mezcla.
3.
f) Concentración de tolueno en lb-mol/pie
g) Molaridad del tolueno.
h) Masa de tolueno en 10 cm3 de la mezcla.
i) Porcentaje en peso y molar de tolueno en la mezcla.
2.66 - Una solución de HCl en agua contiene 30% en peso de HCl y su densidad
relativa es 1.149 a 20 oC y 1.115 a 80 oC. Calcular:
a) Porcentaje molar.
b) Lb de HCl por lb de agua.
c) Lb-mol de HCl por lb de agua.
d) Gramos de HCl por 100 cm3 de solución a 80 oC.
e) Gramos de HCl por 100 cm3 de solución a 20 oC.
f) Gramos-mol de HCl por litro de solución a 20 oC.
g) Libras de HCl por galón de solución a 20 oC.
h) Lb-mol de HCl por pie3 de solución a 80 oC.
i) Molalidad.
j) Normalidad.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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46
2.67 - Una solución de ácido sulfúrico contiene 65% de H2SO4 puro y 35% de
agua. Si su densidad relativa con respecto al agua es 1.71.
a) ¿Cuál es el peso en kg de 350 litros de ésta solución?
b) ¿Cuántos kg de H2SO4 puro hay en 420 litros de solución?
2.68 - Se tienen 100 lb-mol de una mezcla de gases con la siguiente composición
molar: CH4 30%, H2 10% y N2 60%.¿ Cuál es la composición en peso y cuál
es la masa en kg ?
2.69 - El análisis de un gas de desperdicio es: CO2 50% molar, C2H4 10% y H2
40%. ¿ Cuál es la masa molecular media y cuál su composición en peso ?
2.70 - La pirita es un mineral que contiene FeS2 y SiO2. Se mezclan 145 kg de
pirita que contiene 30% en peso de azufre con 68 kg de azufre puro.
¿Cuántos kg de azufre hay por cada 100 kg de mezcla?
2.71 - Una caliza contiene: CaCO3 88% en peso, MgCO3 7% y H2O 5%. ¿Cuál es
la fracción molar de agua en la caliza ?
2.72 - Una mezcla de gases tiene la siguiente composición molar: N2 60%, CO2
40%. Determinar la composición en peso y la masa molecular media de la
mezcla.
2.73 - En un recipiente hay una mezcla de gases formada por: 10 kg de N2, 13 kg
de Ar y 27 kg de CO2. Determinar la composición molar de la mezcla, y su
masa molecular media.
2.74 - Una mezcla gaseosa tiene la siguiente composición en peso: CH4 75% y
CO2 25%. Determinar la composición molar.
2.75 - Una mezcla gaseosa está formada por 8 kg-mol de H2 y 2 kg-mol de N2.
Determinar la masa de cada gas y la masa molecular media.
2.76 - El análisis volumétrico de una mezcla de gases ideales es el siguiente: CO2
40%, N2 40% , CO 10% y O2 10%. Determinar la masa molecular media y el
análisis en masa de la mezcla.
CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
47
2.77 - Una solución de H2SO4 en agua contiene 50% molar de ácido y fluye hacia
una unidad de proceso a razón de 3 m3/mi. Si la densidad relativa de la
solución es 1.03, calcular los kg/s de H2 SO4 puro.
2.78 - El alimento a un reactor de síntesis de amoniaco contiene: N2 25% molar e
H2 75% molar. El flujo es 2 750 kg/hr. ¿ Cuántos kg/mi de nitrógeno se
alimentan al reactor ?
2.79 - La alimentación a un reactor de amoniaco contiene 25% molar de N2 y el
resto de H2. El flujo de la corriente es de 4350 kg/h. Calcular el flujo de
alimentación en kg-mol/h.
2.80 - Una mezcla de SO3 y H2S contiene 50% en peso de cada gas. Si 1 250 kgmol de éste gas se separa en sus componentes, ¿Cuántos kg-mol de H2S se
obtienen?
2.81 - Una mezcla de SO2 y H2S contiene 1 gramo de SO2 por cada gramo de H2S.
Una corriente de 300 lb-mol de mezcla por hora se alimenta a un separador
donde se extrae todo el H2S. ¿ Cuántas libras de H2S se extraen por
minuto?
2.82 -Un sólido húmedo contiene 240% de agua en base seca. ¿Cuántos
kilogramos de agua hay en 3500 kilogramos de sólido húmedo?
2.83 -Un sólido húmedo contiene 40% de agua en base húmeda, ¿cuántos
kilogramos de sólido seco hay por cada 150 kilogramos de agua contenida
en el sólido?
2.84 - Un lodo (mezcla de sólidos y agua) contiene 30% en peso de sólidos.
Exprese su composición en base seca y en base húmeda.
2.85 - Una madera contiene 43% de agua en base seca.
¿ Cuántos kg de agua hay en 500 kg de madera húmeda ?
2.86 - Se mezclan 56 lb de fresas que contienen 15% en peso de sólidos y el resto
agua, con 50 lb de azúcar. Se calienta la mezcla para retirar la mitad del
agua presente, ¿ cuál sería el porcentaje en base seca y en base húmeda
en el residuo?
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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48
2.87 -Los gases producidos en un horno de calcinación de piritas tienen la
siguiente composición molar: SO3 3.56%, SO2 8.31%, O2 7.72% y N2
80.41%. Determine la composición en base libre de SO3 y diga cuántos
gramos de SO3 hay por cada 100 gramos de gas libre de SO3.
2.88 - Un carbón contiene:
Carbono Fijo
45% en peso
Materia Volátil 30%
Ceniza
14%
Humedad
11%
¿ Cuál será su composición en base libre de humedad ?
2.89 - Un mineral de hierro contiene:
Fe2O3
SiO2
MnO
Al2O3
76% peso
14%
1%
9%
Determinar los porcentajes en peso de Fe, Si, y Mn.
2.90 -Un mineral de pirita contiene 48% en peso de azufre. Si el mineral está
formado por FeS2 y material inerte, ¿cuál es el porcentaje en peso de FeS2
en el mineral?
CAPITULO 3
GASES IDEALES
En el campo de las aplicaciones prácticas, cuando se trabaja a presiones y
temperaturas moderadas, es muy conveniente utilizar relaciones muy sencillas entre
las variables de proceso P, T, v. Dichas relaciones se obtienen considerando que en
tales condiciones los efectos debidos al volumen molecular y atracciones
intermoleculares pueden considerarse despreciables en el manejo del gas.
En procesos industriales en los cuales figuran corrientes gaseosas, es más fácil
medir el volumen que el peso de éstas y por tanto es necesario conocer además las
presiones y las temperaturas, con el fín de aplicar la ecuación de estado
correspondiente.
LEYES DE LOS GASES IDEALES
A) LEYES DE CHARLES-GAY LUSSAC. Se consideran dos expresiones que
relacionan el estado (1) y el estado (2) de un gas ideal. Si el cambio de estado se
realiza a presión constante se tiene:
V1
⎯⎯
V2
=
T1
⎯⎯
T2
P = constante
P
Si el cambio de estado se realiza a volumen constante se tiene:
P1
⎯⎯
P2
=
T1
⎯⎯
T2
v
v = constante
50
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
B) LEY DE BOYLE-MARIOTTE. A temperatura constante, el volumen específico de
un gas ideal es inversamente proporcional a la presión. Para un cambio de estado se
tiene:
v1
⎯⎯
v2
P2
⎯⎯
P1
=
T = constante
T
C) LEY DE AVOGADRO. Iguales volúmenes de diferentes gases ideales en las
mismas condiciones de temperatura y presión, contienen el mismo número de
moléculas.
CONDICIONES NORMALES
Establecer un estado normal de referencia para los cálculos es de gran utilidad
práctica. Se consideran las condiciones normales de un gas como:
o
o
0 C (273 K)
Temperatura
Presión
32 oF (492 oR)
1 atm
760 mm Hg
29,92 pul Hg
14,7 psi
1,033 kgf/cm2
101 325 Pa
A las condiciones normales de presión y temperatura (CNPT) y teniendo en cuenta la
ley de Avogadro, para cualquier gas:
1 g-mol de un gas ideal ocupa un volumen de 22,414 litros.
1 lb-mol de un gas ideal ocupa un volumen de 359 pies3.
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
CAPITULO 3 : GASES IDEALES
51
ECUACION DE ESTADO
Reuniendo las expresiones correspondientes a las leyes de los gases ideales se tiene:
P1 v1
⎯⎯⎯⎯ =
T1
P2 v2
⎯⎯⎯⎯
T2
Si una cualquiera de las tres variables de estado permanece constante, se tiene la
expresión particular de cada una de las leyes. Para la temperatura y la presión se
toman siempre sus valores absolutos.
Si la ecuación anterior se usa para referir el estado actual de un gas representado por
(P,v,T) con el estado normal representado por (Po,vo,To), se tiene:
Pv
Po vo
⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯ = constante
To
T
El valor de dicha constante, llamada comunmente Constante Universal de los
Gases (R), da origen a la ecuación de estado de los gases ideales y puede ser
obtenida a partir de los valores dados a las condiciones normales.
Pv=RT
El número de variables independientes en la ecuación de estado es siempre dos. La
tercera variable depende siempre del valor de las otras dos. El volumen v corresponde
al volumen molar y se determina dividiendo el volumen total del gas V por el número
de moles (n).
V
v = ⎯⎯⎯
n
Reemplazando en la ecuación de los gases ideales se tiene:
PV=nRT
52
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
Pero n = (m/M) donde: (m) es la masa del gas y M su masa molecular.
Reemplazando en la ecuación anterior:
P V = m Ro T
Ro = ( R / M ) = constante particular del gas
DENSIDAD DE UN GAS IDEAL
Puede deducirse a partir de la ecuación de estado, la siguiente fórmula para calcular
la densidad de un gas ideal:
PM
ρ = ⎯⎯⎯⎯
RT
MEZCLAS DE GASES IDEALES
En una mezcla de gases ideales las moléculas de cada gas se comportan como si
estuvieran solas, ocupan todo el volumen y contribuyen con su presión a la presión
total ejercida.
Presión Parcial. Es la presión que ejercería un componente si estuviera solo en el
mismo volumen y a igual temperatura que la mezcla.
Volumen de Componente Puro. Es el volumen que ocuparía este gas si sólo él
estuviera presente a la misma temperatura y presión de la mezcla.
LEYES DE DALTON Y AMAGAT. La primera de éstas establece que la presión total
ejercida por una mezcla gaseosa es igual a la suma de las presiones parciales de
cada gas, si éste ocupa el volumen total de la mezcla a la temperatura de la mezcla.
Las siguientes expresiones resúmen ésta ley:
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
CAPITULO 3 : GASES IDEALES
53
P = [ ∑ pi ]T,V
pi V = n i RT
La segunda ley establece que el volumen total ocupado por una mezcla gaseosa es
igual a la suma de los volúmenes de componente puro de cada gas, si cada uno
existiera a la presión y la temperatura de la mezcla. Las siguientes expresiones
resumen ésta ley:
V = [ ∑ Vi ]T,P
Vi P = n i RT
Combinando las ecuaciones anteriores con la ecuación de estado del gas ideal PV =
nRT, se tiene:
pi
Vi
ni
⎯⎯ = ⎯⎯ = ⎯⎯ = xi
n
P
V
La anterior relación demuestra que en una mezcla gaseosa ideal:
% volumen = % molar
DENSIDAD DE UNA MEZCLA GASEOSA
Para calcular la densidad de una mezcla de gases es necesario conocer su
composición molar, con el fin de calcular la masa molecular media y utilizar la
siguiente relación:
m
PM
ρ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯
V
RT
54
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
LIMITE DE APLICACION DE LAS LEYES DE LOS GASES
Las anteriores relaciones sólo son válidas para presiones bajas y temperaturas altas.
Como punto de referencia pueden tomarse las condiciones normales.
En la mayoría de los procesos químicos considerados en éste libro, en los cuales hay
corrientes gaseosas, las temperaturas son altas y la presión es casi siempre la
presión atmosférica o menor. Como un ejemplo de lo anterior puede tomarse la
mezcla de los gases producidos en los procesos de combustión, reducción, oxidación,
etc. Cuando la presión es alta deben utilizarse relaciones especiales dadas por la
termodinámica y que escapan al alcance del presente trabajo.
Otra limitación a las fórmulas anteriores ocurre cuando hay condensación de uno de
los componentes de la mezcla (vapor) en cuyo caso puede haber variación en el
número de moles. Este caso será tratado en el próximo capítulo.
PROBLEMAS RESUELTOS
3.1 - Cinco pies cúbicos de un gas ideal se encuentran a presión de 18 psia. Se
comprime el gas hasta 80 kPa sin cambio en la temperatura, ¿ cuál es el
volumen final ?
Se convierte la presión de 18 psia en kPa:
101.3 kPa
18 psia x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 124 kPa
14.7 psia
P1V1 = P2V2 ⎯⎯> V2 = (P1V1) / P2
124 kPa x 5 pies3
V2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 7.75 pies3
80 kPa
3.2 - El volumen específico del O2 es 2 m3/kg a 160 oC y 8.16 psia. Se calienta el O2 a
presión constante hasta que su volumen específico es 8 m3/kg. ¿ Cuál es la
temperatura final ?
(v1 / v2) = (T1 /T2) ⎯⎯⎯> T2 = (v2T1) / v1
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
CAPITULO 3 : GASES IDEALES
55
T1 = 160 oC + 273 = 433 oK
(8 m3/kg)(433 oK)
T2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 732 oK
(2 m3/kg)
3.3 - Determine la constante universal de los gases en cada una de las siguientes
unidades:
a) atm.lt/g-mol.o K
c) mm Hg. m3/kg-mol.o K
e) kPa.m3/kg-mol.o R
b) atm.lt/lb-mol.o K
d) psi.pie3/lb-mol.o R
f) kPa.m3/lb-mol oR
En todos los casos R = (P v/ T) en condiciones normales.
a)
1 atm x 22.414 lt/g-mol
atm.lt
R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.082 ⎯⎯⎯⎯⎯
g-mol.o K
273 oK
b) Se parte del resultado anterior:
atm. lt
453.59 g-mol
atm lt
0.082 ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 37.19 ⎯⎯⎯⎯⎯
lb-mol
lb-mol oK
g-mol oK
c)
mm Hg. m3
760 mm Hg x 22.414 m3/kg-mol
R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 62.39 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
273 oK
kg-mol oK
d)
psi . pie3
14.7 psi x 359 pies3/lb-mol
R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10.72 ⎯⎯⎯⎯⎯
492 oR
lb-mol oR
56
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
e)
101.3 kPa x 22.414 m3/kg-mol
kPa m3
R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4.61 ⎯⎯⎯⎯⎯
kg-mol oR
492 oR
f)
kg-mol
kPa m3
kPa m3
4.61 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.09 ⎯⎯⎯⎯⎯
2.204 lb-mol
lb-mol oR
kg-mol oR
3.4 - Calcular el volumen ocupado por 60 g-mol de O2 a 230 oF y presión absoluta de
4 atm.
Para todos los problemas en los cuales se aplica la ecuación de estado PV = nRT , el
procedimiento general es el siguiente: se reemplaza el valor de las variables en la
ecuación directamente en las unidades que da el problema, dejando para el final la
constante R definida como Pv/T en condiciones normales y simplificando unidades.
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x [ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ]
4 atm
492 oR
60 g-mol x 690 oR
1 atm x 22.414 lt/g-mol
V = 471.5 lt
3.5 - Dentro de un recipiente cuyo volumen es 100 litros hay nitrógeno a 300 psia y
25oC. Suponiendo que puede aplicarse la ecuación de estado de un gas ideal,
calcular la masa en libras dentro del recipiente
Se calcula el número de moles:
PV
300 psia x 100 lt
g-mol x 273 oK
n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
RT
298 oK
22.414 lt x 14.7 psi
n = 83.41 g-mol
m = n . M = 83.41 g-mol x 28 mol-1x (lb/453.59 g)
m = 5.14 lb
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
CAPITULO 3 : GASES IDEALES
57
3.6 - En algunas industrias se seleccionan como condiciones normales una
temperatura de 60 oF y presión de 30 pulgadas de Hg. ¿ Cuál es el volumen
molar a estas condiciones ?
29.92 pulg Hg x 359 pies3
RT
520 oR
v = --⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
P
30 pulg Hg
492 oR x lb-mol
v = 378.4 pies3/lb-mol
3.7 - Un flujo volumétrico de hidrógeno de 5 000 pies3/mi, entra a un compresor a
70oF y 750 mm Hg. Si la presión a la salida es 10 000 psia y la temperatura 80oF,
calcular suponiendo comportamiento ideal:
a) El flujo volumétrico a la salida del compresor.
b) El flujo de masa.
En este caso el volumen puede ser reemplazado por el flujo volumétrico en la
ecuación de los gases.
(P1 V1) / T1 = (P2 V2) / T2
T2
P1 V1
V2 = ⎯⎯⎯ x ⎯⎯
P2
T1
Se convierte la presión a psia:
14.7 psi
750 mm Hg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 14.5 psia
760 mm Hg
540 oR
14.5 psia x 5 000 pies3/mi
V2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
530 oR
10 000 psia
V2 = 7.38 pies3/mi
58
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
b) Para calcular el flujo de masa se pueden utilizar las condiciones de entrada o de
salida. En este caso tomamos las condiciones de entrada.
(P1V1) = (m/M) (RT1)
⎯⎯⎯⎯> m = (P1 V1 M) / (RT1)
1
14.5 psia x 5 000 pies3/mi x 2 mol-1
m = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯
530 oR
R
m = 273.58 (1/R)
273.58
m = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 25.5 lb/mi
14.7 x 359
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
492
3.8 - Una siderúrgica utiliza 600 pies cúbicos de oxígeno para procesar una tonelada
o
de acero. Si el volumen es medido a 12 psia y 70 F, qué masa de oxígeno es
necesaria para un horno que procesa 20.000 toneladas/mes ?
492 oR.lbmol
PV
12 psia.600 pie3
n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
RT
530 oR
14,7 psia.359 pie3
n = 1,266 lbmol
m = n.M = 1,266 lbmol.32 mol-1 = 40,5 lb = 18,36 kg
Esta masa se utiliza para procesar 1 tonelada de acero, luego:
20 000 Tn
Tn
Tn O2
18,36 kg O2
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 367,2 ⎯⎯⎯⎯
1 tn
mes
1 000 kg
mes
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
CAPITULO 3 : GASES IDEALES
59
3.9 - Se sabe que un kg-mol de gas contiene 6,023 x 1026 moléculas. Un recipiente
de 1 cm3 en el cual se ha hecho vacío absoluto, es decir, se han extraído de él
todas las moléculas, tiene un orificio de tal dimensión, que del aire circundante
penetran al recipiente 105 moléculas por segundo. Calcular el tiempo para que
la presión en el volumen considerado sea la misma del aire circundante, si éste
se halla a condiciones normales y la velocidad de penetración permanece invariable.
Se calculan primero las moléculas contenidas en 1 cm3 a condiciones normales:
kgmol
6,023 x 1026 moléculas
m3
1 cm x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
3
106 cm
22,414 m3
kgmol
3
= 2,687 x 1019 moléculas
El tiempo será:
s
2,687 x 1019 moléculas x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2,687x1014 s
105 meléculas
hr
dia
año
siglo
2,687x1014 s x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 85 204 siglos
3 600 s
24 hr
365 dias
100 años
3.10 - Dos esferas cada una de 6 pies de diámetro, son conectadas por una tubería
en la cual hay una válvula. Cada esfera contiene helio a una temperatura de
80oF. Con la válvula cerrada, una esfera contiene 2,5 lb y la otra 1,25 lb de
helio. Luego de que la válvula se abre y se obtiene el equilibrio, cuál es la
presión común en las esferas si no hay pérdida ni ganancia de energía?
4
El volumen de cada esfera será: V = ⎯⎯ π r3
3
V = (4/3) (3,14) (3)3 = 113,1 pies3
60
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
Luego de la mezcla el volumen total será:
V = 2 (113,1) = 226,2 pies3
El número de moles luego de la mezcla es:
n = (2,5 + 1,25) lb/4 mol-1 = 0,9375 lbmol
Como no hay pérdida ni ganancia de energía, la temperatura final de la mezcla puede
suponerse la misma, o sea 80 oF.
La presión final será:
1 atm . 359 pies3
nRT
0,9375 lbmol.540 oR
P = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
V
226,2 pies3
492 oR . lbmol
P = 1,63 atm
3.11 - La altura de un tanque cilíndrico que contiene 30 lb de CO2 es el doble de su
diámetro. Si la presión es 3 kgf/cm2 abs. y la temperatura 20 oC, ¿cuáles son las
dimensiones del tanque ?
Si Z es la altura del tanque, el diámetro será (Z/2) y el volumen del tanque será:
π Z3
π (Z/2)2
V = ⎯⎯⎯⎯ x Z = ⎯⎯⎯⎯
4
16
Se calcula ahora el número de moles:
n = (m/M) = (30 lb/44 mol-1) = 0.6818 lb-mol
V = (nRT) / P
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
CAPITULO 3 : GASES IDEALES
61
0.6818 lb-mol x 293 oK
1.033 kgf/cm2 x 359 pie3
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
273 oK x lb-mol
3 kgf/cm2
V = 90.45 pies3 = (π Z3/16)
Z = 7.7 pies
3.12 - Determine la densidad del aire en g/lt a 560 mm Hg y 18 oC, suponiendo que
está compuesto por 21 % molar de O2 y 79 % de N2.
Para esta composición M = 28.84 mol-1
ρ = (PM/RT)
273 oK x g-mol
560 mm Hg x 28.84 mol-1
ρ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
291 oK
760 mm Hg x 22.414 lt
ρ = 0.889 g/lt
3.13 - Un recipiente rígido cuyo volumen es de 40 pies3 a 22 oC y 1 atm. se llena con
N2. Si se calienta hasta 200 oC, la válvula del recipiente se abre y parte del N2
sale. Determine la masa en lb de N2 que sale del recipiente.
En el problema se puede considerar que el volumen y la presión no cambian, todo lo
demás es variable.
El número de moles de N2 inicialmente es:
273 oK x lb-mol
PV
1 atm x 40 pies3
n1= ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
295 oK
1 atm x 359 pies3
RT1
n1 = 0.1031 lb-mol N2
El número de moles de N2 al final es:
62
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
PV
1 atm x 40 pies3
273 oK x lb-mol
n2 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
473 oK
1 atm x 359 pies3
RT2
n2 = 0.0643 lb-mol
N2 que sale = 0.1031 - 0.0643 = 0.0388 lb-mol
masa = 0.0388 lb-mol x 28 mol-1 = 1.08 lb
3.14 - Cincuenta pies3 de O2 a 14.7 psig y 0 oF se mezclan con 21 libras de N2 a 20 oC
y 740 mm Hg y la mezcla resultante es llevada a 10 oC y 1 atm. ¿ Cuál es la
presión parcial del oxígeno en la mezcla final?
nO2= (PV/RT)
492 oR x lb-mol
29.4 psia x 50 pies3
n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
460 oR
14.7 psia x 359 pies3
n = 0.2979 lb-mol
En el cálculo anterior se tomó la presión barométrica como 14.7 psi.
lb-mol N2
N2 = 21 lb N2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.75 lb-mol N2
28 lb N2
n = nO2 + nN2 = 0.2979 + 0.75 = 1.0479 lb-mol
0.2979
pO2 = x O2 (P) = ⎯⎯⎯⎯ x 1 atm = 0.284 atm
1.0479
3.15 - Una mezcla gaseosa contiene 1 lb de H2 y 10 lb de N2 a 70 oC y 3 atm. abs.
Calcular:
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
CAPITULO 3 : GASES IDEALES
63
a) La composición en volumen.
b) La presión parcial de cada componente.
c) Los volúmenes de componente puro.
d) La densidad de la mezcla.
e) La masa molecular media de la mezcla.
a) Como la composición en volumen de un gas ideal es igual a la composición molar,
se tendrá:
lb-mol
H2 : 1 lb x ⎯⎯⎯⎯ = 0.5 lb-mol
2 lb
lb-mol
N2 : 10 lb x ⎯⎯⎯⎯ = 0.357 lb-mol
28 lb
Moles totales = 0.5 + 0.357 = 0.857 lb-mol
Composición molar:
H2 : (0.5/0.857) x 100 = 58.34%
N2 : (0.357/0.857) x 100 = 41.66%
b)
pH2 = xH2 (P) = 0.5834 x 3 atm = 1.7502 atm
pN2 = x N2 (P) = 0.4166 x 3 atm = 1.2498 atm
c) Se calcula el volumen total de la mezcla:
1 atm x 359 pies3
nRT 0.857 lb-mol x 343 oK
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
P
3 atm
273 oK x lb-mol
V = 128.85 pies3
V H2= xH2 (V) = 0.5834 x 128.85 pies3 = 75.17 pie3
V N2 = x N2 (V) = 0.4166 x 128.85 pie3 = 53.67 pie3
64
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
d)
e)
ρ = m/V = 11 lb/128.85 pie3 = 0.0853 lb/pie3
n = m/M ⎯⎯⎯>
M = m/n
M = 11 lb/0.857 lb-mol = 12.83 mol-1
3.16 - Los gases secos provenientes de una combustión tienen la siguiente
composición molar: N2 79.2%, O2 7.2%, y CO2 13.6%. Calcular:
a)El volumen del gas en pies3 a 200 oC y 743 mm Hg por cada lb de gas.
b)El volumen en pies3 a las condiciones de (a) por lb de carbono presente.
a) B.C.: 100 lb-mol de gas
M = (28 x 0.792 + 32 x 0.072 + 44 x 0.136)
M = 30.464 mol-1
m = n x M = 100 lb-mol x 30.464 mol-1 = 3 046.4 lb
V = (nRT/P)
760 mm Hg x 359 pies3
100 lb-mol x 473 oK
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
743 mm Hg
273 oK x lb-mol
V = 63 623.5 pies3
pies3
63 623.5 pies3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 20.88 ⎯⎯⎯⎯
3 046.4 lb
lb gas
b) B.C.: 100 lb-mol de gas.
1 lb-at C
lb C
13.6 lb-mol CO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 12 ⎯⎯⎯⎯⎯ = 163.2 lb C
lb-at C
1 lb-mol CO2
pies3
63 623.5 pies3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 389.84 ⎯⎯⎯
163.2 lb C
lb
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
CAPITULO 3 : GASES IDEALES
65
3.17 - El gas natural de un pozo tiene la siguiente composición en volumen: CH4 60%,
C2H6 16%, C3H8 10% y C4H10 14%.
a) ¿ Cuál es la composición en peso ?
b) ¿ Cuál es la composición molar ?
c) ¿ Qué volumen en pies3 ocuparán 100 lb de gas a 70 oF y 74 cm Hg ?
d) ¿ Cuál es la densidad del gas en lb/pie3 a 70 oF y 740 mm Hg ?
a) B.C.: 100 lb-mol de gas
60 lb-mol x 16 mol-1 =
CH4
C2H6 16 lb-mol x 30 mol-1 =
C3H8 10 lb-mol x 44 mol-1 =
C4H10 14 lb-mol x 58 mol-1 =
Total
960 lb
480 lb
440 lb
812 lb
⎯⎯⎯⎯⎯
2 692 lb
Composición en peso:
CH4
C2H4
C3H8
C4H10
(960/2 692) x 100 = 35.66 %
(480/2 692) x 100 = 17.83 %
(440/2 692) x 100 = 16.34 %
(812/2 692) x 100 = 30.16 %
b) La composición molar es la misma composición en volumen.
c)
V = nRT/P
760 mm Hg x 359 pies3
100 lb-mol x 530 oR
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
740 mm Hg
492 oR x lb-mol
V = 39 717.9 pies3
39 717.9 pies3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 lb = 1 475.4 pies3
2 692 lb
d)
ρ = (2 692/39 717.9 pies3) = 0.0677 lb/pi
66
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
3.18 - La composición en volumen de una mezcla gaseosa es la siguiente: CO2 15%,
C2H6 25%, N2 50% y CO 10%. Si la presión es 700 mm Hg y la temperatura
24oC, calcular:
a) La masa molecular media.
b) El volumen en m3 por kg de gas.
c) La densidad de la mezcla en g/lt.
d) El volumen en lt de 1 g-mol de gas.
e) El volumen en m3 por kg-at de carbono presente en
el gas.
a)
M = (44 x 0.15 + 30 x 0.25 + 28 x 0.5 + 28 x 0.1)
M = 30.9 mol-1
b) B.C.: 100 kg-mol de gas
m = M x n = 100 kg-mol x 30.9 mol-1 = 3 090 kg
V = nRT/P
760 mm Hg x 22.414 m3
100 kg-mol x 297 oK
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
700 mm Hg
273 oK x kg-mol
V = 2 647.4 m3
v = V/m = (2 647.4 m3/3 090 kg) = 0.8567 m3/kg gas
c)
1
kg
1 000 g
m3
ρ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯
v
0.8567 m3
kg
1 000 lt
ρ = 1.16 g/lt
d)
1 000 lt
kg-mol
V
2 647.4 m3
v = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 000 g-mol
n
100 kg-mol
m3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
CAPITULO 3 : GASES IDEALES
67
v = 26.47 lt/g-mol
e) Para la base de cálculo de 100 kg-mol se tiene:
kg-at de C = 15 + 2 x 25 + 10 = 75
m3
2 647.4 m3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 35.3 ⎯⎯⎯⎯
75 kg-at C
kg-at C
PROBLEMAS PROPUESTOS
3.19 - Calcule el volumen ocupado por 25 lb de N2 a 1 atm. de presión y 20 oC.
3.20 - Calcule los kg de O2 contenidos en un cilindro de 1.5 m3, si la presión es 50 psia
y la temperatura 77 oF.
3.21 - Ciento veinte galones de H2 a 250 psig y temperatura de 360 oF se enfrían a
volumen constante hasta 100 oF. Si la presión barométrica es 14 psi, ¿ cuál es
la presión final en psig ?
3.22 - ¿ Cuál es el flujo volumétrico a condiciones normales de 300 pies3/mi de
metano (CH4) a 250 oC y 730 mm Hg ?
3.23 - El caudal de aire en un compresor es 500 m3/hr a condiciones normales.
¿Cuántos kg/hr de aire pasan por el compresor ?
3.24 - El volumen específico del nitrógeno es 1,9 m3/kg a 200oC. Luego de calentarlo
en un proceso a presión constante aumenta hasta 5,7 m3/kg. Determine la temperatura final.
3.25 - ¿ Cuál es el volumen específico de un gas a 180 psia y 90 oF, si su densidad a
condiciones normales es 0.0892 lb/pie3?
68
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
3.26 - En un recipiente se mantiene nitrógeno a una presión de 25 atm. y a una
temperatura de 75 oC. Calcular la masa de éste gas si el volumen es de 1 litro.
3.27 - En una habitación de 35 m2 de superficie y 3,1 m de altura se halla aire a 23oC
y a presión barométrica de 730 mm Hg. Qué cantidad de aire penetrará de la
calle a la habitación, si la presión barométrica aumenta hasta 760 mm Hg?. La
temperatura del aire permanece constante.
3.28 - Dos pies3 de un gas ideal a 50 psig sufren un cambio de estado a temperatura
constante hasta que la presión alcanza un valor de 15 psig. La presión barométrica es 12 psi. ¿ Cuál es el nuevo volumen ?
3.29 - La temperatura de 4,82 lb de oxígeno que ocupan un volumen de 8 pies3 varía
desde 110 oF hasta 200 oF mientras la presión permanece constante en 115
psia. Determine: a) El volumen final b) El cambio en la densidad expresado
como porcentaje de la densidad inicial. c) Variando la presión pero con la
temperatura constante, determine la presión final si el volumen se cuadriplica.
3.30 - Un recipiente cerrado A contiene 3 pies3 (VA) de aire a PA=500 psia y a una
temperatura de 120 oF. Este recipiente se conecta con otro B, el cual contiene
un volumen desconocido de aire VB a 15 psia y 50 oF. Luego de abrir la válvula
que sepera los dos recipientes, la presión y la temperatura resultantes son 200
psia y 70 oF. Cuál es el volumen VB ?
3.31 - En un recipiente de 5 m3 de capacidad se encuentra aire a 1 atm. y 300 oC. Se
extrae aire del recipiente hasta producir un vacío de 600 mm Hg. La temperatura del aire después de la extracción sigue siendo la misma. Qué cantidad
de aire se ha extraído? ¿ Cuál será el valor de la presión en el recipiente
después de la extracción, si el aire que queda se enfría a 20 oC?
3.32 - Determine la densidad del aire en g/lt a condiciones normales.
3.33 - Las presiones parciales de una mezcla de H2 y N2 son respectivamente 4 y 8
atm. ¿ Cuál es la densidad de la mezcla en g/lt a 25 oC ?
3.34 - ¿ Cuál es la densidad en lb/pie3 de una mezcla gaseosa cuya composición en
volumen es: CH4 50% y H2 50%. La presión es 150 pulg. de Hg abs y la
temperatura 100 oF.
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
CAPITULO 3 : GASES IDEALES
69
3.35 - Una mezcla gaseosa contiene 5 lb de H2, 10 lb de CO2 y 20 lb de N2. Calcule la
densidad de la mezcla en lb/pie3 a 310 oC y 170 kPa.
3.36 - Una mezcla de O2 y N2 a 40 oC y 2 atm., posee una presión parcial de O2 de
435 mm Hg.
a) ¿ Cuántos kg de O2 hay en 100 kg de gas ?
b) ¿Cuál es la densidad del gas en g/lt a condiciones normales ?
3.37 - Un gas de proceso fluye a razón de 20 000 pies3/hr , 1 atm. y 200 oF. El gas
contiene H2S con una presión parcial de 0.0294 psi. ¿ Cuántos kg/mi de H2S
fluyen?
3.38 - Un gas natural tiene la siguiente composición en volumen: CH4 88%, C2H6 4% y
N2 8%. Este gas se conduce desde un pozo a una temperatura de 80 oF y
presión absoluta de 250 cm de Hg. Calcular:
a) La presión parcial del N2 en kPa.
b) El volumen de componente puro en pies3 de CH4 por cada 100 lb de gas.
c) La densidad de la mezcla en lb/pie3.
3.39 - Un gas de chimenea tiene la siguiente composición en volumen: CO2 11%, CO
2%, O2 7% y N2 80%.
a) Calcule los pies3 de gas a 20 oC y 600 mm Hg por cada lb-mol de CO2
contenida en el gas.
b) Calcule el volumen molar del gas a las condiciones de (a) en pies3/lb-mol.
3.40 - Una mezcla gaseosa ideal contiene:
0.8% v
SO3
7.8%
SO2
12.2%
O2
79.2%
N2
Calcular:
a) El volumen del gas a 600 oF y 24 pulg de Hg abs por cada lb de gas.
b) El volumen molar del gas en lt/g-mol a 1 atm. y 20 oC.
c) El volumen de componente puro del N2 en pies3 por cada lb de azufre
presente en el gas a las condiciones de (a).
70
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
3.41 - Un horno de coquización produce un millón de pies3 por hora de un gas cuyo
análisis en volumen es:
C6H6 5.0 %
C7 H8 5.0 %
CH4 40.0 %
CO
7.0 %
H2
35.0 %
CO2 5.0 %
N2
3.0 %
El gas sale a 20 psia y 740 oF. Luego de enfriarlo a 100 oF el benceno y el
tolueno son separados por absorción. Calcular:
a) La masa molecular media del gas que sale del horno
y del gas que sale del absorbedor.
b) La masa en libras del gas que sale del absorbedor.
c) La composición en volumen del gas que sale del absorbedor
d) La masa en libras de benceno y tolueno absorbidos.
CAPITULO 4
MEZCLAS GAS - VAPOR
En algunas de las operaciones y procesos químicos hay que trabajar con mezclas
de gases y vapores, y es necesario conocer el comportamiento de estas mezclas
bajo diferentes condiciones de presión y temperatura.
La más importante es la que forma el aire con el vapor de agua, razón por la cual
se tratará ampliamente en éste capítulo.
Se denomina gas a la sustancia que no es suceptible de pasar al estado líquido
bajo las variaciones de presión y temperatura que puede producir el proceso o la
operación. Por el contrario, cuando esta sustancia puede pasar al estado líquido
mediante pequeñas variaciones de presión o temperatura, se denomina vapor.
VAPORIZACION
Es el fenómeno por el cual las moléculas de un líquido adquieren suficiente
energía cinética de transición para vencer las energías potenciales de atracción y
abandonar el líquido. El fenómeno inverso se denomina condensación . El
término evaporación se aplica cuando el líquido es agua.
PRESION DE VAPOR
Cuando un líquido se evapora dentro de un espacio limitado, tienen lugar en la
operación dos procesos opuestos.El proceso de vaporización tiende a pasar el
líquido al estado gaseoso. El proceso de condensación tiende a volver el gas que
se ha formado por vaporización al estado líquido. La velocidad de condensación
aumenta a medida que tiene lugar la vaporización y aumenta la presión de vapor.
Si hay líquido suficiente, la presión del vapor alcanzará finalmente un valor tal que
la velocidad de condensación sea igual a la velocidad de vaporización. Cuando se
alcanza esta condición, se establece un equilibrio dinámico y la presión del vapor
permanecerá constante. La presión ejercida por el vapor en tales condiciones de
equilibrio se denomina presión de vapor del líquido a una temperatura dada.
Esta presión también suele llamarse presión de saturación. Cuando la presión de
vapor de un líquido es igual a la presión total por encima de su superficie, la
temperatura del líquido se denomina punto de ebullición.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
72
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
RELACION ENTRE LA PRESION DE VAPOR Y LA TEMPERATURA
La ecuación que relaciona la presión de vapor de un líquido puro con su
temperatura se denomina ecuación de Clapeyron y su forma original es:
dP
ΔHv
⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
dT
T (Vv - VL)
P = presión de vapor
T = temperatura absoluta
Δ H v = calor de vaporización
Vv = volumen del vapor
VL = volumen del líquido
Cuando esta ecuación es integrada suponiendo que el vapor se comporta
idealmente, el calor de vaporización del líquido es independiente de la temperatura
y la variación de volumen en la vaporización es muy grande como para tener en
cuenta el volumen del líquido, se llega a la siguiente ecuación:
1
ΔHv
log P = - ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ + C
2.3 R
T
donde C es una constante
Esta expresión ha sido adecuada por Cox en el diagrama mostrado en el Gráfico
1, donde puede obtenerse fácilmente la presión de vapor de un líquido en psi como
una función de la temperatura en oF. Cuando se trata del agua, para una mayor
precisión pueden utilizarse las tablas de vapor o consultar la tabla 3.
SATURACION
En una mezcla gas-vapor cuando la presión parcial del vapor alcanza el valor de la
presión de vapor a la misma temperatura y presión se dice que el gas está
saturado.
CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
73
SATURACION RELATIVA
Es la relación entre la presión parcial del vapor y la presión de vapor del líquido a
la misma temperatura a que se encuentra. Se expresa en porcentaje y se
represente por (SR).
pi
SR = ⎯⎯⎯ x 100
(ps)i
PORCENTAJE DE SATURACION
Relación en porcentaje entre el número de moles que hay por unidad molar de gas
exento de vapor y el número de moles de vapor que habría por unidad molar de
gas exento de vapor si la mezcla estuviera saturada.
n
SP = ⎯⎯⎯ x 100
ns
n = moles de vapor por mol de gas exento de vapor realmente presente.
ns = moles de vapor por mol de gas exento de vapor en
la mezcla saturada.
HUMEDAD
Es la medida de la concentración de vapor de agua en el aire húmedo.
HUMEDAD ABSOLUTA
Se expresa como (Y), masa de vapor de agua por unidad de masa de aire seco.
Cuando la relación es moles de vapor de agua por mol de aire seco se denomina
humedad absoluta molar y se representa por (Ym).
Si el sub-índice A se refiere al vapor de agua y el sub-índice B representa el aire
seco, se tendrá:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
74
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
pA
pA
Ym = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯
P - pA
pB
moles agua
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
mol aire seco
MA
Y = ⎯⎯ x Ym = 0.624 Ym
MB
masa de agua
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
masa de aire seco
P = presión total
p = presión parcial
HUMEDAD RELATIVA
Es la relación entre la presión parcial del vapor de agua y su presión de vapor a la
temperatura que se encuentra la mezcla. Se expresa en porcentaje y se representa
por (YR).
pA
YR = ⎯⎯⎯ x 100
(ps)A
PORCENTAJE DE HUMEDAD
Es la relación entre la humedad absoluta del aire y su humedad absoluta cuando
está saturado. Se representa por (YP).
Y
Ym
YP = ⎯⎯ x 100 = ⎯⎯⎯ x 100
(Ym)s
Ys
ps
(Ym)s = ⎯⎯⎯⎯
P - ps
Ys = 0.624 (Ym)s
El sub-índice "s" indica saturación
CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
75
TEMPERATURA DE BULBO SECO
Es la tomada directamente con un termómetro dentro de la mezcla. Se representa
por (ts).
TEMPERATURA DE BULBO HUMEDO
Es la temperatura de equilibrio alcanzada por una pequeña cantidad de líquido
evaporándose en una gran cantidad de mezcla gas-vapor insaturada. Se
representa por (th).
Puede usarse para medir la humedad. Se recubre el depósito del termómetro con
alguna envoltura empapada con líquido del vapor presente en el gas seco y
haciendo pasar rápidamente una corriente de gas no saturado, parte del líquido se
evapora, descendiendo la temperatura, y cuando la del algodón húmedo es inferior
a la de la mezcla gas-vapor se inicia una transferencia de calor. La temperatura de
bulbo húmedo es la que marca el termómetro cuando se llega al equilibrio
dinámico en el que el calor cedido por el gas es igual al incremento de entalpía del
líquido vaporizado.
PUNTO DE ROCIO
Es la temperatura a la cual una mezcla gas-vapor comienza a saturarse durante un
enfriamiento a presión constante. Se representa por (tr).
SATURACION ADIABATICA
Un proceso adiabático es aquel que no intercambia calor con el medio que lo
rodea. Consiste en saturar el aire haciéndolo pasar por un recipiente con agua
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
76
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
durante un tiempo determinado. El recipiente se aisla para evitar la transferencia
de calor con los alrededores. Las líneas de temperatura de bulbo húmedo
constante en el diagrama de humedad, son también líneas de saturación
adiabática.
DIAGRAMA DE HUMEDAD
Si dos propiedades del aire son conocidas, se pueden encontrar las demás
utilizando para ello el Gráfico 2, tal como se indica a continuación:
Temperatura de bulbo seco. Se lee directamente en eleje de las abscisas.
Y
Yp 100%
Yp
Y
o
ts ( F)
tr
th
ts
Temperatura de bulbo húmedo. Se lee directamente en la intersección de la línea
de temperatura de bulbo húmedo con la línea de porcentaje de humedad 100%.
Porcentaje de humedad. Se lee directamente en las líneas indicadas.
Humedad absoluta. Se lee en las ordenadas de la gráfica.
Punto de rocío. Se lee en la intersección de una línea horizontal de humedad
absoluta constante con la línea de porcentaje de humedad 100%.
CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
77
PROBLEMAS RESUELTOS
4.1 - La presión de vapor del benceno es 60 mm Hg a 15.4 oC. Utilizando la
ecuación de Clapeyron calcular la presión de vapor del benceno a 60 oC.
Comparar el resultado con el obtenido a partir del diagrama de Cox. Puede
tomarse el calor de vaporización normal como 110 kcal/kg.
Aplicando la ecuación de Clapeyron para las dos condiciones:
1
Δ Hv
log P1 = - ⎯⎯⎯ x ⎯⎯ + C
2.3 R
T1
(1)
Δ Hv
1
log P2 = - ⎯⎯⎯ x ⎯⎯ + C
2.3 R
T2
(2)
Restando (2) de (1) se tiene:
Δ Hv
1
Δ Hv
1
P2
log ⎯⎯ = - ⎯⎯⎯ x ⎯⎯ + ⎯⎯⎯ x ⎯⎯
2.3 R
T2
2.3 R
T1
P1
P2
Δ Hv
log ⎯⎯ = ⎯⎯⎯
P1
2.3 R
[ ⎯⎯ - ⎯⎯ ]
1
1
T1
T2
Se calcula el valor de R en las unidades adecuadas para que la ecuación sea
consistente.
R = (P v/T)C.N.
kPa m3
101.3 kPa x 22.414 m3
R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 8.31 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
273 oK x kg-mol
kg-mol oK
1 kJ
1 kcal
1
kPa m3
R = 8.31 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯
kg-mol oK
1 kN-m
4.186 kJ
78 mol-1
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
78
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
kcal
R = 0.02545 ⎯⎯⎯
kg oK
Reemplazando se tiene:
P2
110
log ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
60
2.3 x 0.02545
[ ⎯⎯⎯- - ⎯⎯⎯ ]
1
1
288.4
333
P2 = 447.5 mm Hg
Se determina ahora P2 utilizando el diagrama de Cox:
t = 60 oC = 140 oF
a esta temperatura P = 7.5 psi = 387.7 mm Hg
Como puede verse, el primer valor es muy diferente debido a las aproximaciones
hechas al integrar la ecuación de Clapeyron. El segundo puede tomarse como el
valor exacto.
o
4.2 - Una mezcla de aire y n-pentano a 60 F tiene una saturación relativa de 90%
a 600 mm Hg. Calcular:
a) La presión parcial del n-pentano.
b) Las lb-mol de n-pentano/lb-mol de aire.
c) El porcentaje de saturación.
a) A partir del diagrama de Cox, la presión de vapor del n-pentano es 6 psi (310.2
mm Hg).
SR =(Pi /Psi) x 100 ⇒
Pi = 0.9 x 310.2 mm Hg = 279.18 mm Hg
b)
279.18
lb-mol n-pentano
n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.8702 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
600 - 279.18
lb-mol aire
CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR
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c)
79
SP = (n/ns) x 100
310.2
lb-mol n-pentano
ns = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.0704 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
600 - 310.2
lb-mol aire
SP = (0.8702/1.0704) x 100 = 81.29 %
4.3 - Una mezcla saturada de N2 y vapor de acetona (C3H6O) a 30 oC y 700 mm Hg
sale por la cima de una columna de recuperación de solvente, calcular:
a) La fracción molar de acetona en la mezcla.
b) La densidad de la mezcla en g/lt.
a) A partir del diagrama de Cox, la presión de vapor de la acetona a 30 oC (86 oF)
es 5.5 psi (284.3 mm Hg).
284.3
moles acetona
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.6839 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
700 - 284.3
mol N2
0.6839 moles acetona
xacetona = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.406
1.6839 moles de mezcla
b) La fracción de N2 será:
xnitrógeno = 1 - 0.406 = 0.594
Se calcula la masa molecular media:
M = (58 x 0.406 + 28 x 0.594) = 40.18 mol-1
ρ = PM/RT
o
273 K x g-mol
700 mm Hg x 40.18 mol-1
ρ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
303 oK
760 mm Hg x 22.414 lt
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
80
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ρ = 1.487 g/lt
4.4 - Una mezcla de H2 y vapor de agua a 1 atm. y 20 oC tiene un punto de rocío
de 12 oC. Determinar:
a) Las moles de vapor de agua por mol de H2.
b) El porcentaje molar de H2.
c) Las lb de vapor de agua por lb de H2.
d) Los mg de agua por pie3 de mezcla.
a) La presión parcial ejercida por el vapor de agua se determina en la tabla 3 a la
temperatura de rocío.
Para 12 oC (53.6 oF) se interpola en la siguiente forma:
toF
54
53.6
52
.....................................
:
.......................
:
................
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
: P (pulg Hg)
0.3906 X
0.4203
por semejanza de triángulos:
54 - 52
53.6 - 52
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
0.4203 - 0.3906
X - 0.3906
X = presión de vapor = 0.4143 pulg Hg
0.4143
moles H2O
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.014 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
29.92 - 0.4143
mol H2
b)
xH2O = (0.014/1.014) = 0.0138
CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR
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81
xH2 = 1 - 0.0138 = 0.9862
% molar de H2 = 0.9862 x 100 = 98.62 %
c)
18 lb H2O
lb-mol H2
lb-mol H2O
0.014 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯
lb-mol H2O
2 lb H2
lb-mol H2
= 0.126 lb H 2O/lb H2
d) B.C.: 1 lb-mol de H2 = 1.014 lb-mol de mezcla.
V = nRT/P
1 atm x 359 pies3
1.014 lb-mol x 293 oK
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 atm
273 oK x lb-mol
V = 390.69 pies3
lb
453.59 g
1 000 mg
0.014 lb-mol H2O x 18 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯
lb-mol
lb
g
masa de agua = 114 304 mg
114 304
mg
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 292.56 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
pie3 mezcla
390.69 pies3
4.5 - Una mezcla de aire y vapor de agua a 1 atm. y 100 oF tiene un porcentaje de
humedad de 80%, calcular:
a) La presión parcial del agua.
b) La humedad relativa.
c) El punto de rocío.
d) La humedad absoluta en masa (Y).
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
82
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a) La presión de vapor del agua obtenida de la tabla 3 a 100oF es 1.9325 pulg Hg.
1.9325
moles H2O
ps
(Ym)s = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.069 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
29.92 - 1.9325
mol aire seco
P - ps
Ym
YP = ⎯⎯⎯ x 100
(Ym)s
Ym = 0.8 x 0.069 = 0.0552
p H 2O
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0552
P - p H2O
p H2O = 1.565 pulg Hg
b)
YR =(p H2O/ps) x 100 = (1.565/1.9325) x 100
YR = 80.98 %
c) Para determinar el punto de rocío se calcula la temperatura a presión de 1.565
pulg Hg utilizando la tabla 3, lo cual da una temperatura de 93 oF (por
interpolación).
d)
Y = 0.624 Ym = 0.624 x 0.0552 = 0.0344
4.6 - Aire a 1 atm. y 150 oF tiene una temperatura de bulbo húmedo de 90 oF.
Determinar:
a) El porcentaje de humedad.
b) La humedad absoluta en masa (Y).
c) El punto de rocío.
d) La presión parcial del agua.
CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR
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83
Utilizando el diagrama de humedad:
Y
100%
7.5%
0.016
o
ts ( F)
70
90
150
a) YP = 7.5%
b) Y = 0.016 lb H2O/lb aire seco
c) tr = 70 oF
d) Para calcular la presión parcial del agua se toma como base el punto de rocío
de 70 oF y se lee en la tabla 3.
p H2O = 0.7392 pulg Hg
4.7 - ¿ Cuál será la humedad absoluta en masa (Y) del aire a 700 mm Hg y 120oF,
si su punto de rocío es 80 oF?
La presión de vapor del agua a 80 oF en la tabla 3 es 1.0321 pulg Hg (26.21 mm
Hg) que es la misma presión parcial del agua en el aire húmedo.
26.21
moles agua
Ym = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0388 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
700 - 26.21
mol de aire seco
Y = 0.624 Ym = 0.624 x 0.0388 = 0.0242
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
84
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4.8 - Aire a 1 atm., 180 oF y 5% de humedad, se satura adiabáticamente, ¿ cuál es
la humedad molar final ?
Y
100%
5%
0.051
o
ts ( F)
180
Ym = (Y/0.624) = (0.051/0.624) = 0.0817
4.9 - Un gasómetro cuyo volumen es 100 m3 contiene un gas saturado con vapor
de agua a 25 oC. La presión manométrica es 4 psig y la presión barométrica
es 14 psi. Determine la masa en kg de vapor de agua dentro del gasómetro.
La presión de vapor del agua a 25 oC (77 oF) es 0.9356 pulg Hg (0.4596 psi).
La presión total del sistema es: P = 14 + 4 = 18 psia
0.4596
g-mol H2O
Ym = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0262 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
18 - 0.4596
g-mol gas
Se calcula ahora el número total de moles
n = PV/RT
273 oK x kg-mol
18 psia x 100 m3
n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
298 oK
14.7 psia x 22.414 m3
n = 5 kg-mol
CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR
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85
0.0262 kg-mol H2O
5 kg-mol gas húmedo x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1.0262 kg-mol gas húmedo
= 0.1276 kg-mol H2O
m = 0.1276 kg-mol x 18 mol-1 = 2.29 kg H2O
4.10 - Los gases formados en la combustión de un hidrocarburo tienen la siguiente
composición en volumen: CO2 13.73%, O2 3.66% y N2 82.6%. Si la
temperatura es 500 oF, la presión total 735 mm Hg y la presión parcial del
agua 61.5 mm Hg, determinar:
a) El punto de rocío de los gases.
b) Las moles de vapor de agua por mol de gas seco.
c) Las libras de vapor de agua por libra de gas seco.
a) Se convierte la presión parcial del agua a pulgadas de mercurio:
29.92 pulg Hg
61.5 mm Hg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.421 pulg Hg
760 mm Hg
o
interpolando en la tabla 3: t r= 107.6 F
b)
61.5
moles H2O
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0913 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
735 - 61.5
mol gas seco
c) Se calcula primero la masa molecular media del gas seco:
M = (44 x 0.1373 + 32 x 0.0366 + 28 x 0.826)
M = 30.34 mol-1
18 lb H2O
lb-mol gas
lb-mol H2O
0.0913 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = Y
lb-mol gas
lb-mol H2O
30.34 lb gas
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
86
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
Y = 0.0541 lb H2O/lb gas seco
PROBLEMAS PROPUESTOS
4.11 - Una mezcla de H2 y vapor de acetona a 70 oF tiene una saturación relativa
de 70% a 1 atm. Calcular:
a) La presión parcial de la acetona.
b) El porcentaje de saturación.
4.12 - Aire a 1 atm. de presión total y 60oF contiene n-hexano. Si su fracción molar
es 0.02, calcular:
a) La saturación relativa.
b) El porcentaje de saturación.
4.13 - Calcular la densidad en g/lt del aire húmedo a 75 oC y 1 atm. si su humedad
relativa es del 60%.
4.14 - Calcule la composición en volumen y en peso del aire saturado con vapor de
agua a una presión de 750 mm Hg y temperatura de 70 oF.
4.15 - El nitrógeno se satura con vapor de benceno a la temperatura de 30 oC y
presión de 720 mm Hg.Calcular la composición de la mezcla expresada
como:
a) Porcentaje en volumen.
b) Porcentaje en peso.
c) Libras de benceno por libra de mezcla.
d) Miligramos de benceno por pie3 de mezcla.
e) Lb-mol de benceno por lb-mol de nitrógeno.
4.16 - Una mezcla contiene 0.053 lb-mol de vapor de agua por lb-mol de CO2 seco
a una temperatura de 35 oC y presión total de 750 mm Hg. Calcular:
a) La humedad relativa de la mezcla.
b) El porcentaje de humedad de la mezcla.
c) La temperatura a la que debe calentarse la mezcla
para que la humedad relativa sea del 30%.
CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR
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87
4.17 - Una mezcla de benceno y aire seco a la temperatura de 30 oC y presión de
760 mm Hg tiene un punto de rocío de 15 oC. Calcular:
a) El porcentaje en volumen de benceno.
b) Las moles de benceno por mol de aire.
c) El peso de benceno por unidad de peso de aire.
4.18 - La presión parcial del vapor de agua en el aire a 80 oF y 1 atm. es 20 mm
Hg. Calcular:
a) La humedad relativa.
b) El porcentaje de humedad.
c) La humedad absoluta molar y en masa.
4.19 - Si la temperatura de bulbo húmedo del aire es 75 oF y la temperatura de
bulbo seco es 92 oF a 1 atm.. Determinar:
a) El porcentaje de humedad y la humedad absoluta.
b) La humedad relativa.
4.20 - Aire a 95 oF y 75% de porcentaje de humedad es enfriado hasta 60 oF. La
presión total es 1 atm.
a) ¿ Cuál es la humedad del aire resultante ?
b) Si el aire es calentado a 95 oF, ¿ cuál será su porcentaje de humedad ?
4.21 - Aire a 1 atm. tiene una temperatura de 90 oF y una humedad relativa del
50%. ¿ Cuál es el punto de rocío del aire ?
4.22 - Determine la humedad molar del aire a 560 mm Hg y 85 oF, si su punto de
rocío es 65 oF.
4.23 - Aire saturado con vapor de agua a 1 atm. y 70 oF se calienta a presión
constante hasta 150 oF.
a) ¿ Cuál es el porcentaje de humedad antes y después del calentamiento ?
b) ¿ Cuál es la humedad molar final ?
4.24 - Aire a 100 oF y 1 atm. tiene un porcentaje de humedad del 10%. ¿ Cuál será
la temperatura de saturación adiabática del aire ?
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
88
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4.25 - Los productos de combustión de un horno en el cual se quema un
hidrocarburo salen a 500 oF. El análisis volumétrico del gas es: CO2: 11.8%,
CO: 0.035%, O2: 2,36%, N2: 74.54%, H2O: 11.26%. Si la presión total es 735
mm Hg, determine el punto de rocío de este gas.
4.26 - Se deshidratan 50 pies3 de aire saturado con agua a 90 oF y 29.8 pulgadas
de Hg. Calcular el volumen de aire seco y las libras de humedad eliminadas.
4.27 - Si un recipiente que contiene N2 seco a 70 oF y 29.9 pulgadas de Hg se
satura por completo con agua.
¿ Cuál será la presión en el recipiente después de la saturación si la
temperatura se mantiene en 70 oF ?
4.28 - Un gas cuya composición molar en base seca es:
N2 50 % molar
CO2 50 %
se encuentra saturado con vapor de agua a 120 oF y 600 mm Hg. Este gas
fluye a razón de 1 600 kg/hr por un ducto irregular. Determine el flujo
volumétrico del gas húmedo en m3/mi.
4.29 - Se burbujea aire seco a 20 oC y 100 kPa absolutos en benceno (C6H6); el
aire sale saturado a 30 oC y 100 kPa absolutos. ¿ Cuántos kg de benceno se
evaporan por cada 30 m3 de aire que entra?
4.30 - Una mezcla de aire y benceno contiene 10% molar de benceno a 38 oC y
790 mm Hg. La presión de vapor del benceno está dada por:
log p* = 6.906 - (1 211/ 220.8 + t)
donde p* es la presión de vapor en mm Hg y t está en oC. ¿ Cuál es el punto
de rocío de la mezcla ?
CAPITULO 5
BALANCE DE MATERIA
SIN REACCIÓN QUÍMICA
Un balance de materia para un proceso industrial es la contabilidad exacta de los
materiales que intervienen en el mismo, constituyendo así la más amplia aplicación
de la ley de la conservación de la masa.
CLASIFICACION DE LOS PROCESOS
Un proceso industrial puede clasificarse fundamentalmente en dos grupos:
a) Procesos en cochada, intermitentes o "batch". Son aquellos en los cuales
una cantidad dada de materiales es colocada en un recipiente y por medios físicos
o químicos se logra algún cambio o reacción. Al final el contenido es retirado como
producto para iniciar una nueva cochada.
b) Procesos contínuos. En este tipo de proceso las entradas y salidas del mismo
fluyen en forma contínua.
Los procesos anteriores suelen combinarse para dar procesos semicontínuos.
Si las variables de un proceso no sufren modificación con el tiempo puede decirse
que el proceso está en régimen permanente o estable. Si al contrario una de las
variables cambia su valor con el tiempo se dice que el proceso es en régimen
transitorio o inestable.
En la mayoría de los procesos contínuos que se tratarán adelante se supone
régimen permanente ya que el estudio de los procesos con régimen transitorio
requiere conocimientos matemáticos fuera del alcance de esta publicación.
Algunos de los problemas de régimen transitorio pueden ser tratados en un
intervalo de tiempo (cambio de inventario) en lugar de considerar un diferencial de
tiempo.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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90
DIAGRAMAS DE FLUJO
El enunciado de un problema de balance de materia presenta en la mayoría de los
casos tal complejidad que se hace necesaria una representación gráfica del
mismo. En problemas sencillos el diagrama de flujo está constituído por un
rectángulo u otro símbolo que representa la unidad de proceso y se utilizan flechas
para indicar las entradas y salidas del mismo.
En todos los casos la información contenida se translada al diagrama,
constituyéndose éste en una gran ayuda para los cálculos de balance de masa. A
medida que se avanza en los cálculos, sus resultados pueden ir colocándose en el
diagrama de manera que éste proporciona un registro contínuo de lo que se ha
hecho y de lo que falta por hacer.
BALANCES DE MASA
La ecuación general para el balance de masa puede expresarse así:
Masa de Entrada = Masa de Salida + Masa Acumulada
Cuando se trata de régimen estable el valor de la masa acumulada es cero.
En el siguiente diagrama cada número representa una corriente.
1
3
2
Si "m" representa la masa de cada corriente, el balance total de masa sería:
m1 + m2 = m3
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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91
Para representar el balance de masa de un componente “i” o balance parcial de “i”
se utiliza la siguiente nomenclatura:
w 1i (m1 ) + w i2 (m 2 ) = w i3 ( m 3 )
El sub-índice indica el componente y el super-índice indica la corriente a la que
corresponde la fracción en masa de este componente.
Si el componente "i" sólo está presente en dos corrientes, una de entrada y otra de
salida, por ejemplo , en la corriente 1 y en la corriente 3, se le denomina sustancia
de enlace ya que mediante el balance sencillo de ella se establece la relación
entre las masas de las dos corrientes:
w 1i (m1 ) = w i3 (m 3 )
En el caso de balances sin reacción química como en el presente capítulo también
es posible hacer los balances en unidades molares como se muestra a
continuación:
El balance total de moles sería:
n1 + n 2 = n3
El balance parcial del componentes “i” sería:
x 1i (n1 ) + x i2 (n 2 ) = x i3 (n3 )
Como se puede observar para plantear ecuaciones de balance parcial de
componentes es imprescindible el conocimiento de las fracciones en peso o de las
fracciones molares de cada componente en una corriente, en caso de que la
variable composición se exprese en una forma diferente hay que llevarla hasta
fracción en peso o fracción molar.
Cuando el balance de materia incluye racciones químicas se toma como sustancia
de enlace aquella que cumpla con las condiciones anteriores y pase invariable a
través del proceso.
Cuando se desconoce el valor de la masa de una o varias corrientes o la
composición de uno o varios componentes en dichas corrientes, la determinación
de todos estos valores puede hacerse utilizando el método algebraico, el cual
consiste en proponer un número de balances de masa independientes
(ecuaciones) igual al número de incógnitas o valores desconocidos. Si el número
de incógnitas es superior al número de balances, el problema no tiene solución.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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92
RECOMENDACIONES GENERALES PARA LA SOLUCION DE
PROBLEMAS
La solución sistemática de problemas de balance de materia es de gran
importancia. Las siguientes instrucciones son de gran ayuda y deben tenerse en
cuenta según sea la dificultad del problema.
1 - Leer el problema cuidadosamente.
2 - Trazar el diagrama de flujo del proceso, indicando las corrientes de masa que
entran y salen.
3 - Marcar las corrientes con los datos correspondientes a todas las variables de
proceso que indique el problema.
4 –Llevar todas las variables de composición dadas en el problema a fracciones en
peso o a fracciones molares según que el problema se trabaje en unidades de
masa o unidades molares.
5 - Si el balance corresponde a una operación unitaria (sin reacción química), éste
puede efectuarse sobre compuestos químicos de composición fija y las
unidades utilizadas pueden ser unidades de masa o unidades molares.
6 - Si el balance corresponde a un proceso químico (con reacción química), es
recomendable el uso de unidades molares en los cálculos y cuando se
desconocen las ecuaciones químicas lo más conveniente es utilizar el balance
de especies atómicas o balance por elementos.
7 – Hacer un análisis de los grados de libertad del problema (ver sección siguiente)
para concluir si el problema tiene solución por via directa o es necesario tomar
una base de cálculo para resolverlo. Este análisis, como se verá adelante,
permite concluir también si el problema está sub-especificado (faltan datos) o si
está sobre-especificado (sobran datos).
8 - Una vez resuelto el problema debe probarse que las masas que entran son
iguales a las masas que salen.
DETERMINACION DEL NUMERO DE GRADOS DE LIBERTAD EN
UN PROBLEMA DE BALANCE DE MATERIA
El álgebra nos dice que para resolver un sistema de ecuaciones en el cual hay N
incógnitas, es necesario que el sistema esté formado por N ecuaciones
independientes. Si el sistema tiene menos de N ecuaciones no es posible su
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
93
solución. La determinación del número de grados de libertad es un mecanismo
para relacionar variables, ecuaciones y relaciones especificadas en un problema y
predecir de una manera sistemática si su solución es o no posible. Desde el punto
de vista algebraico el número de grados de libertad puede asimilarse al número de
variables independientes en un sistema de ecuaciones. Por ejemplo, si se dispone
de tres ecuaciones:
x + 2y + z = 8
2x + y + z = 7
x + 3y + 3z = 16
y se elimina la última ecuación, la solución completa sería imposible. No obstante,
puede darse un valor arbitrario a x y entonces obtener los valores
correspondientes de y y de z. Estos valores obtenidos dependen del valor elegido
para x que es, en este caso, la variable independiente. En balance de materia
puede decirse que esta variable es el grado de libertad y asumir su valor equivale a
tomar una Base de Cálculo (B.C.) en el problema. La solución del mismo
dependería entonces de su selección. En general:
(Numero Total de Variables) – ( Número de Ecuaciones) = (Número de Variables
Independientes)
El siguiente cuadro resume el análisis de un problema de balance de materia:
Variables
Masa
1
2
3
4
5
6
7
8
VT
VC
VD
EB
RE
ET
GL
BC
Com.
Total
Variables Totales
Variables conocidas
Variables desconocidas (1 – 2)
Ecuaciones de balance independientes
Relaciones especificadas
Ecuaciones totales (4 + 5)
Grados de libertad ((3 – 6)
Base de cálculo
1. El número total de variables del problema está constituído por las variables de
masa (número de corrientes) y la suma de las variables de composición de
todas las corrientes. El número de variables de composición en cada corriente
es igual al número de componentes menos uno.
2. Las variables conocidas tanto de masa como de composición están
consignadas en los datos del problema.
3. Las variables desconocidas se obtienen restando las variables totales menos
las variables conocidas.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
94
4. El número de ecuaciones de balance independientes es igual al número de
componentes del problema.
5. Las relaciones especificadas son ecuaciones entre variables y son
generalmente de tres tipos:
♦
♦
♦
Recuperaciones fraccionales.
Relaciones de composición.
Razones de flujos.
Estas relaciones se manejan simplemente como ecuaciones adicionales.
6. Las ecuaciones totales pueden obtenerse sumando las ecuaciones de balance
independientes y las relaciones especificadas.
7. Restando las variables desconocidas menos las ecuaciones totales se obtienen
los grados de libertad del problema.
♦
♦
♦
Cuando solo existe un grado de libertad y no hay ninguna masa conocida, el
problema puede resolverse tomando una base de cálculo o lo que es lo mismo
suponiendo una cualquiera de las masas desconocidas. La solución
dependerá entonces de la base de cálculo seleccionada. En estos casos
puede unificarse la respuesta expresándola como una relación de masas.
Si hay un grado de libertad y existe además una masa conocida el problema
no tiene solución. Lo mismo sucederá cuando hay más de un grado de
libertad. Se dice entonces que el problema está sub-especificado.
Si los grados de libertad son negativos, hay más ecuaciones que variables
desconocidas y el problema está sobre-especificado. En este caso es posible
que existan diferentes soluciones según los datos que se tomen y podría
pensarse en descartar información adicional (posiblemente inconsistente).
OPERACIONES UNITARIAS
Los balances de materia sin reacción química se aplican en general a las llamadas
operaciones unitarias, las cuales son de naturaleza física y tienen como
propósito principal el procesar materiales (reactivos y productos) hasta lograr
especificaciones deseadas de temperatura, presión, composición y fase. En
general pueden dividirse en cinco grandes grupos:
1 - Flujo de fluídos
2 - Transferencia de calor
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
95
Trituración
Molienda
3 - Manejo de sólidos
Tamizado
Fluidización
Mezclado
4 - Operaciones de combinación
Agitación
Evaporación
Cristalización
Filtración
Centrifugación
Secado
5 - Operaciones de separación
Humidificación
Absorción
Adsorción
Extracción
Destilación
No existe una división clara entre algunas de estas operaciones, los cálculos de
evaporadores, por ejemplo, requieren ecuaciones de flujo de fluídos para
determinar el tamaño de las tuberías y bombas, y ecuaciones de transferencia de
calor para el tamaño de serpentines de vapor y condensadores. De igual manera la
cristalización ocurre en algunos casos dentro del evaporador.
Teniendo en cuenta que los balances de masa más interesantes se presentan en
las operaciones de combinación y separación, sólo se toman ejemplos que
incluyen algunas de estas operaciones.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
96
PROBLEMAS DE EJEMPLO CON ALGUNAS OPERACIONES
UNITARIAS UTILIZANDO EL ANÁLISIS DE GRADOS DE
LIBERTAD
OPERACIONES DE MEZCLADO
El mezclado se utiliza para preparar combinaciones uniformes de dos o mas
materiales. Las sustancias alimentadas pueden ser sólidos, líquidos o gases. Las
aplicaciones más frecuentes y que se tomarán como ejemplo en el libro son las
mezclas de dos o más líquidos y las mezclas de gases.
Aunque existe una gran cantidad de diseños de mezcladores, según el material
que se desee mezclar, en general las mezclas de líquidos se realizan en tanques
agitados y una manera gráfica de representarlos en un diagrama de flujo es:
Ejemplo 1. Se desea preparar una solución 0.25 molal de KOH en agua. Se
dispone de 325 cm3 de solución 0.1 molal cuya densidad es 1.0048
g/cm3. ¿ Cuántos gramos de KOH deben añadirse a la solución 0.1
molal ?
325 cm
3
1
KOH 0.1 m
3
ρ = 1.0048 g/cm
3
2
KOH puro
KOH 0.25 m
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
97
Este es un problema típico donde el volumen de la corriente 1 debe convertirse a
masa y las molalidades deben convertirse a fracciones en masa para obtener una
solución algebraica.
m1 = V1 x ρ1 = 325 cm3 ( 1.0048 g/cm3) = 326.56 g
56 g KOH
g KOH
gmol KOH
1 Kg H2O
0.1 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0056 ⎯⎯⎯⎯
kg H2O
1000 g H2O
gmol KOH
g H2O
w 1KOH
0.0056
= ⎯⎯⎯⎯ = 0.00556
w 1agua = 0.99444
1.0056
56 g H2O
g KOH
0.25 gmol KOH
1 Kg H2O
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.014 ⎯⎯⎯⎯
Kg H2O
1000 g H2O
gmol KOH
g H2O
0.014
3
w KOH
= ⎯⎯⎯⎯ = 0.0138
w 3agua = 0.98622
1.014
Variables
1
2
3
4
5
6
7
8
VT
VC
VD
EB
RE
ET
GL
BC
Variables Totales
Variables conocidas
Variables desconocidas (1 – 2)
Ecuaciones de balance independientes
Relaciones especificadas
Ecuaciones totales (4 + 5)
Grados de libertad ((3 – 6)
Base de cálculo
El problema tiene solución directa.
Balance total:
326.56 + m2 = m3
Masa
Com.
Total
3
1
2
2
5
3
2
2
0
2
0
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
98
Balance de KOH :
Resolviendo :
0.00556 (326.56) + m2 = 0.0138 m3
m3 = 329.28 g
m2 = 2.72 g
Ejemplo 2. Se requieren 1 250 kg de una solución que contiene 12% en peso de
etanol en agua. Se cuenta con dos tanques de almacenamiento, el
primero de los cuales contiene 5% de etanol en agua, mientras que
el segundo contiene 25% de etanol en agua. ¿ Cuánto hay que
utilizar de cada una de las dos soluciones ?
1250 Kg
etanol 5%
1
3
etanol 12%
2
etanol 25%
Variables
1
2
3
4
5
6
7
8
VT
VC
VD
EB
RE
ET
GL
BC
Variables Totales
Variables conocidas
Variables desconocidas (1 – 2)
Ecuaciones de balance independientes
Relaciones especificadas
Ecuaciones totales (4 + 5)
Grados de libertad ((3 – 6)
Base de cálculo
La solución es directa.
Balance total:
m1 + m2 = 1250 kg
Balance de etanol : 0.05 m1 + 0.25 m2 = 0.12 (1250)
Resolviendo: m1 = 812.5 kg
m2 = 437.5 kg
Masa
Com.
Total
3
1
3
3
6
4
2
2
0
2
0
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
99
Ejemplo 3. Se enriquece aire que fluye a 150 kg/mi, mediante la adición de
oxígeno puro con el fín de producir un gas que se utiliza en
oxigenoterapia. Este último gas contiene 40% molar de oxígeno.
Calcular: a) El flujo de masa de oxígeno puro alimentado. b) La
densidad del gas final, si el flujo volumétrico de éste es de 2.5 m3/s.
1
150 kg/mi
3
oxígeno 40% m
2
oxígeno puro
Para resolver el problema utilizamos un balance en moles (kmol).
•
•
−
kg
kgmol
60 mi
kgmol
n = ( m / M ) = 150 ⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 312 ⎯⎯⎯
mi
28.84 kg
h
h
Variables
Masa
1
2
3
4
5
6
7
8
VT
VC
VD
EB
RE
ET
GL
BC
Variables Totales
Variables conocidas
Variables desconocidas (1 – 2)
Ecuaciones de balance independientes
Relaciones especificadas
Ecuaciones totales (4 + 5)
Grados de libertad ((3 – 6)
Base de cálculo
La solución es inmediata.
3
1
Comp Total
.
2
2
5
3
2
2
0
2
0
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
100
•
•
Balance total:
312 + n 2 = n3
Balance de N2 :
0.79 (312) = 0.6 n3
•
•
Resolviendo : n3 = 410.8 kgmol/h
•
n 2 = 98.8 kgmol/h
Respuesta (a):
kgmol O2
•
32 kg
h
kg
m 2 = 98.8 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 52.69 ⎯⎯
h
kgmol
60 mi
mi
Respuesta (b): Se calcula la masa molecular media del gas que sale.
−
M = ∑ (Mi xi) = 0.4 (32) + 0.6 (28) = 29.6 mol-1
kgmol
•
29.6 kg
h
kg
m 3 = 410.8 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 3.37 ⎯⎯
h
kgmol
3600 s
s
•
•
3.37 kg/s
kg
ρ 3 = ( m3 / V 3 ) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.34 ⎯⎯
2.5 m3 /s
m3
OPERACIONES DE EVAPORACION
La evaporación es una operación unitaria que tiene por objeto concentrar una
solución formada por un soluto no volátil y un solvente. En la gran mayoría de las
aplicaciones el solvente es agua. Cuando la conposición de la solución
concentrada excede el valor de la solubilidad de la sal (soluto) se produce
cristalización dentro del evaporador y el producto final estará formado por una
solución saturada y una mezcla de cristales. Según la aplicación específica existen
una gran cantidad de diseños de evaporadores y la gran mayoría utilizan como
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
101
fuente de energía el vapor de agua proveniente de una caldera. Para simplificar se
utilizan los siguientes gráficos en el diagrama de flujo:
Ejemplo 4. Una solución que contiene 38% en peso de sal se alimenta a un
evaporador. ¿Cuál será la composición de la solución concentrada
que sale del evaporador si el 46% del agua inicial se evapora ?
H2O
2
solución
1
3
solución
concentrada
EVAPORADOR
38% sal
Variables
1
2
3
4
5
6
7
8
VT
VC
VD
EB
RE
ET
GL
BC
Variables Totales
Variables conocidas
Variables desconocidas (1 – 2)
Ecuaciones de balance independientes
Relaciones especificadas
Ecuaciones totales (4 + 5)
Grados de libertad ((3 – 6)
Base de cálculo
Masa
Com.
Total
3
0
2
1
5
1
4
2
1
3
1
-1
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
102
Como hay un grado de libertad y no se conoce ninguna masa, es posible tomar
una base de cálculo para anular el grado de libertad y poder resolver el problema.
B.C. 100 kg de solución inicial.
Balance total :
100 = m2 + m3
Balance de sal:
0.38 (100) = w 3sal (m 3 )
Relación especificada: 0.46 (0.62 x 100) = m2
Resolviendo:
m2 = 28.52 kg
w 3sal = 0.531
Como ejercicio, puede tomarse otra base de cálculo sobre una cualquiera de las
dos masas restantes y el resultado debe ser el mismo. Esto sirve como ejemplo
para ilustrar que una variable de composición no depende del escalado de las
masas.
OPERACIONES DE SECADO
El secado consiste en remover cantidades relativamente pequeñas de agua a partir
de gases, líquidos y sólidos húmedos. La humedad de líquidos y gases se
remueve por adsorción, utilizando sólidos tales como la gel sílica o la alúmina. Se
utiliza también la absorción con líquidos como el ácido sulfúrico. El secado de
sólidos es con frecuencia el paso final en una serie de operaciones y los productos
que salen de un secador están casi siempre listos para su empaque.
El agua puede retirarse de un sólido mediante operaciones mecánicas como la
centrifugación y la compresión o mediante vaporización térmica. En ésta última
operación el secado puede efectuarse por calentamiento indirecto ayudado por
vacío en un secador de bandejas, o mediante el contacto directo con aire o gases
calientes en secadores rotatorios y de pulverización. En general se utilizarán los
siguientes esquemas para representar en un diagrama de flujo la operación de
secado.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
103
Ejemplo 5. Un lodo húmedo de talco en agua contiene 70% de agua en base
húmeda. El 75% del agua se remueve por filtración y secado, lo cual
reduce el peso del material a 500 libras. ¿Cuál era el peso original
del lodo ? ¿Cuál la fracción en peso de agua en el lodo final y cuál el
porcentaje en base seca del lodo final?
H2O
2
Lodo
70% H2O (b.h.)
1
FILTRACION
3
Lodo
500 lb
SECADO
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
104
Variables
1
2
3
4
5
6
7
8
VT
VC
VD
EB
RE
ET
GL
BC
Masa
Com.
Total
3
1
2
1
5
2
3
2
1
3
0
Variables Totales
Variables conocidas
Variables desconocidas (1 – 2)
Ecuaciones de balance independientes
Relaciones especificadas
Ecuaciones totales (4 + 5)
Grados de libertad ((3 – 6)
Base de cálculo
La solución es inmediata.
Balance total:
m1 = m2 + 500
Balance de talco:
0.3 m1 = w 3talco (500)
Relación especificada: 0.75 ( 0.7 x m1) = m2
Resolviendo: m1 = 1052.6 lb ; m2 = 552.6 lb ;
w 3talco = 0.631 ;
w 3agua = 0.369
El porcentaje de agua en base seca en 3 será:
(36.9/63.1) x 100 = 58.47% H2O (b.s.)
Ejemplo 6. El secado por aspersión es un proceso en el cual un líquido que
contiene sólidos disueltos o en suspensión se inyecta a una cámara
a través de un aspersor o atomizador centrífugo de disco. La niebla
entra en contacto con aire caliente, el cual evapora la mayoría o la
totalidad del líquido, dejando que los sólidos secos caigan sobre
una banda transportadora ubicada en el fondo de la cámara.
Se produce leche en polvo en un secador por aspersión que mide 6
o
metros de diámetro por 6 metros de altura. El aire entra a 167 C y 1
atm. La leche alimentada al atomizador centrífugo de disco contiene
70% de agua en peso (b.h.), la cual se evapora por completo. El
flujo de gas de salida es de 311 m3/mi a 83 oC y 1 atm. abs. y la
velocidad de evaporación de agua es de 227 kg/hr. Calcular:
a) La producción de leche en polvo en kg/hr.
b) El flujo volumétrico de aire de alimentación.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
105
Leche
70% agua
2
Aire húmedo
Aire seco
SECADOR
DE
ASPERSION
1
o
167 C
4
3
311 m /mi
H2O 227 kg/h
1 atm
º
83 C , 1 atm
3
Leche seca
Para aplicar una solución algebraica al problema, hay que arreglar los datos del
problema. Los dos flujo indicados deben estar sobre la misma base de tiempo; se
puede tomar una hora.
•
3
m
m3
60 mi
V 4 = 311 ⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 18 660 ⎯⎯⎯
mi
h
h
•
•
1 x 18 660
273
kgmol aire húmedo
n 4 = ( P4 V 4 ) / (R T4 ) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 638.⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
356
1 x 22.414
h
El aire húmedo calculado contiene toda el agua evaporada de la leche:
kg
kgmol
kgmol
227 ⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 12.61 ⎯⎯⎯
h
18 kg
h
Luego las fracciones molares en el aire de salida son:
4
= (12.61/ 638.4) = 0.197
x agua
La masa molecular media del aire que sale es:
4
x as
. = 0.9803
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
106
−
M 4 = 18 x 0.0197 + 28.84 x 0.9803 = 28.62 mol-1
El flujo de masa es:
•
−
•
m 4 = M 4 x n 4 = 26.62 x 638.4 = 16994.2 kg/h
Las fracciones en peso en la corriente 4 son:
4
w agua
= (227/16994.2) = 0.0133
w a4.s. = 0.9867
Variables
1
2
3
4
5
6
7
8
VT
VC
VD
EB
RE
ET
GL
BC
Variables Totales
Variables conocidas
Variables desconocidas (1 – 2)
Ecuaciones de balance independientes
Relaciones especificadas
Ecuaciones totales (4 + 5)
Grados de libertad ((3 – 6)
Base de cálculo
Masa
Com.
Total
4
1
2
2
6
3
3
3
0
3
0
La solución es:
•
•
•
m1 + m 2 = m3 + 16 994.2
Balance total:
•
Balance de aire seco: m1 = 0.9867 (16 994.2)
Balance de leche:
•
•
•
0.3 m 2 = m3
•
•
Resolviendo: m1 = 16 768.17 kg / h ; m 2 = 322.8 kg / h ; m 3 = 96.84 kg / h
Se calcula ahora el flujo volumétrico de aire a la entrada:
•
nRT
(16 768.17/28.84) (440)
(1) (22.414)
m3
V 1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ X ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 21 003.9 ⎯
P
(1)
273
h
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
107
OPERACIONES DE DESTILACION
La destilación es una operación en la cual uno o más componentes de una mezcla
de dos o más componentes es separada utilizando energía térmica. El principio
básico es la diferencia que existe entre las presiones de vapor de los componentes
a la misma temperatura y los equipos utilizados son generalmente columnas de
destilación.
En general el alimento a la columna es de composición conocida. La pureza
deseada de los componentes que van a ser separados dictaminan la composición
de los productos de cima y de fondos. Los datos anteriores son suficientes para
establecer el balance alrededor de la columna.
Entre los tipos más frecuentes de columnas de destilación están las de platos y las
columnas empacadas. Cualquiera que sea el tipo de columna, el esquema
representativo en un diagrama de flujo es el siguiente:
Eemplo 7. Una mezcla que contiene 20% molar de butano, 35% molar de pentano,
y 45% molar de hexano se separa por destilación fraccionada. El
destilado contiene 95% molar de butano, 4% de pentano y 1% de
hexano. El destilado debe contener 90% del butano cargado en el
alimento. Determinar la composición de los productos de fondo.
B.C.: 100 lb-mol de alimento
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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108
Butano en el destilado = 20 x 0.9 = 18 lb-mol
100 lb-mol 2
18 lb-mol C4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 18.947 lb-mol 2
95 lb-mol C4
En el destilado:
C5 = 0.04 x 18.947 = 0.7579 lb-mol
C6 = 0.01 x 18.947 = 0.1894 lb-mol
Productos de fondo:
C4 = 20 - 18
= 2 lb-mol
2.46%
C5 = 35 - 0.7579 = 34.24 lb-mol
42.24%
C6 = 45 - 0.1894 = 44.81 lb-mol
55.28%
OPERACIONES DE CONDENSACION
En este tipo de operación y teniendo en cuenta su importancia en el cálculo de un
balance de masa, se tratará únicamente la condensación de vapores a partir de
mezclas gas-vapor, dando especial énfasis al manejo y acondicionamiento del aire
húmedo.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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109
Operaciones tales como la compresión y la expansión, el calentamiento y el
enfriamiento, constituyen el eje fundamental de éste tema.
Los siguientes esquemas representan cada operación dentro de un diagrama de
flujo.
Ejemplo 8. A 153ºF y 1 atm. de presión total una mezcla de vapor de agua y aire
tiene una densidad de 0.0615 lb/pie3. Se comprime isotérmicamente
hasta 3 atm. y parte del agua se condensa. Calcular las libras de
agua condensada a partir de 1 lb-mol de gas total inicial.
Aire saturado
Aire húmedo
1
3
3 atm
COMPRESOR
o
153 F
o
153 F
1 atm
ρ = 0.0615 lb/pie
3
2
H2O
Se calcula la fracción molar del agua en el aire que entra:
−
ρRT
0.0615 x 613
1 x 359
M1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 27.5 mol-1
P
1
492
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
110
−
M = 27.5 = x 1agua (18) + ( 1 − x 1agua ) 28.84
Como el aire sale saturado, la presión parcial del agua a la salida debe ser igual a
la presión de saturación o de vapor.
De la ecuación de Antoine:
ps = 203.7 mm Hg a 153oF
Las fracciones molares a la salida son:
x 3agua = (203.7 / 3x 760) = 0.0893
x 3a.s. = 0.9107
Variables
1
2
3
4
5
6
7
8
VT
VC
VD
EB
RE
ET
GL
BC
Variables Totales
Variables conocidas
Variables desconocidas (1 – 2)
Ecuaciones de balance independientes
Relaciones especificadas
Ecuaciones totales (4 + 5)
Grados de libertad ((3 – 6)
Base de cálculo
Masa
Com.
Total
3
1
2
2
5
3
2
2
0
2
0
La solución es inmediata y el balance se trabaja en lbmol.
Balance total :
1 = n 2 + n3
Balance de aire seco: 0.877 (1) = 0.9107 n3
Resolviendo: n3 = 0.963 lbmol ; n2 = 0.037 lbmol ; m2 = 0.037 x 18 = 0.666 lb
Ejemplo 9. Un gas saturado con benceno abandona un sistema de recuperación
de solventes a 40 oC y 750 mm Hg, fluyendo hacia un compresor
seguido de un enfriador. El gas y un condensado líquido abandonan
el enfriador a 21oC y 5 atm. ¿ Cuántos kilogramos de benceno se
condensan por cada 1000 litros de la mezcla original?
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
111
V = 1000 litros
Gas + Benceno
(saturado)
1
COMPRESOR
Gas + Benceno
(saturado)
3
5 atm
o
40 C
ENFRIADOR
o
21 C
750 mm Hg
ρ = 0.0615 lb/pie
3
2
Benceno
Tanto el gas que entra como el gas que sale están saturados con benceno y las
presiones parciales ejercidas por el benceno son las presiones de saturación o de
vapor. Se calculan estas presiones a partir de la ecuación de Antoine:
º
ps a 40 C = 181.65 mm Hg
ps a 21ºC = 78.32 mm Hg
Se calculan ahora las fracciones molares a la entrada y a la salida:
x 1benceno = (181.65 / 750) = 0.2422
3
x benceno
= (78.32 / 5x 760) = 0.0206
750 x 1000
273
P1 V1
n1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 38.4 gmol
313
760 x 22.414
R T1
Variables
1
2
3
4
5
6
7
8
VT
VC
VD
EB
RE
ET
GL
BC
Variables Totales
Variables conocidas
Variables desconocidas (1 – 2)
Ecuaciones de balance independientes
Relaciones especificadas
Ecuaciones totales (4 + 5)
Grados de libertad ((3 – 6)
Base de cálculo
El balance se trabaja en unidades molares (gmol):
Masa
Com.
Total
3
1
2
2
5
3
2
2
0
2
0
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
112
Balance total:
38.4 = n2 + n3
Balance de benceno: 0.2422 (38.4) = n2 + 0.0206 n3
Resolviendo: n2 = 8.7 gmol ; n3 = 29.7 gmol ; m2 = 8.7 x 78 = 678.6 g
UNIDADES MULTIPLES
En la mayoría de los procesos de fabricación se complementan dos o más
Operaciones Unitarias constituyendo así un diagrama de flujo integrado.
En este tipo de diagramas se amplía la posibilidad de plantear los balances de
masa totales y parciales, y el problema por alta que sea su complejidad casi
siempre tiene una solución.
El siguiente ejemplo ilustra la manera como debe trabajarse un diagrama
integrado.
Ejemplo 10. Se alimentan a un evaporador 10 000 lb/hr de una solución que
contiene 6% en peso de sal en agua. Se produce una solución
saturada y parte de la sal cristaliza. Los cristales, con algo de
solución adherida, son centrifugados para retirar parte de la
solución. Luego los cristales se secan para remover el resto del
agua. Durante una prueba de una hora, 837.6 lb de solución
concentrada se retiran, 198.7 lb de solución son retiradas en la
centrífuga y 361.7 lb de cristales secos salen del secador. Ensayos
previos sobre la centrífuga demuestran que se retira aproximadamente el 60% de la solución adherida. Calcular lo siguiente:
a) La solubilidad de la sal (lb sal / lb agua).
b) El agua evaporada en el evaporador.
c) El agua evaporada en el secador.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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113
El balance total del proceso puede realizarse simplificando el diagrama de flujo
alrededor de la línea punteada.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
114
En este último diagrama la corriente de agua es la suma del agua retirada en el
evaporador y el agua retirada en el secador.
La solución saturada es la suma de la solución que sale del evaporador y la
retirada en la centrífuga, ya que las dos tienen la misma concentración.
B.C.: 1 hr o 10 000 lb de solución alimentada.
Sal alimentada = 0.06 x 10 000 = 600 lb
Sal en la solución saturada:
600 - 361.7 = 238.3 lb
Masa total de solución saturada:
837.6 + 198.7 = 1 036.3 lb
Composición de la solución saturada:
(238.3/1 036.3) x 100 = 23%
a) Solubilidad de la sal:
23 lb sal
lb de sal
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.298 ⎯⎯⎯⎯⎯
77 lb agua
lb de agua
b) Para calcular el agua retirada en el evaporador se efectúa un balance alrededor
de éste.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
115
Como la centrífuga retira el 60% de la solución adherida, la solución saturada que
sale del evaporador será:
198.7
⎯⎯⎯ = 331.1 lb
0.6
Balance de sal alrededor del evaporador:
600 = 0.23 x 837.6 + 0.23 x 331.1 + X
X = masa de cristales secos = 331.2 lb
Balance total de masa alrededor del evaporador:
10 000 = m2 + 837.6 + (331.1 + 331.2)
m2 = agua evaporada = 8 500 lb
c) Para calcular el agua retirada en el secador se efectúa el balance total alrededor
del proceso (línea punteada).
10 000 = 8 500 + 837.6 + 198.7 + 361.7 + m7
m7 = 102 lb
OPERACIONES CON DERIVACION DE FLUJO, RECIRCULACION
Y PURGA
DERIVACION DE FLUJO. En algunos casos una parte de una corriente que entra
a un proceso puede desviarse alrededor de la unidad de proceso y mezclarse con
la corriente principal a la salida de la unidad. Esta corriente se le llama
comunmente " by pass ".En general si no se utilizara este sistema, el producto final
deseado no podría obtenerse. La composición de las corrientes 1, 2 y 3 es la
misma. El punto donde se unen las corrientes de diferente composición se
denomina punto de mezcla (M).
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
116
RECIRCULACION. Es este caso parte de la corriente que sale de la unidad de
proceso es devuelta y mezclada con el alimento fresco. Esta corriente se denomina
"reciclo". Las corrientes 3, 4 y 5 tienen la misma composición.
Se utiliza el reciclo en los siguientes casos:
a) Cuando los materiales que no reaccionan en el proceso pueden separarse y
enviarse nuevamente al mismo. Esto mejora el rendimiento en las reacciones
sin modificar otras variables propias del mismo proceso.
b) Cuando se desea controlar la temperatura de un punto en particular y parte del
reciclo se pasa a través de un intercambiador de calor.
c) En operaciones de secado, donde parte del aire húmedo que sale, es
recirculado y mezclado con aire fresco. Con esto se logra en general reducir la
velocidad de secado, especialmente cuando se desea que el material pierda
agua lentamente.
d) En columnas de destilación donde parte del va por condensado es recirculado a
la columna. Esta corriente se denomina reflujo.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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117
Se define como relacion de recirculación al cociente entre la cantidad de un
reactivo recirculado y la cantidad del mismo reactivo que entra al proceso como
alimentación fresca. Puede referirse tambien a la relación entre las masas totales
de las dos corrientes o a la relación entre las moles totales de las dos corrientes.
PURGA. Cuando una pequeña cantidad de material no reactivo está presente en el
alimento de un proceso con recirculación, se utiliza una corriente denominada
purga para retirar estos materiales y evitar así su acumulación en el reciclo. En
algunos procesos, los materiales no reactivos pueden removerse tambien con la
corriente de producto.
En problemas de balance de masa sin reacción química, la utilización de la purga
es muy escasa, pero en balances de masa con reacción química se presenta con
frecuencia.
Tanto en los procesos de recirculación como en los de derivación de flujo, se
pueden realizar balances independientes de masa alrededor del proceso,
alrededor de la unidad de proceso y alrededor del punto de mezcla.
Ejemplo 11.
En una planta de tratamiento que opera bajo condiciones estables,
se reduce el contenido de impurezas nocivas de un líquido residual
de 0.5% en peso hasta 0.01% en peso. Sólo se permite una
concentración máxima de estas impurezas nocivas de 0.1% en peso para ser descargadas en el río local. ¿Qué porcentaje del
líquido residual inicial puede ser derivado y cumplir aún las normas
establecidas?
3
1
2
PLANTA DE
TRATAMIENTO
4
Imp.
0.01%
Impurezas 0.5%
5
Impurezas 0.1%
6
Análisis de los grados de libertad para el balance global de toda la planta:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
118
Variables
1
2
3
4
5
6
7
8
VT
VC
VD
EB
RE
ET
GL
BC
Variables Totales
Variables conocidas
Variables desconocidas (1 – 2)
Ecuaciones de balance independientes
Relaciones especificadas
Ecuaciones totales (4 + 5)
Grados de libertad ((3 – 6)
Base de cálculo
Masa
Com.
Total
3
0
2
2
5
2
3
2
0
2
1
-1
Como no se conoce ninguna masa puede tomarse una base de cálculo.
B.C. m1 = 100 kg
Balance total: 100 = m5 + m6
Balance de impurezas: 0.005 (100) = m6 + 0.001 m5
Resolviendo: m5 = 99.6 kg
m6 = 0.4 kg
Se realiza ahora un balance en el punto de mezcla:
Impurezas 0.5%
3
99.6 kg
Impurezas 0.1%
Impurezas 0.01%
4
5
Balance total: m4 + m3 = 99.6
Balance de impurezas: 0.0001 m4 + 0.005 m3 = 0.001 (99.6)
Resolviendo: m3 = 18.3 kg
Como se tomaron 100 kg de la corriente 1, el porcentaje derivado es 18.3%
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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119
Ejemplo 12. El diagrama muestra el proceso para la recuperación de cromato de
potasio (K2CrO4) a partir de una solución acuosa de ésta sal.
Se alimentan al proceso 10 000 lb/hr de una solución que contiene 25% en
peso de K2CrO4. La corriente de reciclo contiene 35% en peso de K2CrO4. La
solución concentrada que abandona el evaporador, la cual contiene 50% de
K2CrO4, se alimenta a un cristalizador y filtro donde se enfría cristalizando
parte del K2CrO4. La torta del filtrado está formada por cristales de K2CrO4 y
una solución que contiene 35% de K2CrO4 en peso; los cristales forman 95%
de la masa total de la torta de filtrado. La solución que pasa a través del
filtro, con una concentración de 35% de K2CrO4 es la corriente de
recirculación. Calcular el flujo de agua eliminada en el evaporador en lb/hr, el
flujo de cristales en lb/hr, la relación de recirculación (masa de reciclo/masa
de alimento fresco) y el flujo de alimento combinado al evaporador
B.C.: 1 hr de operación.
Balance total del proceso:
10 000 = m3 + m7 + m8
Según datos del problema:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
120
m7
⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.95
m8 + m7
m7 = 19 m8
10 000 = m3 + 20 m8
Reemplazando:
Balance total de agua:
0.75 x 10 000 = m3 + 0.65 m8
Resolviendo el sistema:
m8 = 129.2 lb
m3 = 7 416.0 lb
m7 = 2 454.8 lb
m6 = m7 + m8 = 2 454.8 + 129.2 = 2 584 lb
Balance total en el cristalizador:
m4 = m5 + m6
Como el agua en la torta es :
0.65 m8 = 0.65 x 129.2 = 84 lb
Balance de agua en el cristlizador:
0.5 m4 = 0.65 m5 + 84
m5 = 8 053 lb
Resolviendo:
m4 = 10 637 lb
Relación de recirculación:
(m5/m1) = (8 053/10 000) = 0.8053
El alimento al evaporador será:
m2 = m3 + m4 = 7 416 + 10 637 = 18 053 lb
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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121
PROBLEMAS RESUELTOS
5.1 - Se desea preparar una tonelada de una solución acuosa de KOH al 6% en
peso. Para lo anterior se dispone de un tanque que contiene solución de KOH
al 4% en peso. ¿ Cuánto KOH debe añadirse a la solución del 4% ?
B.C. 1 tonelada de solución de KOH (6%).
Para este problema la sustancia de enlace es el agua, ya que está presente sólo
en las corrientes 1 y 3.
Agua en 3 = 0.94 x 1 000 = 940 kg
100 kg solución 1
940 kg de H2O en 3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 979.1 kg de solución 1
96 kg de H2O en 1
Balance total de masa:
m1 + m2 = m3
m2 = m3 - m1 = 1 000 - 979.1 = 20.9 kg KOH
5.2 - Se mezclan 600 lb de una solución que contiene 20% en peso de HNO3 con
una solución que contiene 40% de HNO3. ¿ Cuál será la masa en libras de la
solución formada, si ésta contiene 28% de HNO3 ?
B.C.: 600 lb de solución de HNO3 (20%)
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
122
En este problema no existe la sustancia de enlace, luego debe emplearse el
método algebraico. Se desconoce m2 y m3. El sistema está formado por dos
componentes, luego será posible plantear al menos dos balances de masa
independientes.
Balance total de masa:
600 + m2 = m3
Balance parcial de HNO3:
0.2 x 600 + 0.4 x m2 = 0.28 x m3
Resolviendo se tiene:
m3 = 1 000 lb
m2 = 400 lb
5.3 - Se desea preparar una solución de NaCl que tenga una molalidad de 1.8.
Calcular el peso de NaCl que debe agregarse a 1 000 cm3 de agua para
obtener la concentración deseada, si se mantiene la temperatura de la solución en 30 oC.
B.C.: 1 000 cm3 de agua.
1.8 g-mol NaCl
1g
58.5 g NaCl
1 000 cm3 H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
cm3
g-mol NaCl
1 000 g H2O
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
123
= 105.3 g NaCl = m1
5.4 - Un operador de una planta química tiene instrucciones para agregar sal
contínuamente a una corriente de solvente libre de sal, de tal manera que la
mezcla resultante contiene 20% en peso de sal.
a) Si el valor de la composición de salida se duplica, ¿ cuál es la relación
entre la cantidad de sal añadida inicialmente y la actual ?
b) Si el operador usó el doble de sal, ¿ cuál es la composición de salida ?
B.C.: 100 lb de solvente libre de sal = m1
a)
20 lb sal
Para 20% : m2 = 100 lb x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 25 lb sal
80 lb solv
40 lb sal
Para 40% : m2 = 100 lb x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 66.6 lb sal
60 lb solv
Relación de sal = (25/66.6) = 0.375
b)
m2 = sal añadida = 25 x 2 = 50 lb
m3 = m1 + m2 = 100 + 50 = 150 lb
Porcentaje de sal = (50/150) x 100 = 33.3%
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
124
5.5 - Se pretende fabricar una mezcla de líquidos cuya composición es: 1 parte de
A; 1.5 partes de B y 2.5 partes de C. Las gravedades específicas de A, B y C
son: 0.79 ; 0.98 y 1.16 respectivamente. Puesto que no se dispone del equipo
apropiado para pesar, la mezcla debe hacerse por adición de volúmenes
medidos de los líquidos. Calcular los volúmenes de B y C que deben añadirse
a la unidad de volumen de A con el fín de tener la composición correcta.
B.C.: 5 gramos de mezcla = m4
cm3
VA = 1 g x ⎯⎯⎯⎯ = 1.2658 cm3
0.79 g
cm3
VB = 1.5 g x ⎯⎯⎯⎯ = 1.5306 cm3
0.98 g
cm3
VC = 2.5 g x ⎯⎯⎯⎯ = 2.1551 cm3
1.16 g
1.5306 cm3 B
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.21 cm3 B/cm3 A
1.2658 cm3 A
2.1551 cm3 C
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.7 cm3 C/cm3 A
1.2658 cm3 A
5.6 - Una compañía tiene un contrato para comprar NaCl del 98% de pureza (2%
de impurezas insolubles) por $ 1 200 /tonelada. Su último cargamento de 10
toneladas tenía sólo el 90% de pureza (10% de sólidos insolubles).
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
125
a) ¿Cuánto se debe pagar por el cargamento ?
b) ¿Qué cantidad de material del 90 % debe añadirse a 2 000 galones de
agua para fabricar una solución del 5% en peso de NaCl ?
a)
$ 1 200
Tn
⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = $ 1 224/Tn NaCl
Tn
0.98 Tn NaCl
10 Tn x 0.9 = 9 Tn NaCl
$ 1 224
9 Tn NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯ = $ 11 016
Tn NaCl
b) B.C.: 100 lb NaCl (90%) = m1
La sustancia de enlace es el NaCl.
100 lb de solución 3
90 lb Nacl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 800 lb sol 3
5 lb NaCl
m1 + m2 = m3
m2 = m3 - m1 = 1 800 - 100 = 1 700 lb H2O agregada
62.43 lb
pie3
2 000 gal x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 16 692 lb
7.48 gal
pie3
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
126
100 lb NaCl (90%)
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 16 692 lb H2O = 981.8 lb NaCl (90%)
1 700 lb H2O
5.7 - Una mezcla de N2 y CO2 a 30 oC y 2 atm. tiene una masa molecular promedio
de 31.
a) ¿ Cuál es la presión parcial del N2 ?
b) ¿ Cuál es el volumen de 10 lb de mezcla ?
Sea x = fracción molar de N2
(1 -x) = fracción molar de CO2
M = ∑ (xiMi) = 31 = 28 x + (1-x) 44 = 0.8125
a)
p N2 = 0.8125 (2 atm) = 1.625 atm
nRT
V = ⎯⎯⎯
P
b)
1 atm x 359 pies3
(10/31) lb-mol x 303 oK
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 64.26 pies3
2 atm
273 oK x lb-mol
5.8 - Una mezcla de NaCl y NaOH contiene 40% en peso de Na. ¿ Cuáles son los
porcentajes en peso de NaCl y NaOH en la mezcla ?
B.C.: 100 gramos de mezcla
Sea X = g de NaCl
23 g Na
X g NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = (0.3931 X) g Na
58.5 g NaCl
23 g Na
(100 - X) g NaOH x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.575 (100 - X) g Na
40 g NaOH
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
127
La ecuación queda:
(0.3931 X) + 0.575 (100 - X) = 40
Resolviendo:
X = 96.2 g NaCl
Composición de la mezcla inicial:
NaCl = 96.2% y NaOH = 3.8%
5.9 - Oxígeno puro se mezcla con aire para obtener "aire enriquecido" que contiene
50% de oxígeno. ¿ Qué relación molar de oxígeno a aire debe utilizarse ?
B.C.: 100 lb-mol de aire enriquecido
La sustancia de enlace es el N2.
100 lb-mol 2
50 lb-mol N2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 63.29 lb-mol = n2
79 lb-mol N2
Balance total de moles:
n 1 + n2 = n3
n1 = 100 - 63.29 = 36.71 lb-mol
Relación (oxígeno/aire) = (36.71/63.29) = 0.58
5.10 - Dos ingenieros están calculando la masa molecular promedio de una mezcla
gaseosa que contiene oxígeno y otros gases. Uno de ellos utilizando la masa molecular correcta para el oxígeno de 32 mol-1, determina una masa
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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128
molecular correcta para la mezcla de 39.3 mol-1. El otro, utilizando un valor
incorrecto de 16, determina una masa molecular incorrecta de 32.8. ¿Cuál
es el porcentaje de oxígeno en la mezcla expresado como porcentaje molar?
M = ∑ (xiMi)
Si: M = masa molecular otros gases
x = fracción molar de O2
32 x + M (1 -x) = 39.2
16 x + M (1 - x) = 32.8
Resolviendo: x = 0.4 (40% m de O2)
5.11 - Una mezcla de fenol y agua, bajo ciertas condiciones de temperatura y
composición, forma dos fases líquidas separadas, una rica en fenol y la otra
rica en agua. A 30 oC las composiciones de las capas superior e inferior son
respectivamente 70% y 9% de fenol. Si 40 libras de fenol y 60 libras de agua
se mezclan y las capas se separan a 30 oC, ¿ cuáles son los pesos de cada
una de las dos capas ?
Balance total:
m1 + m2 = m3 + m4
40 + 60 = m3 + m4
Balance de fenol:
40 = 0.7 m3 + 0.09 m4
Resolviendo:
m3 = 50.82 lb
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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129
m4 = 49.18 lb
5.12 - Dos corrientes de un proceso se mezclan para formar una sola corriente.
Sólo se conoce el flujo de la corriente mezclada. Se añade sal a una de las
corrientes originales a una velocidad estable. Un análisis de esta corriente
indica que contiene: 4.76% en peso de sal. El análisis de la corriente
mezclada indica 0.62% de sal. ¿ Cuál es la relación en masa entre las dos
corrientes originales ?
B.C.: 100 lb de la corriente mezclada. = m5
Las corrientes originales son m1 y m2.
Balance total en II:
m2 + m4 = 100
Balance de sal en II:
0.0476 m4 = 0.62
Resolviendo:
m4 = 13.025 lb y m2 = 86.975 lb
m1 + m3 = 13.025 lb
Balance total en I:
Balance de sal en I:
m3 = 0.0476 x 13.025 = 0.62
m1 = 13.025 - 0.62 = 12.405 lb
Relación = (m2/m1) = (86.975/12.405) = 7.01
5.13 - Dos tanques se encuentran inicialmente aislados uno del otro por medio de
una válvula A. El tanque I contiene en un comienzo 1 pie3 de aire a 100 psia
y 150 oF. El tanque II contiene inicialmente una mezcla de O2 y N2 formada
por un 95% molar de N2 a 200 psia y 200 oF. La válvula A se abre
permitiendo que se mezcle el contenido de los dos tanques. Luego de
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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130
completar el mezclado, se determinó que el gas contenía 85% molar de N2.
Calcular el volumen de II.
nI = (PV/RT)I
100 x 1
492
nI= ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.01528 lb-mol
610
14.7 x 359
nI = 6.93 g-mol
Vf = VI + VII
nf = nI + nII
Balance total:
6.93 + nII = nf
Balance de N2:
0.79 x 6.93 + 0.95 nII = 0.85 nf
Resolviendo se tiene:
nII = 4.2 g-mol
VII = (nRT/P)II
4.2 x 660
14.7 x 22.414
VII = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 9.28 lt
200
492
1 pie3
VII = 9.28 lt x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.327 pies3
28.32 lt
5.14 - Cierto gas a 60 oF y 31.2 pulg Hg fluye por un ducto irregular. Con el
propósito de determinar la velocidad de flujo del gas, se introduce CO2 en
la corriente gaseosa. El análisis del gas resultante es: CO2 3.4% en
volumen. El contenido original de CO2 era de 1.2% en volumen. El tanque
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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131
de CO2 se colocó en una balanza y se determinó una pérdida en peso de
15 lb en 30 minutos. Determine la velocidad de flujo del gas en pies3/mi.
B.C.: 30 minutos
lb-mol
n2 = 15 lb CO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.341 lb-mol CO2
44 lb
Balance total:
n1 + 0.341 = n3
Balance de CO2:
0.012 n1 + 0.341 = 0.034 n3
Resolviendo:
n1 = 14.97 lb-mol
14.97 lb-mol
n1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.499 lb-mol/mi
30 mi
nRT
0.499 x 520
29.92 x 359
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 181.56 pie3/mi
P
31.2
492
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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132
5.15 - Una solución que contiene 30% en peso de sal en agua se alimenta a un
evaporador. Calcular el porcentaje de agua evaporada si la solución
concentrada que sale del evaporador contiene 62% en peso de sal.
B.C.: 100 kg de solución alimentada 1.
La sustancia de enlace es la sal.
Sal en la corriente 1 = 0.3 x 100 = 30 kg
100 kg solución 3
30 kg sal en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 48.38 kg solución 3
62 kg sal en 3
Balance total de masa:
m1 = m2 + m3
m2 = agua evap. = m1 - m3 = 100 - 48.38 = 51.62 kg
51.62
Porcentaje H2O evap. = ⎯⎯⎯⎯ x 100 = 73.74%
70
5.16 - Una solución acuosa contiene 25% en peso de sal.
a) Expresar la composición como lb de sal/lb de agua y porcentaje en peso
de agua.
b) ¿Cuál es la composición en peso, si el 40% del agua presente
incialmente es evaporada?
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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133
c) ¿Cuál es la composición si una cantidad de agua igual al 40% del peso de
la solución original es evaporada?
d) ¿Cuánta agua deberá evaporarse de 100 lb de la solución si su
composición final es del 40% en peso de agua?
B.C.: 100 lb de solución
a)
25 lb sal
⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.33 lb sal/lb H2O
75 lb H2O
75 lb H2O
⎯⎯⎯⎯⎯ = 3 lb H2O/lb sal
25 lb sal
100 - 25 = 75% en peso de H2O
b)
H2O evaporada = 75 x 0.4 = 30 lb H2O
solución final = 25 lb sal + 45 lb H2O = 70 lb
25 lb sal
⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 35.71 %
70 lb soluc.
c)
H2O evaporada = 100 x 0.4 = 40 lb
solución final = 25 lb sal + 35 lb H2O = 60 lb
25 lb sal
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 41.66%
60 lb soluc.
d)
100 solución 3
25 lb sal en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 41.66 lb en 3
60 lb sal en 3
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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134
H2O evaporada = m2 = 100 - 41.66 = 58.34 lb
5.17 - En un proceso para la obtención de sal cristalizada se introduce a un
evaporador-cristalizador una solución saturada de cloruro de sodio, al 30%
en peso y 240 oF. El proceso es isotérmico de tal manera que se obtiene por
el fondo del aparato la sal cristalizada igual al 90% de la sal alimentada. Se
evaporan 100 lb/hr de agua y se produce, además, una salmuera saturada.
Calcular:
a) La cantidad de salmuera introducida en lb/hr.
b) La sal cristalizada en lb/hr.
B.C.: 100 lb de solución alimentada.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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135
Como la solución alimentada está saturada y la temperatura se mantiene
constante, la solución que sale del evaporador también está saturada y su
composición será 30% en peso.
NaCl que cristaliza = 0.9 x 30 = 27 lb
En la solución concentrada hay: 30 - 27 = 3 lb NaCl
100 lb 3
m3 = 3 lb NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10 lb solución 3
30 lb NaCl
Agua evaporada = 100 - 27 - 10 = 63 lb
a)
lb 1
100 lb solución 1
100 lb H 2O evap.
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 158.73 ⎯⎯⎯⎯
63 lb H2O evap.
hr
hr
b)
lb sal 4
27 lb sal 4
100 lb H2O evap.
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 42.85 ⎯⎯⎯⎯
63 lb H2O evap.
hr
hr
5.18 - Una planta para la producción de NaOH concentra por evaporación una
solución cuya composición es: NaOH 10% en peso, NaCl 10% y H2O 80%.
Durante la evaporación parte del NaCl cristaliza. Si la solución final contiene
50% de NaOH y 1% de NaCl, calcule lo siguiente:
a) Las libras de agua evaporada por tonelada de solución inicial.
b) Las libras de NaCl cristalizado por tonelada de solución inicial.
c) El peso de la solución final.
B.C.: 1 Tn de solución inicial.
NaOH en la solución inicial = 1 000 x 0.1 = 100 kg
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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136
100 kg solución 3
100 kg NaOH en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 200 kg sol. 3
50 kg NaOH
a)
H2O evaporada = 800 - 200 x 0.49 = 702 kg
lb
702 kg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 547.6 lb
0.45359 kg
b)
NaCl cristalizado = 1 000 - (200 + 702) = 98 kg
lb
98 kg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 216 lb
0.45359 kg
c) Peso de solución final = 200 kg
5.19 - Dos sales A y B se disuelven en agua. A la temperatura de experimento la
solubilidad de A es 1 lb de A/lb de agua pura, y la de B es 0.4 lb B/lb de agua pura.
Puede suponerse que las solubilidades de las dos sales no se afectan
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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137
mutuamente, es decir, 1 lb de agua disolverá 1 lb de A más 0.4 lb de B. Cuando el
agua se evapora, la concentración de la solución se incrementa. Sin embargo, si la
concentración alcanza el punto de saturación de cada sal, entonces causará
cristalización de la sal, mientras la concentración de la sal en la solución
permanece constante en el punto de saturación.
Si originalmente, 20 lb de A y 20 lb de B se disuelven en 100 lb de agua y
parte del agua es evaporada de la solución, calcular:
a) La cantidad de agua evaporada.
b) Peso de la solución final.
c) Composición de la solución.
d) Cantidad de cada sal cristalizada.
Para cada uno de los siguientes casos:
1) 50% del agua original es evaporada.
2) Se evapora agua hasta reducir el peso total de la solución y cristales
hasta el 50% del valor inicial.
3) Se evapora agua hasta que la solución quede saturada de A, sin
cristalización de A.
4) Se evapora agua hasta que la solución remanente (no incluídos los
cristales) sea el 50% del valor original.
1) a) 100 x 0.5 = 50 lb H2O
b) 90 lb
c) Debe probarse si hay cristalización para cada sal.
Para A: (20 lb A/50 lb H2O) = 0.4 lb A/lb H2O
No hay cristalización de A
Para B: (20 lb B/50 lb H2O) = 0.4 lb B/lb H2O
La solución está saturada de B, pero no hay cristalización de B.
Como la masa de la solución final es 90 lb, la composición será:
% de A = (20/90) x 100 = 22.22%
% de B = (20/90) x 100 = 22.22%
d) Cantidad de sal cristalizada = 0 lb
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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138
El siguiente diagrama de flujo resume la parte (1):
2) a) El peso de la solución final y cristales (m3 + m4) será:
140 lb x 0.5 = 70 lb
El agua evaporada es 70 lb
b) Se prueba si hay cristalización:
En la solución hay 100 - 70 = 30 lb H2O
Para A = (20 lb A/30 lb H2O) = 0.66 lb A/lb H2O
No hay cristalización de A.
Para B = (20 lb B/30 lb H2O) = 0.66 lb B/lb H2O
Hay cristalización de B.
B en solución = 0.4 x 30 = 12 lb
B cristalizado = 20 - 12 = 8 lb
El peso de la solución final será:
20 lb A + 12 lb B + 30 lb H2O = 62 lb solución
c) La composición de la solución final será:
A
B
20 lb 32.25%
12 lb 19.35%
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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139
H2O
30 lb 48.38%
Total 62 lb
d) Sal cristalizada correspondiente a B = 8 lb
El siguiente diagrama de flujo resume la parte (2) del problema.
3) a) Para calcular el agua evaporada se utiliza la solubilidad de A:
lb H2O
⎯⎯⎯⎯⎯ x 20 lb A = 20 lb H2O en solución
1 lb A
Agua evaporada = 100 - 20 = 80 lb
b) Se calcula la cantidad de B disuelta:
0.4 lb B
⎯⎯⎯⎯⎯ x 20 lb H2O = 8 lb de B en solución
lb H2O
Peso de la solución final = 20 + 20 + 8 = 48 lb
c) En la solución final hay:
A
B
H2O
20 lb
8 lb
20 lb
Total 48 lb
41.66%
16.66%
41.66%
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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140
d) Cantidad de B cristalizada = 20 - 8 = 12 lb
El diagrama de flujo resume la parte (3):
4) a) Peso de la solución final sin incluir los cristales:
140 lb x 0.5 = 70 lb = m3
Según los resultados de la parte (2) puede suponerse que no hay cristalización de
A.
Si
Y = fracción en peso de H2O en m3
Balance total de masa:
m1 = m2 + m3 + m4
Reemplazando:
140 = m2 + 70 + m4
Balance de B:
20 = 0.4 (70 Y) + m4
Balance de agua:
100 = m2 + 70 Y
Resolviendo:
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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141
Y = 0.51
m2 = 64.3 lb
m4 = 5.7 lb
Agua evaporada = 64.3 lb
b) Peso de la solución final = 70 lb
c) Composición de la solución final:
A
(20/70) x 100 = 28.57%
B
(14.28/70) x 100 = 20.4%
H2O (35.7/70) x 100 = 51.0%
d) Sal cristalizada = 5.7 lb de B
5.20 - Un lodo formado por CaCO3 y H2O contiene 47% de H2O (b.h.). Se pretende
reducir el contenido de agua hasta un 4% (b.h.). Determine el porcentaje de
agua que debe retirarse.
El problema puede resolverse utilizando el método de base húmeda o de base
seca.
Método de Base Húmeda: B.C.: 100 kg de lodo inicial
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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142
La sustancia de enlace es el CaCO3.
CaCO3 en 1 = 0.53 x 100 = 53 kg
100 kg lodo 2
53 kg CaCO3 en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 55.2 kg lodo 2
96 kg CaCO3
Balance total de masa:
m1 = m2 + m3
Agua retirada = m3 = m1 - m2 = 100 - 55.2 = 44.8 kg
Porcentaje de agua retirada:
(44.8/47) x 100 = 95.32%
Método de Base Seca:
Se transforman los porcentajes a base seca.
Lodo 1:
47 kg H2O
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 kg CaCO3 = 88.67 kg H2O (88.67%)
53 kg CaCO3
Lodo 2:
4 kg H2O
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 kg CaCO3 = 4.16 kg H2O (4.16%)
96 kg CaCO3
B.C.: 100 kg de CaCO3.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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143
En base seca los porcentajes se pueden restar.
Agua retirada = 88.67 - 4.16 = 84.51 kg
Porcentaje de agua retirada:
(84.51/88.67) x 100 = 95.3%
5.21 - Durante las etapas iniciales de un secado, un material pierde agua a
velocidad constante. Si el material húmedo contiene 50 lb de sólido seco y
2
tiene un área de 200 pies y pierde agua a velocidad de 0.3 lb de agua/(hr x
2
pie ); ¿ qué tiempo será necesario para secar el material desde un 300% de
agua (b.s.) hasta un 150% de agua (b.s.) ?
150 lb H2O en 2
150 lb H2O retirada
300 lb H2O en 1
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ - ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
100 lb sólido seco
100 lb sólido seco
100 lb sólido seco
50 lb s.s.
lb H2O ret.
150 lb H2O ret.
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.375 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
100 lb s.s.
200 pies2
pie2
hr - pie2
lb H2O ret.
0.375 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.25 hr
pie2
0.3 lb H2O
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
144
5.22 - Después del secado se determina que un lote de piel pesa 900 lb y que
contiene 7% de agua (b.h.). Durante el secado la piel perdió 59.1% de su
peso inicial cuando se encontraba húmeda.
a) Calcular el peso de piel "totalmente seca" o "exenta de humedad" en la
carga de alimentación.
b) Calcular el número de libras de agua eliminadas en el proceso de secado,
por libra de piel "totalmente seca".
c) Calcular el porcentaje de agua eliminada con base en el agua presente
incialmente.
B.C.: 900 lb de piel húmeda en 2.
a)
Piel seca = 900 x 0.93 = 837 lb
b)
Peso material inicial = 900 x (100/40.9) = 2 200.48 lb = m1
H2O eliminada = 2 200.48 - 900 = 1 300.48 lb = m3
lb H2O
1 300.48 lb H2O
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.55 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
837 lb piel seca
lb piel seca
c)
H2O en 1 = 2 200.48 - 837 = 1 363.48 lb
Porcentaje de agua eliminada:
(1 300.48/1 363.48) x 100 = 95.38%
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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145
5.23 - Un secador con una capacidad de 800 lb/día opera sobre un material el cual
tiene 90% en peso de agua y 10% de sólidos. En un primer ciclo el producto
sale con 20% de agua y en un segundo ciclo el contenido de agua se
disminuye hasta 2%. Calcular el porcentaje del agua original retirada en
cada ciclo y el peso de producto por día en cada ciclo.
B.C.: 800 lb de material o 24 horas.
Sólidos en 1 = 800 x 0.1 = 80 lb
100 lb de 2
80 lb sólidos en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 100 lb de 2
80 lb sólidos en 2
Agua retirada en I = 800 - 100 = 700 lb
100 lb 3
80 lb sól. 2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 81.63 lb en 3
98 lb sól.
Agua retirada en II = 100 - 81.63 = 18.37 lb
Porcentajes de agua retirada:
En I:
(700/720) x 100 = 97.22%
En II: (18.37/720) x 100 = 2.55%
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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146
5.24 - Dos muestras idénticas de un carbón húmedo se entregan a dos analistas.
El uno reporta un análisis en % en peso de: C: 75%, H: 4%, O: 8%, N: 2%,
S: 1% y ceniza 10%. El otro seca la muestra primero y encuentra que las
pérdidas por humedad son del 7%, en consecuencia reporta un análisis del
carbón seco, también en % en peso. ¿ Cuál fué su análisis? (El hidrógeno y
el oxígeno se combinan para formar agua en una relación en peso de 1:8).
B.C.: 100 kg de carbón
H2O retirada = 7 kg
1 kg H2
H2 que reacciona = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 7 kg H2O = 0.777 kg H2
9 kg H2O
8 kg O2
O2 que reacciona = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 7 kg H2O = 6.222 kg O2
9 kg H 2O
El carbón final tendrá:
C:
75 kg 80.64 %
H : 4 - 0.777 = 3.223 kg 3.46 %
O : 8 - 6.222 = 1.778 kg 1.91 %
N:
2 kg 2.15 %
S:
1 kg 1.07 %
Ceniza:
10 kg 10.75 %
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
Total :
93 kg
5.25 - Mil libras de un lodo que contiene 10% en peso de CaCO3 se filtran en un
sistema rotatorio al vacío. La pasta resultante de la filtración contiene 60%
de agua. Esta pasta se coloca posteriormente en un secador donde se
obtiene una humedad final de 9.09% (b.s.). Si la humedad del aire que entra
al secador es de 0.005 lb agua/lb aire seco y la humedad del aire que sale
del secador es 0.015 lb de agua/lb de aire seco, calcular:
a) Las libras de agua eliminadas en el filtro.
b) Las libras de aire seco necesarias en el secador.
B.C.: 1 000 lb de lodo inicial.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
147
100 lb lodo sale
100 lb CaCO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 250 lb lodo sale
40 lb CaCO3
a)
Agua retirada en el filtro = 1 000 - 250 = 750 lb
b)
Agua que entra al secador = 900 - 750 = 150 lb
Agua que sale del secador = 9.09 lb
Agua eliminada en el secador = 150 - 9.09 = 140.91 lb
Agua tomada por el aire ( por lb de aire seco ):
0.015 - 0.005 = 0.01 lb agua/lb aire seco
El aire seco será:
lb aire seco
140.91 lb agua x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 14 091 lb aire seco
0.01 lb agua
5.26 - Un material orgánico sensible al calor se seca utilizando N2 en un secador al
vacío. El secador trabaja a una presión de 200 mm Hg. El nitrógeno entra a
80 oF con un punto de rocío de 35 oF y sale a 75 oF con un punto de rocío de
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
148
65 oF. ¿ Cuánta agua se retira si al secador entran 1 000 pies3/mi medidos a
200 mm Hg y 80 oF ?
ps a 35 oF = 5.167 mm Hg
ps a 65 oF = 16 mm Hg
5.167
lb-mol agua
(Ym)4 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.026 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
200 - 5.167
lb-mol N2
16
lb-mol agua
(Ym)5 = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.087 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
200 - 16
lb-mol N2
La diferencia de humedades proporciona el agua retirada al material (corriente 3)
(Ym)5 - (Ym)4 = 0.061 lb-mol agua/lb-mol N2
n4 = 1.026 lb-mol
nRT
1.026 x 540
760 x 359
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 536.2 pies3
P
200
492
El agua retirada será:
0.061 lb-mol x 18 mol-1
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 pies3 = 0.7147 lb H2O
1 536.2 pies3
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
149
5.27 - Aire se seca isotérmicamente por contacto con gel sílica adsorbente. La gel
sílica puede adsorber 0.05 lb de agua/lb gel. ¿ Cuánta gel se requiere para
reducir la humedad de 100 000 pies3 de aire a 72 oF desde 90% hasta 10%
de porcentaje de humedad ?
Se supone que la presión es 1 atm para poder utilizar el diagrama de humedad.
Y4 = 0.0153 lb agua/lb aire seco
Y5 = 0.0018 lb agua/lb aire seco
Agua retirada = Y4 - Y5 = 0.0135 lb agua/lb aire seco
lb agua
lb-mol agua
28.84 lb aire
0.0135 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
lb aire seco
18 lb agua
lb-mol aire
= 0.02163 lb-mol agua/lb-mol aire seco
(Ym)4 = Y4 /0.624 = 0.0153/0.624 = 0.0245
Moles de aire húmedo que entran = 1.0245 lb-mol
nRT
1.0245 x 532
1 x 359
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 397.7 pies3
P
1
492
lb-mol agua
lb agua
lb Gel
0.02163 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 18 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
lb-mol a.s.
lb-mol agua
0.05 lb agua
lb Gel
= 7.7868 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
lb-mol a.s.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
150
lb Gel
lb-mol a.s.
7.7868 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 105 pies3 = 1 957.95 lb Gel
lb-mol a.s. 397.7 pies3
5.28 - Cierta piel que contiene 100% de su propio peso de agua (es decir, si el
peso de la piel seca es 1 lb, el contenido de agua es 1 lb) se seca por medio
de aire. El punto de rocío del aire de entrada es de 40 oF y el punto de rocío
del aire de salida es de 55 oF. Si se introducen 200 lb de aire húmedo por
cada hora a través del secador, ¿ cuántas libras de agua se eliminan por
hora?. La lectura del barómetro es de 750 mm Hg.
ps a 40 oF = 6.29 mm Hg
ps a 55 oF = 11.22 mm Hg
6.29
lb-mol agua
(Ym)4 = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.00845 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
750 - 6.29
lb-mol a.s.
Y4 = 0.624 x (Ym)4 = 0.00527 lb agua/lb a.s.
11.22
lb-mol agua
(Ym)5 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.01518 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
750 - 11.22
lb-mol a.s.
Y5 = 0.624 x (Ym)5 = 0.00947 lb agua/lb aire seco
Aire húmedo a la entrada = 1.00527 lb
Agua eliminada = 0.00947 - 0.00527 = 0.0042
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
151
0.0042 lb agua
200 lb a.h.
lb agua
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.8355 ⎯⎯⎯⎯
1.00527 lb a.h.
hr
hr
5.29 - Un secador debe eliminar 200 lb/hr de agua de cierto material. Aire a la
temperatura de 70 oF y con 50% de humedad relativa entra al secador del
cual sale con la temperatura de 140 oF y con 80% de humedad relativa.
¿Cuál es el peso de aire completamente seco que se utiliza por hora?. La
lectura del barómetro es de 760 mm Hg.
ps a 70 oF = 18.77 mm Hg
ps a 140 oF = 149.34 mm Hg
(p H O)4 = 0.5 x 18.77 = 9.385 mm Hg
2
(p H O)5 = 0.8 x 149.34 = 119.472 mm Hg
2
9.385
lb-mol agua
(Ym)4 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0125 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
760 - 9.385
lb-mol a.s.
119.472
lb-mol agua
(Ym)5 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.1869 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
760 - 119.472
lb-mol a.s.
(Ym)5 - (Ym)4 = 0.1744 lb-mol agua/lb-mol a.s.
0.1744 x 0.624 = 0.1088 lb agua/lb a.s.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
152
200 lb agua/hr
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 838 lb aire seco/hr
0.1088 lb agua/lb a.s.
5.30 - Una mezcla gaseosa está formada por CO2, N2 y H2O y se analiza
pasándola a través de un secador donde se retira el agua. Los gases
restantes se colocan en un recipiente de 1 litro y se pesan. En un análisis
0.0843 g de agua se retiran en el secador. Los gases restantes pesan 1.555
g a 30 oC y 1 atm. ¿ Cuál es la composición molar y el análisis en base seca
de la mezcla gaseosa original ?
M = masa molecular media de la mezcla final.
w RT
1.555 x 303
1 x 22.414
M = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 38.68 mol-1
PV
1x1
273
X = fracción molar de CO2
44 X + (1 - X) 28 = 38.68
X = 0.6675
Análisis en Base Seca:
CO2 66.75%
N2 33.25%
g-mol
1.555 g x ⎯⎯⎯⎯ = 0.0402 g-mol (N2 + CO2)
38.68 g
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
153
g-mol agua
0.0843 g agua x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.004683 g-mol agua
18 g agua
Composición molar de la mezcla inicial:
CO2 0.02683 g-mol 59.78%
N2 0.013366 g-mol 29.78%
H2O 0.004683 g-mol 10.43%
5.31 - Se alimenta a una columna de destilación una corriente que contiene 40%
en peso de benceno (B) y 60% en peso de tolueno (T). El destilado o
corriente de cima contiene 96% en peso de benceno y el producto de fondo
contiene 91% en peso de tolueno. Si la cantidad alimentada es 2 500 kg/hr,
determinar:
a) El porcentaje de benceno recuperado en la cima y el porcentaje de
tolueno recuperado en los fondos.
b) La masa del destilado y la masa de fondos.
B.C.: 100 kg de alimento
Balance total de masa:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
154
100 = m2 + m3
Balance parcial de benceno:
40 = 0.96 x m2 + 0.09 x m3
Resolviendo:
a)
m3 = 64.36 kg
m2 = 35.64 kg
Benceno en el destilado = 0.96 x 35.64 = 34.21 kg
Tolueno en el fondo = 0.91 x 64.36 = 58.56 kg
Benceno recuperado = (34.21/40) x 100 = 85.52%
Tolueno recuperado = (58.56/60) x 100 = 97.6%
b)
35.64 kg de 2
kg de 1
Masa de destilado = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 2 500 ⎯⎯⎯⎯⎯ = 891 kg/hr
100 kg de 1
hr
64.36 kg de 3
kg de 1
Masa de fondos = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 2 500 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 609 kg/hr
100 kg de 1
hr
3
o
5.32 - Cien pies de una mezcla saturada de aire y vapor de agua está a 40 C y
750 mm Hg. Calcular y tabular lo siguiente:
a) Presión parcial del vapor de agua en mm Hg.
b) Presión parcial del aire en mm Hg.
c) Presión total en mm Hg.
d) Volumen final en pies3.
e) Lb-mol de vapor de agua en la mezcla final.
f) Lb-mol de aire en la mezcla final.
g) Lb-mol de agua condensada.
h) Temperatura en oC.
Para cada uno de los siguientes casos:
1) Valores iniciales.
2) La mezcla original es calentada a presión constante hasta 60 oC.
3) La mezcla original es enfriada a volumen constante hasta 20 oC.
4) La mezcla original se comprime isotérmicamente hasta un volumen de 50
pies3.
1)
a) pi = ps = 55.8 mm Hg a 40 oC
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
155
b) paire = 750 - 55.8 = 694.2 mm Hg
c) P = 750 mm Hg
d) V = 100 pies3
e)
PV
750 x 100
273
n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.2397 lb-mol
RT
313
760 x 359
55.8
lb-mol agua
(Ym) = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.08038 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
750 - 55.8
lb-mol a.s.
0.08038 lb-mol agua
0.2397 lb-mol a.h. x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0178 lb-mol agua
1.08038 lb-mol a.h.
f) Lb-mol aire = 0.2397 - 0.0178 = 0.2219 lb-mol
g) No hay condensación pues son apenas las condiciones iniciales.
h) Temperatura = 40 oC
2)
a) pi= 55.8 mm Hg
b) paire = 694.2 mm Hg
c) P = 750 mm Hg
d)
nRT
0.2397 x 333
760 x 359
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 106.36 pies3
P
750
273
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
156
e) Moles de vapor de agua = 0.0178 lb-mol
f) Moles de aire = 0.2219 lb-mol
g) Por ser un calentamiento no hay condensación de agua.
h) Temperatura = 60 oC.
3)
a) Como la mezcla inicial está saturada, al enfriar hay condensación de vapor
de agua y la mezcla queda saturada a 20 oC
ps = 17.5 mm Hg
b)
n i RT
0.2219 x 293
760 x 359
pi = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
V
100
273
pi = 649.78 mm Hg
c) P = pagua + paire = 17.5 + 649.78 = 667.28 mm Hg
d) El volumen final es el mismo = 100 pies3
e)
17.5
lb-mol agua
(Ym) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.02693 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
667.28 - 17.5
lb-mol a.s.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
157
0.02693 x 0.2219 = 0.00597 lb-mol vapor de agua
f) El aire es el mismo = 0.2219 lb-mol
g) Agua condensada:
0.0178 - 0.00597 = 0.011824 lb-mol
o
h) Temperatura = 20 C
4)
a) Al comprimir la mezcla saturada inicial hay condensación de agua y la
presión parcial del agua no cambia por ser la compresión isotérmica.
pi = 55.8 mm Hg
b)
0.2219 x 313
760 x 359
naire RT
paire = ⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 388.2 mm Hg
V
50
273
c)
P = 1 388.2 + 55.8 = 1 444 mm Hg
d) El volumen final es 50 pies3
e)
55.8
lb-mol agua
(Ym) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.04019 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 444 - 55.8
b-mol a.s.
0.04019 x 0.2219 = 0.008918 lb-mol vapor agua
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
158
f) El aire es el mismo = 0.2219 lb-mol
g) Agua condensada:
0.0178 - 0.008918 = 0.00888 lb-mol
o
h) Temperatura = 40 C
5.33 - Aire con una humedad absoluta de 0.02 lb de agua/lb de aire seco está
originalmente a 100 oF y 1 atm. de presión total. Este aire se enfría a presión
constante hasta 80 oF y se comprime luego isotérmicamente hasta 5 atm.
¿Cuál es la relación de volumen final a volumen inicial ?
La humedad molar inicial será:
Y
0.02
(Ym)1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = 0.032
0.624
0.624
B.C.: 1 lb-mol de aire seco.
n RT
1.032 x 560
1 x 359
V1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 421.7 pies3
P
1
492
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
159
Suponiendo que entre 1 y 2 hay condensación, el aire en 2 estaría saturado y la
humedad molar sería menor. Se calcula la humedad molar en 2:
La presión de saturación del agua a 80 oF es 1.032 pulg de Hg (0.507 psi).
0.507
lb-mol agua
(Ym)2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0357 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
14.7 - 0.507
lb-mol a.s.
Como la humedad en 2 no puede ser superior a la humedad en 1, se concluye que
entre 1 y 2 no hay condensación de agua y la humedad en 2 es la misma que en 1.
Se supone ahora que entre 2 y 3 sí hay condensación. El aire en 3 estará saturado
a 80 oF. La humedad molar será:
0.507
lb-mol agua
(Ym)3 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.00694 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
5 x 14.7 - 0.507
lb-mol a.s.
Como la humedad en 3 es menor que la humedad en 2 se concluye que entre 2 y 3
hubo condensación de agua.
El agua condensada será:
0.032 - 0.00694 = 0.02506 lb-mol agua/lb-mol a.s.
El volumen final será:
nRT
1.00694 x 540
1 x 359
3
V3 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 79.35 pies
P
5
492
(V3/V1) = (79.35/421.7) = 0.188
5.34 - Aire a 110 oF y 10% de porcentaje de humedad se enfría adiabáticamente en
contacto con agua que está a la temperatura de bulbo húmedo del gas.
a) ¿ Cuál es la temperatura más baja a la cual el aire se puede enfriar?
b) ¿ Qué cantidad de agua es evaporada por libra de aire seco alcanzando
la temperatura de la parte (a)?
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
160
Se utiliza el diagrama de humedad tal como se muestra en la figura.
a) La temperatura más baja a la cual sale el aire es la temperatura de saturación
adiabática (intersección de la línea de bulbo húmedo con la línea de porcentaje de
humedad 100%).
t = 70 oF
Y
100%
10%
2
0.016
0.006
1
70
110
b) El agua evaporada será la diferencia de humedades:
Y2 - Y1 = 0.016 - 0.006 = 0.01 lb agua/lb a.s.
o
ts ( F)
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
161
5.35 - Una unidad de aire acondicionado refrigera aire a ts = 95 oF y th = 90 oF para
condensar vapor de agua. Para obtener el aire deseado a 70 oF y 50% de
porcentaje de humedad, hay necesidad de calentarlo.
a) ¿ A qué temperatura debe el aire enfriarse?
b) ¿ Cuánta agua es removida de 100 000 pies3 de aire?
Y
100%
50%
2
1
0.03
0.008
2
51
70
90
Se utiliza el diagrama de humedad.
a) La mínima temperatura según el diagrama es 51 oF.
b)
Y1 = 0.03 lb agua/lb a.s.
Y2 = 0.008 lb agua/lb a.s.
95
o
ts ( F)
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
162
Y1 - Y2 = 0.03 - 0.008 = 0.022 lb agua/lb a.s.
0.022
⎯⎯⎯⎯ = 0.03525 lb-mol agua/lb-mol a.s.
0.624
0.03525 x 18 = 0.6345 lb agua/lb-mol a.s.
(Ym)1 = (0.03/0.624) = 0.048 lb-mol agua/lb-mol a.s.
n1 = 1.048 lb-mol aire húmedo
nRT
1.048 x 555
1 x 359
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 424.4 pies3
P
1
492
lb agua
lb-mol a.s.
0.6345 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 105 pies3 = 149.5 lb agua
lb-mol a.s. 424.4 pies3
5.36- En un día típico de verano, la temperatura es de 100 oF, la humedad relativa
es del 90% y la lectura barométrica 29.76 pulg de Hg. La estación de la compañía Humble Oil comprime aire para su suministro de "aire libre" para lo
cual toma aire atmosférico y lo lleva hasta 50 psig, pero el trabajo de compresión aumenta la temperatura del aire hasta 120 oF.
a) Se desea saber si hay condensación de agua en el aire. En caso de
haberla, ¿ cuántas libras de agua se condensan por tonelada de aire
seco?
b) ¿ Qué volumen de aire atmosférico debe comprimirse para que la presión
final de un tanque de 30 pies3 sea de 50 psig ?
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
163
a)
ps a 100 oF = 1.932 pulg Hg
ps a 120 oF = 3.444 pulg Hg
Yr = (pi/ps) x = 0.9
pi = 0.9 x 1.932 = 1.7388 pulg Hg
1.7388
lb-mol agua
(Ym)1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.062 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
29.76 - 1.7388
lb-mol a.s.
29.92
P2 = 50 psig x ⎯⎯⎯ = 101.76 pulg Hg man.
14.7
P2 = 101.76 + 29.76 = 131.52 pulg Hg
3.444
lb-mol agua
(Ym)2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0268 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
131.52 - 3.444
lb-mol a.s.
El resultado anterior demuestra que hay condensación de agua.
lb-mol agua
(Ym)1 - (Ym)2 = 0.062 - 0.0268 = 0.0352 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
lb-mol a.s.
0.0352 x 0.624 = 0.022 lb agua/lb a.s.
lb agua
lb
0.022 ⎯⎯⎯⎯ x 1 000 kg a.s. x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 48.5 lb
lb a.s.
0.4536 kg
b)
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
164
n1 = 1.062 lb-mol
n2 = 1,0268 lb-mol
P2 x T1 x n1
V1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x V2
P1 x T2 x n2
131.52 x 560 x 1.062
V1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 30 = 132.39 pies3
29.76 x 580 x 1.0268
5.37 - En un día de la semana la temperatura es 90 oF y el punto de rocío del aire
es 70 oF. A las 14:00 la lectura del barómetro es de 29.83 pulg Hg, pero
debido a una tormenta que se avecina la presión barométrica disminuye
hasta 29.08 pulg Hg a las 17:00 sin que se manifiesten otros cambios. ¿Cuál
es la variación que se presenta durante este tiempo, en:
a) La humedad relativa ?
b) El porcentaje de humedad?
ps a 70 oF = 0.739 pulg Hg = pi
ps a 90 oF = 1.421 pulg Hg
(Yr)1 = (0.739/1.421) x 100 = 52%
0.739 / (29.83 - 0.739)
(YP)1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 50.78 %
1.421 / (29.83 - 1.421)
La fracción molar del agua es: (0.739 / 29.83) = 0.02477
La presión parcial del agua al final será: 0.02477 x 29.08 = 0.7203
(Yr)2 = (0.7203 / 1.421) x 100 = 50.68 %
0.7203/(29.08 - 0.7203)
(YP)2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 49.43%
1.421 / (29.08 - 1.421)
a) Variación de Yr = 52 - 50.68 = 1.32
b) Variación de YP = 50.78 – 49.43 = 1.35
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
165
5.38 - Un flujo de 1 000 pies3/mi de CH4 saturado con vapor de agua a 1 atm. y 120
o
F es enfriado hasta 50 oF y parte del vapor de agua se condensa. El metano
se calienta luego hasta 75 oF y 1 atm.
a) ¿ Cuál es el flujo volumétrico de CH4 que sale ?
b) ¿ Qué cantidad de agua se condensa ?
B.C.: 1 minuto
ps a 120 oF = 1.6924 psi
ps a 50 oF = 0.17811 psi
PV
1 x 1 000
492
n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.363 lb-mol
RT
580
1 x 359
1.6924
Agua en 1 = 2.363 x ⎯⎯⎯⎯ = 0.272 lb-mol
14.7
CH4 en 1 = 2.363 - 0.272 = 2.091 lb-mol
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
166
0.17811
Agua en 2 = 2.091 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0256 lb-mol
14.7 - 0.17811
a)
n = 2.091 + 0.0256 = 2.1166 lb-mol
nRT
2.1166 x 535
1 x 359
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 826.26 pies3
P
1
492
Flujo = 826.26 pies3/mi
b) Agua condensada :
(0.272 - 0.0256) x 18 = 4.43 lb/mi
5.39 - A 43 oC, el benceno C6H6 ejerce una presión de vapor de 200 mm Hg. Si una
mezcla que contiene 20% molar de benceno en N2 a 43 oC y 800 mm Hg se
comprime isotérmicamente hasta que el volumen final gaseoso es el 20%
del volumen original, ¿ qué peso de C6H6 en libras se condensa por cada
1000 pies3 de mezcla original ?
Se calcula el número de moles de mezcla inicial.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
167
PV
800 x 1 000
273
n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.533 lb-mol
RT
316
760 x 359
Benceno en 1 = 0.2 x 2.533 = 0.5066 lb-mol
Si hay condensación de benceno, la presión parcial de éste al final será 200 mm
Hg. Se calcula el número de moles de benceno utilizando la ley de Dalton:
200 x 200
273
nbenceno = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.1266 lb-mol
316
760 x 359
Benceno condensado:
(0.5066 - 0.1266) x 78 = 29.64 lb
5.40 - Una mezcla de aire y benceno a 4 atm. de presión total contiene 30% en
o
peso de benceno. Este gas se enfría hasta 100 F y luego se expande hasta
la presión atmosférica a temperatura constante.
a) ¿Qué cantidad de benceno se condensa y separa después del
enfriamiento pero antes de la expansión por lb de aire ?
b) ¿Cuál es la temperatura de punto de rocío del gas final a 100 oF y 1 atm.?
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
168
B.C.: 100 lb de mezcla inicial.
a)
28.84
lb-mol C6H6
30 lb C6H6
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 0.1584 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
70 lb aire
78
lb-mol aire
0.1584
pi (C6H6) = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 4 atm = 0.547 atm
1.1584
ps a 100 oF = 3.25 psi = 0.221 atm
Como la presión de saturación en 2 es menor que la presión parcial en 1, hay
condensación de benceno.
En 2 :
0.221
lb-mol C6H6
⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0584 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
4 - 0.221
lb-mol aire
Benceno condensado:
0.1584 - 0.0584 = 0.1 lb-mol /lb-mol aire
78
lb C6H6
lb-mol C6H6
0.1 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 0.27 ⎯⎯⎯⎯⎯
lb-mol aire
28.84
lb aire
b)
0.0584
pi = xi P = ⎯⎯⎯⎯ x 1 atm = 0.0551 atm = 0.81 psia
1.0584
Mediante el diagrama de Cox:
Temperatura de rocío = 45 oF
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
169
5.41 - Se bombea agua a alta presión a un proceso. Se desea añadir sal al agua
con el fín de que ésta tenga un 4% de sal. Por la dificultad de introducir un
sólido a una corriente de alta presión, se utiliza el siguiente procedimiento:
parte del agua que entra es derivada a través de un recipiente donde llega a
saturarse de sal. Esta corriente saturada se mezcla con la de agua pura
para obtener la solución al 4%. Si la concentración de la solución saturada
es del 17%, ¿ qué porcentaje de agua debe ser derivada a través del
saturador ?
B.C.: 100 kg de producto = m6
Balance total en el punto de mezcla (M):
m3 + m5 = 100
Balance de sal en (M):
0.17 m5 = 0.04 x 100
Resolviendo:
m5 = 23.53 kg
m3 = 76.47 kg
Balance de sal en el saturador:
m4 = 0.17 m5 = 0.17 x 23.53 = 4 kg
Balance total en el saturador:
m2 + m4 = m5
m2 = m5 - m4 = 23.53 - 4 = 19.53 kg
Balance total en el proceso:
m1 + m4 = m6
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
170
m1 = m6 - m4 = 100 - 4 = 96 kg
% de agua derivada = (19.53/96) x 100 = 20.34%
5.42 - Para el diagrama de flujo mostrado en la figura determine la relación de
recirculación.
B.C.: 100 kg de alimento fresco.
Balance de B alrededor del proceso:
80 = 0.95 m6
m6 = 84.21 kg
Balance de B en el punto de mezcla (M):
80 = 0.6 m2
m2 = 133.3 kg
Balance total en el punto de mezcla (M):
m1 + m4 = m2
m4 = m2 - m1
m4 = 133.3 - 100 = 33.3 kg
Relación de recirculación:
(m4/m1) = 33.3/100 = 0.333
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
171
5.43 - Para un proceso se requieren 1 000 pies3/mi de aire a 75 oF y 60% de
humedad. Para tal efecto se dispone de aire a 95 oF y 90% de humedad, el
cual se acondiciona pasando parte de él por un enfriador-condensador de
donde sale a 50 oF para luego ser mezclado con la corriente derivada y
recalentado hasta los 75 oF. Calcular:
a) El volumen de aire que entra en pies3/mi
b) El porcentaje de aire derivado.
B.C.: 1 lb-mol de aire seco en 5.
Se determinan primero las humedades absolutas.
ps a 95 oF = 1.6607 pulgadas de Hg.
1.6607
lb-mol agua
(Ym)s en 1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.05876 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
29.92 - 1.6607
lb-mol a.s.
lb-mol agua
(Ym)1 = 0.9 x 0.05876 = 0.05288 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
lb-mol a.s.
ps a 75 oF = 0.8754 pulgadas de Hg.
0.8754
lb-mol agua
(Ym)s en 5 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.03014 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
29.92 - 0.8754
lb-mol a.s.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
172
lb-mol agua
(Ym)5 = 0.6 x 0.03014 = 0.01808 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
lb-mol a.s.
En 4 el aire sale saturado a 50 oF.
ps a 50 oF = 0.3626 pulgadas de Hg.
0.3626
lb-mol agua
(Ym)4 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.01226 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
29.92 - 0.3626
lb-mol a.s.
Teniendo en cuenta que el aire seco en 5 es igual al aire seco en 1, las lb-mol de
aire húmedo en 1 serán 1.05288 y las lb-mol de aire húmedo en 5 serán 1.01808.
Se calculan los volúmenes en 1 y 5:
nRT 1.05288 x 555
1 x 359
V1 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 426.38 pies3
P
1
492
nRT 1.01808 x 535
1 x 359
V5 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 397.43 pies3
P
1
492
a) El volumen de entrada para 1 000 pies3/mi de salida es:
426.38
⎯⎯⎯⎯ x 1 000 pies3/mi = 1072.84 pies3/mi
397.43
b) Balance total en el punto de mezcla (M):
n3 + n4 = n5 = 1.01808
Balance de agua en este mismo punto:
0.05288
0.01226
⎯⎯⎯⎯⎯ n3 + ⎯⎯⎯⎯⎯ n4 = 0.01808
1.05288
1.01226
Resolviendo:
n3 = 0.15090
n4 = 0.86718
Porcentaje derivado = (n3/n1) x 100 = 14.33%
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
173
5.44 - El secador de la figura opera en la siguiente forma: aire fresco a ts = 60 oF y
th = 45 oF, se mezcla con aire recirculado a 112 oF y con un punto de rocío
de 104.3 oF. Esta mezcla se calienta hasta 200 oF y su punto de rocío es
88.5 oF, para entrar luego al secador. Al secador se alimentan 1 687 lb/hr de
sólido húmedo que contiene 39.7% de agua (b.h.). Si el sólido sale
completamente seco, calcular:
a) Las lb/hr de aire que entra al secador.
b) La relación de recirculación en masa.
c) El balance total de masa.
Se determinan las humedades en cada corriente, con ayuda del diagrama de
humedad.
lb agua
Y1 = 0.003 ⎯⎯⎯⎯ (t s= 60 oF ; t h= 45 oF)
lb a.s.
lb agua
Y2 = Y3 = 0.0295 ⎯⎯⎯⎯ (t s= 200 oF ; t r = 88.5 oF)
lb a.s.
lb agua
Y5 = Y4 = Y6 = 0.049 ⎯⎯⎯⎯ (t s =112 oF;t r =104.3 oF)
lb a.s.
a) Para determinar la masa m3 se toma una base de cálculo parcial de 1 libra de
aire seco que entra al secador y luego se refiere el resultado al dato dado por el
problema.
Balance de agua en el secador:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
174
0.0295 + 0.397 m7 = 0.049
m7 = 0.0491 lb
1.0295 lb a.h.
lb
lb
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 687 ⎯⎯ = 35 372 ⎯⎯ = m3
0.0491 lb sólido
hr
hr
b) B.C.: 1 hr
Balance total en el punto de mezcla (M):
m1 + m5 = 35 372
Balance de agua:
0.003
0.049
0.0295
⎯⎯⎯⎯ m1 + ⎯⎯⎯⎯ m5 = ⎯⎯⎯⎯ x 35 372 = 1 013.57
1.003
1.049
1.0295
m5 = 20 768.9 lb
Resolviendo:
m1 = 14 603 lb
Relación de recirculación en masa:
(m5/m1) = (20 768.9/14603) = 1.42
c) Para realizar el balance de masa del proceso se calculan las masas restantes
así:
m8 = 1 687 x (1 - 0.397) = 1 017.26 lb
Balance alrededor del proceso:
m1 + m7 = m8 + m6
m6 = 14 603 + 1 687 - 1 017.26 = 15 272.74 lb
m4 = m5 + m6 = 20 768.9 + 15 272.74 = 36 041.64 lb
5.45 - El aire puede ser secado por contacto con ácido sulfúrico concentrado en
una torre de absorción. La distribución utilizada se muestra en la figura.
Acido sulfúrico del 93% se alimenta por la cima de la torre, el cual fluye a
través de la torre retirando el vapor de agua del aire. El ácido sale diluído
con agua al 92.5% de H2SO4. Si este ácido débil fuera recirculado
directamente, podría continuar decreciendo la concentración de H2SO4. El
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
175
ácido diluído no retira eficientemente el vapor de agua del aire, tanto que la
concentración debe mantenerse al 93%. Por lo tanto una pequeña cantidad
de ácido al 92.5% se retira y se añade ácido al 99% para obtener el ácido
fuerte del 93%. Utilizando los datos del diagrama de flujo, calcular:
a) La masa de ácido del 99% añadido por hora.
b) Las lb/mi de ácido del 93% reciclado a la torre.
B.C.: 1 minuto.
PV
1 x 500
492
n1 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.292 lb-mol a.h.
RT
530
1 x 359
ps a 70 oF = 0.7392 pulgadas de Hg.
0.7392
lb-mol agua
(Ym)1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.02533 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
29.92 - 0.7392
lb-mol a.s.
0.02533
Agua en el aire = 1.292 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0319 lb-mol
1.02533
Masa de agua = 0.0319 x 18 = 0.5742 lb
Balance de agua alrededor del proceso:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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176
0.5742 + 0.01 m5 = 0.075 m6
Balance de ácido:
0.99 m5 = 0.925 m6
m6 = 8.74 lb
m5 = 8.17 lb
Resolviendo:
Balance de agua en la torre:
0.5742 + 0.07 m3 = 0.075 m4
Balance de ácido en la torre:
0.93 m3 = 0.925 m4
Resolviendo:
m4 = 106.3 lb
m3 = 105.7 lb
5.46 -Debe diseñarse una columna de destilación con el fín de separar una mezcla
que contiene 50% de hexano (H) y 50% de pentano (P) en peso. La
corriente superior de producto debe contener 95% de pentano, mientras que
los fondos deben contener 96% de hexano. La corriente que abandona la
parte superior de la columna se condensa; una porción de la corriente
condensada se retorna a la columna como reflujo, eliminándose el resto
como producto. La relación de reflujo [(masa de reflujo)/(masa de producto
destilado)] vale 0.6.
a) Calcular los kg de destilado y fondos por kg de alimentación.
b) Calcular la relación (kg alimentados al condensador/kg alimentado a la
torre).
c) Calcular el flujo másico de la corriente de producto si el flujo molar de la
corriente de alimentación es 100 kg-mol/hr.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
177
B.C.: 100 kg de alimento a la columna.
Balance total:
100 = m5 + m3
Balance de H:
50 = 0.05 m5 + 0.96 m3
m3 = 49.45 kg
Resolviendo:
m5 = 50.55 kg
Balance en el condensador:
m2 = m4 + 50.55
(m4/m5) = Relación de Reflujo = 0.6
m4 = 0.6 x 50.55 = 30.33 kg
m2 = 30.33 + 50.55 = 80.88 kg
Moles de alimento:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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178
H 50 kg x (kg-mol/86 kg) = 0.581 kg-mol
P 50 kg x (kg-mol/72 kg) = 0.694 kg-mol
Total = 1.2750 kg-mol
a)
0.5055 kg destilado/kg alimento
0.4945 kg fondos/kg alimento
b)
(m2/m1) = (80.88/100) = 0.8088
c)
Producto = (50.55/1.2750) x 100 = 3 964.7 kg/hr
PROBLEMAS PROPUESTOS
5.47 - Para preparar una solución de NaCl en agua al 12% en peso, se dispone de
un tanque que contiene una solución al 6% de NaCl. ¿ Cuánto NaCl puro
debe añadirse al tanque para preparar 1 tonelada de solución al 12% ?
5.48 - Se mezclan 50 cm3/mi de una solución acuosa 10 molar de KOH (G = 1.37)
con 4 lt/hr de una solución acuosa 5 molar de NaOH (G = 1.18). ¿ Cuál es la
composición molar y en peso de la mezcla final ?
5.49 -La alimentación a un reactor de combustión debe contener 8% molar de CH4.
Para producir esta alimentación, se mezcla con aire un gas natural que contiene: CH4 85% molar y C2H6 15% molar. Calcular la relación molar de gas
natural a aire.
5.50 - Se alimentan 100 lb/mi de una mezcla que contiene 60% en peso de aceite
y 40% de agua a un sedimentador que trabaja en régimen permanente. Del
sedimentador salen dos corrientes de producto. La corriente superior
contiene aceite puro, mientras que la inferior contiene 90% de agua. Calcular
el flujo de las dos corrientes de producto.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
179
5.51 - Una corriente de 1 000 kg/hr que contiene 10% de alcohol, 20% de azúcar y
el resto agua, se mezcla con 2 000 kg/hr de una corriente con 25% de
alcohol, 50% de azúcar y el resto agua. ¿ Cuál será la composición de la
mezcla resultante ?
5.52 - ¿Cuántos kilogramos de crema que contiene 12% de mantequilla, deben
ser agregados a 1 800 kg de leche que contiene 2% de mantequilla, para
obtener leche con 3% de mantequilla ?
5.53 - Un néctar de mango debe contener 100 kg de puré de mango, 30 kg de
azúcar, 170 kg de agua y 10 kg de ácido cítrico. ¿ Qué cantidad de cada
materia prima se debe emplear para producir 5 300 kg/hr de néctar de
mango ?
5.54 - Un gas natural (A) contiene 85% molar de CH4, 10% de C2H6 y 5% de
C2H4; un segundo gas (B) contiene 89% molar de C2H4 y 11% de C2H6; un
tercer gas (C) contiene 94% molar de C2 H6 y 6% de CH4. ¿ Cuántas moles
de A, B y C deben mezclarse con el fín de producir 100 moles de una
mezcla que contenga partes iguales de CH4, C2H4 y C2 H6 ?
5.55 -Una solución acuosa de H2SO4 que contiene 10% en peso, debe
concentrarse con una solución que contiene 90% en peso de H2SO4 con el
fín de producir una solución al 75% en peso. Calcular el flujo de ácido del
10% para producir 1 000 lb/hr de solución del 75%.
5.56 -Con el objeto de satisfacer ciertas especificaciones, un fabricante mezcla
harina de pescado seca cuyo precio es de $ 50/kg, con harina que contiene
22% de aceite de $ 27/kg, de tal forma que la mezcla final contiene 16% de
aceite. ¿ A qué precio debe vender la mezcla ?
5.57 -Un cilindro de gas (A) contiene 10% molar de N2 y 90% molar de H2, mientras
que un segundo cilindro (B) contiene 50% molar de N2 y 50% molar de H2.
Calcular el flujo volumétrico en pies3/mi a condiciones normales de los gases
A y B requeridos para producir 1 000 lb/hr de un gas que contiene 25%
molar de N2.
5.58 - Puede obtenerse una pasta de proteína vegetal libre de aceite a partir de
semilla de algodón, utilizando hexano para extraer el aceite de las semillas
limpias. La semilla cruda contiene 14% de material celulósico, 37% de pasta
y 49% de aceite. Si para obtener 1 libra de pasta se necesitan 8 libras de
hexano, calcular la composición del extracto.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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180
5.59 -Un fabricante mezcla cuatro aleaciones para obtener 10 000 lb/hr de un
aleación requerida. En la tabla siguiente se proporcionan las composiciones
en peso de las aleaciones.
Componentes
1
2
3
4
Aleación deseada
A
B
C
D
60
20
20
0
20
60
0
20
20
0
60
20
0
20
20
60
25
25
25
25
Calcular el flujo de alimentación de cada aleación.
5.60 -Una lechada que consiste de un precipitado de CaCO3 en solución de NaOH
y H2O, se lava con una masa igual de una solución diluída de 5% en peso
de NaOH en agua. La lechada lavada y sedimentada que se descarga de la
unidad contiene 2 lb de solución por cada libra de sólido (CaCO3). La
solución clara que se descarga de la unidad puede suponerse de la misma
composición que la solución que acompaña los sólidos. Si la lechada de
alimentación contiene iguales fracciones en masa de todos sus
componentes, calcular la concentración de la solución clara.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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5.61 - Un evaporador concentra una solución de azúcar desde un 25% en peso
hasta un 65%. Calcular el agua evaporada en una hora por cada 1 000 lb/hr
de solución alimentada al evaporador.
5.62 - Las fresas contienen alrededor de 15% de sólidos y 85% de agua. Para
fabricar mermelada de fresa, se mezclan fresas trituradas y azúcar en una
proporción en peso de 1:1. La mezcla se calienta para evaporar agua hasta
que el resíduo contenga 30% en peso de agua. ¿ Cuántas libras de fresas
se requieren para fabricar una libra de mermelada ?
5.63 - En un proceso para la fabricación de jugos de fruta, se necesita del empleo
de un evaporador, el cual recibe una alimentación de 4 500 kg/día de zumo,
con una concentración del 21%. Si se desea concentrar hasta 60%, calcular
la cantidad de agua evaporada.
5.64 - Un evaporador se diseña para recibir una alimentación de 11 500 kg/día de
zumo de naranja, obtener 3 000 kg/día de agua evaporada y una solución
concentrada al 50%. ¿ Con qué concentración inicial se debe alimentar el
zumo y qué cantidad de solución concentrada al 50% se obtiene ?
5.65 - Se alimenta contínuamente un evaporador con 25 toneladas/hr de una
solución que contiene 10% de NaCl y 80% de agua. Durante el proceso de
evaporación el agua se elimina por ebullición de la solución, cristalizando el
NaCl, el cual se separa del líquido restante por filtración. El licor concentrado
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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182
que abandona el evaporador contiene 50% de NaOH, 2% de NaCl y 48% de
agua. Calcular:
a) Las libras de agua evaporada en una hora.
b) Las libras de sal cristalizada en una hora.
c) Las libras de licor concentrado que salen del evaporador en una hora.
5.66 - Un evaporador contínuo concentra 100 lb/mi de una solución acuosa que
contiene 10% en peso de NaOH y 0.1% de NaCl. Mientras un tanque de
almacenamiento es reparado, el concentrado que sale se alimenta a otro
tanque, el cual contiene 2 000 libras de solución de NaOH en agua. Al final
de una hora la solución mezclada en este tanque contiene 31.34% en peso
de NaOH y 0.171% en peso de NaCl. Calcular:
a) La concentración de las 2 000 libras presentes inicialmente en el tanque.
b) Las libras de agua evaporada en una hora.
5.67 - Para obtener jugo de naranja concentrado se parte de un extracto con 7%
en peso de sólidos, el cual es alimentado a un evaporador que trabaja al
vacío. En el evaporador se elimina el agua necesaria para que el jugo salga
con una concentración del 58% en peso de sólidos. Si se introducen al
proceso mil kilogramos por hora de jugo diluído, calcular la cantidad de agua
evaporada y de jugo concentrado que sale.
5.68 - Se disuelven 100 gramos de Na2SO4 en 200 gramos de agua y la solución
se enfría hasta que cristalizan 100 gramos de Na2SO4.10H2O. Calcular:
a) La composición de la solución que queda (licor madre).
b) Los gramos de cristales obtenidos por 100 gramos de solución inicial.
5.69 - Cien gramos de una mezcla de Na2SO4.10H2O y Na2CO3.10H2O se
calientan para retirar el agua de hidratación. El peso final de la sal mezclada
es 39.6 gramos. ¿Cuál es la relación en peso de sulfato hidratado a
carbonato hidratado en la mezcla original ?
5.70 - Un lodo húmedo se seca desde un 60% (b.s.) hasta un 10% (b.s.). Si al
secador entran 1 000 lb/hr de lodo húmedo, ¿en cuánto tiempo se evaporan
139 lb de agua ?
5.71 - A un secador entra madera que contiene 30% de agua (b.h.). Calcular los
kilogramos de agua evaporada por tonelada de madera seca, si ésta sale del
secador con un 8% de agua (b.h.).
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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5.72 - Un lodo contiene 60% humedad en base seca. Por filtración y secado se
extrae el 72% del agua. Calcular el porcentaje en peso de sólidos contenidos
en el lodo final.
5.73- Se alimenta cascarilla de café que contiene 80% de agua (b.h.) a un secador
rotatorio. Luego del secado el contenido de agua es de 0.2 g H2O/g cascarilla seca. Calcular los kilogramos de agua retirada por tonelada de cascarilla
alimentada al secador.
5.74 - Una fábrica de alimentos para ganado produce sorgo seco. Para ello
introduce el sorgo en un secador que utiliza aire. Si el aire entra al secador
con una humedad de 0.008 kg de agua/kg aire seco y sale con una
humedad 0.069 kg agua/kg aire seco y el sorgo entra con 23% de agua y
debe salir con 12%. Calcular la cantidad de aire necesaria en m3/mi a 1 atm.
y 25 oC, para procesar 68 kg/mi de sorgo al 12%.
5.75 - Un equipo de secado trabaja adiabáticamente. El aire entra al secador a una
temperatura de 140 oF con un punto de rocío de 68 oF. Se evaporan en el
secador 0.62 lb de agua por cada 1 000 pies3 de aire húmedo que entran al
secador. La presión en el secador es 1 atm. Calcular la humedad relativa y
la temperatura del aire que sale del secador.
5.76 - Un material orgánico entra a un tunel de secado contínuo con un contenido
de humedad del 61% (b.h.) y sale con una humedad del 6% (b.h.) a razón de
485 lb/hr. El aire seco entra al secador a 140oF y 1 atm. y sale húmedo a
130 oF y 1 atm.
a) ¿Cuál es el flujo en lb/hr de material orgánico que entra al secador ?
b) Calcular el flujo volumétrico de aire de entrada en pies3/mi, si el aire de
salida tiene una humedad relativa del 50%.
5.77 - En la producción de café soluble, el extracto procedente del percolador se
alimenta a un secador por aspersión donde se retira totalmente el agua. Por
kilogramo de extracto se alimentan al secador 50.7 kilogramos de aire
húmedo con una humedad en masa de 0.014 kg agua/kg aire seco. Si la
humedad en masa del aire que sale del secador es 0.027, calcular los
gramos de café seco obtenidos por cada kilogramo de extracto y el
porcentaje de agua en el extracto.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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5.78 - El óxido crómico se obtiene a partir de un lodo que contiene 40% en peso de
Cr2O3 por secado con aire. El producto contiene 2% de agua (b.h.). Salen
del secador 2 000 lb/hr de Cr2O3. El aire entra al secador a 100 oF, 1 atm. y
con un porcentaje de humedad del 20%. El aire se precalienta en el secador
hasta 260 oF y se introduce luego a la cámara de secado. El secador trabaja
adiabáticamente y el aire puede suponerse que sale saturado. Calcular el
flujo de aire necesario en pies3/mi.
5.79 - Se destilan 1 000 kg/hr de una mezcla que contiene partes iguales en peso
de benceno y tolueno. El producto de cima contiene 95% peso de benceno,
mientras que el flujo de fondo es de 512 kg/hr. Calcular:
a) El flujo de la corriente de cima.
b) El flujo de benceno y tolueno en la corriente de fondo.
c) La fracción molar de benceno en la corriente de fondo.
5.80 - La alimentación a una columna de destilación contiene 20% en peso de
etano, 40% de metano y 40% de propano. El flujo de alimentación es 1 000
kg/hr y el producto de cabeza contiene 85% en peso de metano, 12% de
etano y 3% de propano. Una corriente lateral, cuya composición es 15% de
metano, 35% de etano y 50% de propano, se retira a razón de 300 kg/hr.
Calcular el peso y composición del producto de fondo si éste no contiene
metano.
5.81 - Una solución de alcohol etílico que contiene 8.6% en peso de alcohol es
alimentada a razón de mil kilogramos por hora a una columna de destilación
contínua. El destilado es una solución que contiene 95.4% en peso de
alcohol. El producto de fondo contiene 0.1% de alcohol. Calcular:
a) El flujo de masa de destilado y fondos.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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b) La pérdida de alcohol como un porcentaje del alcohol alimentado.
5.82 - Un volumen de 1 000 pies3 de aire húmedo a una presión total de 740 mm
Hg y temperatura de 30 oC con tiene vapor de agua en tales proporciones
que su presión parcial es 22 mm Hg. Sin cambiar la presión total, la
temperatura se reduce a 15 oC y parte del vapor de agua se separa por
condensación. Calcular:
a) El volumen del gas luego del enfriamiento.
b) El peso de agua condensada.
5.83 - Aire entra a un compresor a 1 atm. de presión con humedad molar de 0.01
moles de agua/mol de aire seco. El aire que sale del compresor está a 100
atm. y a la temperatura inicial. A ésta temperatura y 1 atm. de presión, el
aire puede contener un máximo de 0.02 moles de agua/mol de aire seco.
¿Cuántas libras de agua se condensan en el compresor por lb-mol de aire
seco que pasa a través de él ?
3
5.84 - Se burbujea aire seco a través de diez galones de agua a razón de 5 pies
por minuto a condiciones normales. El aire de salida está saturado a 25 oC.
La presión total es 1 atm. ¿ Cuánto tiempo transcurrirá para que toda el
agua pase a la fase gaseosa ?
5.85 - Aire que contiene 15% en peso de agua se enfría isobáricamente a 1 atm.
desde 200 oC hasta 20 oC.
a) Calcular el punto de rocío del aire inicial.
b) ¿Cuánta agua se condensa por m3 de gas inicial?
c) Suponiendo que el gas se comprimió isotérmicamente a 200 oC. ¿ A qué
presión comienza la condensación ?
5.86 - Un adulto efectúa aproximadamente 12 respiraciones por minuto, inhalando
alrededor de 500 cm3 en cada ocasión. El aire exhalado se encuentra
saturado de vapor de agua a la temperatura del cuerpo, 37 oC. En los
pulmones se produce un intercambio de oxígeno por dióxido de carbono,
pero la cantidad de nitrógeno exhalado equivale a la cantidad inhalada. La
presión total tanto del aire inspirado como exhalado es de 1 atm y la fracción
molar de N2 en el aire exhalado es de 0.75. Calcular la masa de agua que un
cuerpo pierde a través de la respiración durante un período de 24 horas, si la
temperatura del aire inhalado es de 23 oC y su humedad relativa es de 30%.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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5.87 - La cámara que se muestra en la figura se utiliza para humidificar aire.
¿Cuánta agua debe añadirse por hora a la torre para procesar 10 000
pies3/hr de aire medido a las condiciones de entrada?
5.88 - Debe recuperarse un vapor orgánico de un gas por condensación. La
presión parcial de éste vapor en la mezcla gaseosa que entra al
condensador es 1 900 mm Hg y su presión parcial en la corriente de salida
es 1 000 mm Hg. La presión total del sistema es 2 000 mm Hg, mientras
que la temperatura de salida es de 200 oC. Calcular el volumen en m3, del
gas que sale del condensador a las condiciones dadas si se condensan 100
kg-mol de vapor.
5.89 - Una mezcla de tolueno y aire se pasa a través de un enfriador donde algo
de tolueno se condensa. Mil pies cúbicos de gases entran al enfriador por
hora a 100 oC y 100 mm Hg manométricos. La presión parcial del tolueno
en ésta mezcla es 300 mm Hg. Si salen del enfriador 720 pies3/hr de
mezcla gaseosa a 50 oC y presión barométrica de 760 mm Hg. Calcular
las libras de tolueno removido por hora en el enfriador.
5.90 - Una corriente de proceso que contiene vapor de etanol entra a un enfriadorcompresor a razón de 500 litros por hora a 65 oC y 1 atm. La saturación
relativa de la corriente es de 80%. El gas se comprime y enfría hasta 25
o
C para recuperar 98% del metanol en forma de líquido. Calcular la presión
de salida y el flujo volumétrico de la corriente líquida de producto.
5.91 - Se produce café instantáneo alimentando café molido y tostado junto 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
resíduos sólidos se decantan parcialmente antes de enviarlos a secado e
incineración. La carga normal es de 1.2 lb de agua/lb de café. El café
alimentado contiene 32.7% de insolubles; el extracto 35% de solubles y el
resíduo 28% de material soluble. Determinar los kilogramos de producto
obtenido por tonelada de café y el porcentaje de insolubles en el resíduo.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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5.92 - En la manufactura de mermelada se mezcla la fruta molida con el azúcar
necesaria para producir una mezcla que contiene 45% de fruta y 55% de
azúcar. A ésta mezcla se le añade la pectina necesaria (230 gramos por
cada 100 kilogramos de azúcar). La mezcla se evapora hasta que los
sólidos solubles llegan al 67%.
a) ¿Qué cantidad de mermelada se puede producir a partir de una fruta
que contiene 14% de sólidos solubles ?
b) ¿Cuántos kilogramos de mermelada se obtienen por kilogramo de fruta
que entra al proceso.
o
5.93 - Aire a 70 F, 760 mm Hg y 90% de humedad relativa, se comprime hasta
150 psig durante lo cual la temperatura aumenta hasta 120 oF. En una
etapa subsecuente el aire comprimido se expande hasta que la presión
llega a ser 25 psig, y a la vez provocando que la temperatura baje hasta
80oF. El aire se suministra a una velocidad de 10 000 pies3/hr (en las
condiciones iniciales de 70 oF, 760 mm Hg y 90% de humedad relativa).
a) ¿Condensa algo de agua durante la etapa de compresión ?
b) Si se condensa agua, ¿ cuánta ?
c) Suponiendo que si se forma condensado, se separa del aire. Calcule las
siguientes cantidades para el aire resultante en las condiciones finales
(o sea 80 oF).
(1) Humedad relativa.
(2) Punto de rocío.
(3) Humedad absoluta molar.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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5.94- Dos columnas de destilación se colocan como se muestra en la figura, para
producir benceno, tolueno y xileno a partir de una mezcla que se alimenta.
Todas las composiciones son molares. Determinar:
a) El porcentaje recuperado de cada uno de los componentes de la
mezcla. b) La composición de la corriente intermedia A.
5.95- 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 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. Se planea además
que 92.6% del 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, calcular:
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.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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5.96
- Una solución contiene 60% en peso de Na2S2O2 y 1% de impurezas
solubles en agua. Luego de un enfriamiento hasta 10 oC, Na2S2O2.5H2O
cristaliza. La solubilidad de este hidrato es 1.4 lb de hidrato/lb de agua
libre. La solución se adhiere a los cristales en cantidad de 0.06 lb de
solución/lb de cristales. Luego los cristales se secan para retirar el agua
remanente (pero no el agua de hidratación). Al final, los cristales de
Na2S2O2.5H2O no deben contener más del 0.1% en peso de impurezas.
Con el fín de lograr estas especificaciones, la solución original antes del
enfriamiento es diluída con agua. Sobre la base de 100 libras de solución
original, calcule lo siguiente:
a) La cantidad de agua añadida antes del enfriamiento.
b) El porcentaje recuperado de Na2S2O2 en los cristales.
5.97 - Se piensa desalinizar agua de mar por ósmosis inversa usando el proceso
mostrado en la figura.
Utilizando los datos del diagrama, calcular:
a) La velocidad de extracción de salmuera de desperdicio.
b) La velocidad de producción de agua desalinizada.
c) La fracción de salmuera que sale de la celda de ósmosis para ser
recirculada.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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5.98 - Se utiliza un sistema de purificación con recirculación, para recuperar el
solvente DTH de un gas de desperdicio que contiene 55% de DTH en aire.
El producto deberá tener únicamente 10% de DTH. Calcular la relación de
recirculación (reciclo/alimento fresco), suponiendo que la unidad de
purificación puede eliminar las dos terceras partes del DTH presente en la
alimentación combinada.
5.99 - El jugo de naranja fresco contiene 12% de sólidos y el resto es agua,
mientras que el jugo de naranja concentrado contiene 42% de sólidos.
Inicialmente, se empleaba un solo proceso de evaporación para la
concentración, pero los componentes volátiles del jugo escapaban con el
agua, afectando el sabor final del concentrado. El proceso actual supera
éste problema mediante la derivación de una fracción del jugo fresco, de
manera que no pase por el evaporador, así: el jugo que entra al
evaporador se concentra hasta alcanzar un 58% de sólidos, mezclándose
el producto con la corriente derivada de jugo fresco, a fín de lograr la
concentración final de sólidos deseada.
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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a) Calcular la cantidad de jugo concentrado producida por cada 100 kg de
jugo fresco alimentada al proceso, así como la fracción de la
alimentación que se deriva antes de llegar al evaporador.
b) Los ingredientes volátiles que proporcionan el sabor están contenidos
en el jugo fresco que se deriva antes del evaporador. Se podría obtener
una mayor proporción de estos ingredientes en el producto final si se
evapora hasta un 90% de sólidos, en vez de 58%; podría así derivarse
una mayor proporción del jugo fresco, obteniéndose un producto con
un sabor aún mejor. Se le ocurren al lector algunas posibles
desventajas de esta variante del proceso ?
5.100 - Una solución contiene: NaCl 10 % en peso, KCl 3 %, H2O 87 %.Esta
solución entra al proceso mostrado en la figura con un flujo de masa de
18400 kg/hr. La solución que sale del evaporador contiene: NaCl 16.8 %,
KCl 21.6 % y H2O 61.6 %. La corriente de reciclo contiene: NaCl 18.9 %.
Calcular el balance de masa completo para todo el proceso.
5.101 - Un proceso de evaporación-cristalización, del tipo descrito por el diagrama,
se emplea con el fín de obtener sulfato de potasio sólido a partir de una
solución acuosa de esta sal. La alimentación fresca al proceso contiene
18.6% en peso de K2SO4. La torta húmeda consiste de cristales sólidos de
K2SO4 y una solución de K2SO4 al 40% en peso, según una relación de 10
lb de cristales/lb de solución. El filtrado, tambien una solución al 40% se
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recircula para que se una a la alimentación fresca; se evapora un 42.66%
del agua que entra al evaporador. El evaporador posee una capacidad
máxima de hasta 100 lb de agua evaporada por minuto.
a) Calcular el máximo ritmo de producción de K2SO4 sólido, el ritmo al cual
se suministra la alimentación fresca para lograr esta producción y la
relación de recirculación.
b) Calcular la composición y el flujo de alimentación de la corriente que
entra al cristalizador si el proceso se escala a un 75% de su capacidad
máxima.
5.102 - Un sólido que contiene 15% de agua (b.h.) se seca con aire hasta un 7%
de agua (b.h.). El aire fresco alimentado contiene 0.01 lb agua/lb de aire
seco, la corriente de reciclo 0.1 y el aire a la entrada del secador 0.03.
¿Cuántas libras de aire deben recircularse por 100 lb de alimentación
sólida y cuánto aire fresco se requiere ?
5.103 - Se desea secar 12 350 pies3/hr de aire húmedo a la temperatura de 190 oF
y a la presión de 768 mm Hg (con una humedad relativa de 13.9%)
mediante el procedimiento de lavado con ácido sulfúrico en una torre
empacada. En la figura se muestra el sistema utilizado de recirculación
para el ácido sulfúrico. El aire frío sale del lavado a una temperatura de
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
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120 oF y una presión de 740 mm Hg. La humedad relativa del aire seco
debe ser de 7.18%. Para mantener constante la concentración de la
solución de lavado en un valor equivalente a 72 % de H2SO4, se alimenta
la cantidad suficiente de ácido de repuesto cuya concentración es de 98%.
El análisis del ácido gastado indica un contenido de 67% de H2 SO4. Cierta
cantidad de ácido gastado se elimina contínuamente del proceso. Calcular:
a) Los pies3/hr de aire más vapor de agua que salen del lavador.
b) Las lb/hr de ácido de repuesto.
c) Las lb/hr de ácido que entran al lavado.
5.104 - Aire es dehumidificado para uso industrial con gel sílica adsorbente. El aire
a 75 oF y 95% de humedad se reduce hasta 25% de humedad a la misma
temperatura. La gel sílica reduce el aire que pasa hasta un 5% de
humedad y 75 oF; en consecuencia parte de la alimentación es derivada
alrededor del absorbedor y mezclada con el aire que sale para dar el aire
final requerido. ¿ Qué fracción del aire alimentado se deriva ?
5.105 - Un material que tiene 1.5620 lb de agua/ lb de material seco debe secarse
hasta 0.0990 lb de agua/lb de material seco. Por cada libra de material
seco se pasan por el secador 52.5 lb de aire seco, que sale con una
humedad de 0.0525 lb agua/lb de aire seco. El aire nuevo se suministra
con una humedad de 0.0152 lb de agua/lb aire seco. Calcular la fracción
de aire recirculado.
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5.106 - Un secador que trabaja en contracorriente y cuyas válvulas están
adaptadas de tal forma que se recircule el 25% del aire de salida, se
utiliza para secar un material. El aire entra al secador a 140 oF con una
humedad de 0.01 lb agua/lb de aire seco. La operación en el secador es
adiabática y el aire sale a su temperatura de bulbo húmedo. El material
entra con un contenido de agua de 19% (b.h.) y sale totalmente seco.
¿Cuántas libras de material húmedo pueden secarse por cada libra de
aire seco recirculado.
5.107 - El aire que sale de un secador se recircula con frecuencia para disminuir
los costos. Calcular la fracción de aire recirculado y el flujo másico de aire
fresco suministrado.
Otros datos:
CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
195
Aire seco que circula por el secador: 5 000 lb/hr
Humedad del aire que sale del secador: 0.048
Humedad del polímero que entra: 1.3 lb agua/lb de polímero seco.
Humedad del polímero que sale: 0.25 lb agua/lb de polímero seco.
5.108 - 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 lb de solvente (hexano) por cada libra de
semillas limpias procesadas. Para cada tonelada de semillas crudas que
se procesan, determinar las cantidades de aceite y harina libre de aceite
que se producen, así como la cantidad de hexano que deberá recircularse
a través de la unidad de extracción.
5.109 – A continuación se describe el proceso empleado por la lavandería “ LA
CAMISA NEGRA S.A.” . Las camisas se sumergen en una bañera
agitada que contiene Blancox, el detergente milagroso, siendo luego
exprimidas y enviadas a la etapa de enjuague. El Blancox sucio se envía
a un filtro en el cual se elimina la mayor parte de la suciedad; el
detergente limpio se recircula con el fín de unirse a la corriente de
Blancox puro; la corriente combinada sirve de alimentación a la bañera
de lavado.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
196
Datos:
1. Cada 100 lb de camisas sucias contiene 2 lb de suciedad.
2. El lavado elimina el 95% de la suciedad.
3. Por cada 100 lb de camisas sucias, 25 lb de Blancox abandonan el
sistema con las camisas limpias, de las cuales se escurren nuevamente 22
lb a la bañera.
4. El detergente que entra en la bañera contiene 97% de Blancox y el que
entra al filtro contiene 90%. La suciedad húmeda que abandona el filtro
contiene 10% de Blancox.
a) ¿Cuánto Blancox puro debe suministrarse por cada 100 lb de camisas
sucias?
b) ¿Cuál es la composicoón de la corriente recirculada?
Camisas sucias
Blancox puro 97%
Camisas limpias
Tanque
Agitado
10% Blancox
90% Blancox
Filtro
Blancox recirculado
CAPITULO 6
BALANCE DE MATERIA
CON REACCION QUIMICA
Cuando se presentan cambios químicos debidos a reacciones químicas, éstas
pueden reagruparse en similares o de tipo común a varios procesos y cada uno de
éstos puede denominarse como un proceso unitario. Los principales son:
1 - Calcinación
2 - Oxidación
3 - Reducción
4 - Halogenación
5 - Hidrogenación
6 - Deshidrogenación
7 - Nitración
8 - Esterificación
9 - Sulfonación
10 - Hidrólisis
11 - Alkilación
12 - Aromatización
13 - Fermentación
14 - Isomerización
15 - Polimerización
16 - Electrólisis
La mayoría de los procesos anteriores toma su nombre del tipo de reacción
química que se sucede y en la mayoría de los casos su balance de masa
corresponde a una relación estequiométrica sencilla que sólo incluye
ocasionalmente el rendimiento del proceso.
ESTEQUIOMETRIA
En estequiometría, la ecuación química tiene dos funciones fundamentales. La
primera es una función cualitativa, es decir, indica cuales son los reactivos y cuales
son los productos. La segunda es una función cuantitativa, es decir, indica las
cantidades y composiciones relativas de reactivos y productos, ejemplo:
2 C + O2
2 CO
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
198
Esta ecuación química indica que dos átomos (g-at, lb-at ...) de carbono se
combinan con una molécula (g-mol, lb-mol ...) de oxígeno para dar dos moléculas
(g-mol, lb-mol, ....) de CO.
El número que se antepone a cada sustancia se denomina coeficiente
estequiométrico, ej: el coeficiente estequiométrico del carbono es 2, el del
oxígeno es 1 y el del monóxido de carbono es 2.
Cuando se maneja una ecuación química debe estar balanceada, es decir, el
número de átomos de cada elemento en los reactivos debe ser exactamente igual
al número de átomos de ese mismo elemento en los productos. Como
consecuencia la masa de los reactivos es igual a la masa de los productos. En la
reacción considerada, utilizando las respectivas masas atómicas y moleculares, se
tiene:
masa de reactivos: 2 x 12 + 32 = 56
masa de productos : 2 x 28
= 56
Se denomina relación estequiométrica al cociente formado por dos coeficientes
estequiométricos, ej: la relación estequiométrica entre el carbono y el oxígeno es:
2 g-at C
2
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯
1
1 g-mol O2
Las relaciones estequiométricas son de gran utilidad en cálculos con reacciones
químicas, pues a partir de ellas y utilizándolas a manera de factores de conversión
pueden obtenerse las cantidades consumidas o producidas en la reacción, ej: para
calcular la masa en gramos de oxígeno necesaria para producir 100 gramos de CO
a partir de carbono puro, se procede en la siguiente forma:
32 g O2
g-mol CO
1 g-mol O2
100 g CO x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 57.14 g O2
28 g CO
2 g-mol CO
g-mol O 2
REACTIVO LIMITANTE Y REACTIVO EN EXCESO
Dos reactivos están en proporción estequiométrica cuando su relación molar es
igual a la relación estequiométrica correspondiente, ej: al mezclar 60 gramos de
carbono con 80 gramos de oxígeno se tiene:
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
199
g-at C
60 g C x ⎯⎯⎯⎯ = 5 g-at C
12 g C
g-mol O2
80 g O2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.5 g-mol O2
32 g O2
Proporción (oxígeno/carbono) = (2.5/5) = 0.5
Relación estequiométrica (oxígeno/carbono)=(1/2)=0.5
Se concluye que el carbono y el oxígeno, al ser mezclados en estas cantidades
están en proporción estequiométrica.
Cuando se mezclan cantidades diferentes a las anteriores, por ejemplo: 60 gramos
de carbono con 128 gramos de oxígeno la proporción ya no es estequiométrica y
se tendrá:
g-at C
60 g C x ⎯⎯⎯⎯ = 5 g-at C
12 g C
g-mol O2
128 g O2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 4 g-mol O2
32 g O2
Proporción (oxígeno/carbono) = (4/5) = 0.8
Se concluye que el oxígeno está en exceso respecto al carbono pues la proporción
actual es mayor que la relación estequiométrica. Se le llama rectivo en exceso.
Al tomar las relaciones en forma invertida se tiene:
Relación estequiométrica(carbono/oxígeno) = (2/1) = 2
Proporción (carbono/oxígeno) = (5/4) = 1.25
El carbono está en menor proporción que la relación estequiométrica y se le llama
reactivo limitante.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
200
PORCENTAJE EN EXCESO
Una vez definido el reactivo en exceso, su porcentaje puede calcularse con la
siguiente ecuación:
S-T
E
Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯ x 100 = ⎯⎯ x 100
T
T
S = cantidad de reactivo en exceso suministrado
T = cantidad de reactivo en exceso estequiométrico
E = S - T = cantidad en exceso
Tomando como base de cálculo 1 g-at de reactivo límitante (1 g-at C), se tiene:
O2 suministrado = 0.8 g-mol (S)
O2 estequiométrico = 0.5 g-mol (T)
0.8 - 0.5
Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 60 %
0.5
Es muy frecuente que la cantidad a calcular sea el reactivo en exceso suministrado
(S) a partir de su porcentaje en exceso, y la fórmula quedaría:
% exceso
S = ⎯⎯⎯⎯⎯ x T + T = T x
100
% exceso
⎯⎯⎯⎯⎯ + 1
100
Como ejemplo puede calcularse el oxígeno suministrado por cada g-at de carbono
si el porcentaje en exceso es 60%.
1 g-mol O2
Oxígeno estequiométrico = 1 g-at C x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.5 g-mol O2
2 g-at C
60
Oxígeno suministrado (S) = 0.5 x ⎯⎯⎯ + 1
100
= 0.5 x (1.6) = 0.8 g-mol
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
201
GRADO DE FINALIZACION
Cuando una reacción es completa, el reactivo límitante desaparece y en los
productos sólo está presente el reactivo en exceso. Si la reacción no es completa
la fracción de reactivo límitante que reacciona multiplicada por 100 es lo que se
denomina grado de finalización o grado de conversión de la reacción.
RLR
GF = grado de finalización = ⎯⎯⎯ x 100
RLS
RLR = reactivo límitante que reacciona
RLS = reactivo límitante suministrado
EMPLEO DE LAS UNIDADES MOLARES EN LOS CALCULOS
No puede negarse la conveniencia de utilizar unidades molares para expresar las
cantidades de productos químicos. Puesto que la unidad molar de un compuesto
reaccionará siempre con un múltiplo simple de unidades molares de otro, los
cálculos de las relaciones en peso en las reacciones químicas se simplifican en
forma apreciable si las cantidades de los compuestos reaccionantes y de los
productos se expresan siempre en unidades molares.
En un proceso industrial pueden tener lugar reacciones sucesivas con varios
grados de conversión y se desea calcular las relaciones en peso de todos los
materiales presentes en las diferentes etapas del proceso. En estos problemas el
empleo de unidades de peso ordinarias con las relaciones en peso que se
combinan conducirá a una gran confusión y puede conducir a errores aritméticos.
El empleo de unidades molares, por otro lado, dará una solución más directa y
simple de forma que puede ser fácilmente verificada.
RENDIMIENTO Y SELECTIVIDAD
Cuando se presentan reacciones colaterales, la cantidad de producto deseado
disminuye lo cual implica que hay que aumentar la cantidad de materia prima
(reactivos). El siguiente ejemplo ilustra estos conceptos.
El etileno (C2H4) se produce a través de la deshidrogenación del etano:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
202
C2H6
C2H4 + H2
El hidrógeno formado puede reaccionar con el etano y producir metano así:
C2H6 + H2
2 CH4
El etileno puede reaccionar ahora con el etano para producir propileno y metano:
C2H4 + C2H6
C3H6 + CH4
Al fijar las condiciones de operación del reactor lo importante es aumentar la
producción de C2H4 y disminuir la producción de productos laterales
indeseados,CH4 y C3H6.
Rendimiento (basado en la alimentación) :
Moles formadas de producto deseado / moles alimentadas de reactivo límite
Rendimiento (basado en consumo de reactivo):
Moles formadas de producto deseado / moles consumidas de reactivo límite
Selectividad:
Moles formadas de producto deseado / moles formadas de producto indeseado
PROBLEMAS RESUELTOS
6.1 - ¿Cuántos kilogramos de vapor de agua deben reaccionar con hierro metálico
para producir una tonelada de Fe3 O4 ?
3 Fe + 4 H2O = Fe3O4 + 4 H2
B.C.: 1 tonelada de Fe3O4
1 kg-mol Fe3O4
1 000 kg Fe3O4
1 Tn Fe3O4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
231.55 kg Fe3O4
Tn Fe3O4
18 kg H2O
4 kg-mol H2O
x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 310.94 kg H2O
kg-mol H2O
1 kg-mol Fe3O4
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
203
6.2 - ¿Cuánto cobre y cuánto ácido sulfúrico en libras deben reaccionar para
producir 50 lb de SO2 ?
Cu + 2 H2SO4 = CuSO4 + 2 H2O + SO2
B.C.: 50 libras de SO2
1 lb-at Cu
63.54 lb Cu
lb-mol SO2
50 lb SO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 49.64 lb Cu
1 lb-mol SO2
lb-at Cu
64 lb SO2
98 lb H2SO4
lb-mol SO2 2 lb-mol H2SO4
50 lb SO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 153.12 lb H2SO4
1 lb-mol SO2
lb-mol H2SO4
64 lb SO2
6.3 - ¿Cuántas libras de oxígeno se pueden obtener por la descomposición de 1 kg
de clorato de potasio ?
2 KClO3 = 2 KCl + 3 O2
B.C.: 1 kg KClO3
3 kg-mol O2
2.205 lb O2
kg-mol KClO3
32 kg O2
1 kg KClO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
2 kg-mol KClO3 kg-mol O2
kg O2
122.55 kg KClO3
= 0.863 lb O2
6.4 - ¿Cuántos gramos de CO2 se obtienen por la descomposición de 10 libras de
CaCO3 ?
CaCO3 = CaO + CO2
B.C.: 10 lb de CaCO3
1 lb-mol CO2
453.59 g CO2
44 lb CO2
lb-mol CaCO3
10 lb CaCO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
lb-mol CO2
lb CO2
100 lb CaCO3 1 lb-mol CaCO3
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
204
= 1 995.8 g CO2
6.5 - Calcule los kilogramos de oxígeno necesarios para oxidar completamente 1
tonelada de FeS2 de acuerdo a la siguiente reacción:
4 FeS2 + 15 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO3
B.C.: 1 tonelada de FeS2
15 kg-mol O2
32 kg O2
kg-mol FeS2
1 000 kg FeS2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯
4 kg-mol FeS2
kg-mol O2
119.85 kg FeS2
= 1 001.25 kg O2
6.6 - ¿Cuántos kilogramos de hidrógeno se necesitan para reducir 1 tonelada de
CuO y cuántas libras de cobre se producen ?
CuO + H2 = H2O + Cu
B.C.: 1 tonelada de CuO
2 kg H2
kg-mol CuO
1 kg-mol H2
1 000 kg CuO x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 25.14 kg H2
79.54 kg CuO 1 kg-mol CuO kg-mol H 2
kg-mol CuO
1 kg-at Cu
63.54 kg Cu
2.205 lb Cu
1 000 kg CuO x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯
79.54 kg CuO 1 kg-mol CuO
1 kg-at Cu
kg Cu
= 1 761.4 lb Cu
6.7 - El óxido de hierro se reduce con carbono puro según la reacción:
Fe2O3 + 3 C = 2 Fe + 3 CO
¿Cuántas libras de carbono puro son necesarias para reducir 600
kilogramos de óxido ?
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
205
B.C.: 600 kg Fe2O3
3 kg-at C
12 kg C
2.205 lb
1 kg-mol Fe2O3
600 kg Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯
kg-mol Fe2O3
kg-at C
kg
159.7 kg Fe2O3
= 298.23 lb C
6.8 - El cinc se obtiene por la reducción del óxido con carbono. Para producir 530
kilogramos de cinc, ¿ cuántos kilogramos de carbono se necesitan ?
ZnO + C = Zn + CO
B.C.: 530 kg de Zn
kg-at Zn
1 kg-at C
12 kg C
530 kg Zn x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 97.27 kg C
65.38 kg Zn 1 kg-at Zn
kg-at C
6.9 - ¿Cuántos kilogramos de oxígeno se necesitan para quemar completamente
750 kilogramos de carbono si el oxígeno se suministra en un 20% en
exceso?
C + O2 = CO2
B.C.: 750 kg de C
32 kg O2
1 kg-at C
1 kg-mol O2
750 kg C x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2 000 kg O2
12 kg C
1 kg-at C
kg-mol O2
El anterior es el oxígeno teórico o estequiométrico, el suministrado será:
O2 (s) = 1.2 x O2 (T) = 1.2 x 2 000 = 2 400 kg
6.10 - ¿Cuántos gramos de sulfuro crómico se formarán a partir de 0.928 gramos
de óxido crómico según la ecuación:
2 Cr2O3 + 3 CS2 = 2 Cr2S3 + 3 CO2
B.C.: 0.928 gramos de Cr2O3
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
206
1 g-mol Cr2O3
2 g-mol Cr2S3
200 g Cr2S3
0.928 g Cr2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
2 g-mol Cr2O3
152 g Cr2O3
g-mol Cr2S3
= 1.22 g Cr2S3
6.11 - Si se mezclan 300 lb de LiH con 1 000 lb de BCl3 y se recuperan 45 lb de
B2H6. Determinar:
a) El reactivo limitante y el reactivo en exceso.
b) El porcentaje en exceso.
c) El grado de finalización.
6 LiH + 2 BCl3 = B2H6 + 6 LiCl
a)
6
moles LiH
Relación estequiométrica = ⎯⎯ = 3 ⎯⎯⎯⎯⎯
2
mol BCl3
lb-mol LiH
300 lb LiH x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 37.78 lb-mol LiH
7.94 lb LiH
lb-mol BCl3
1 000 lb BCl3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 8.52 lb-mol BCl3
117.32 lb BCl3
37.78 lb-mol LiH
Relación del problema = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4.43
8.52 lb-mol BCl3
La relación anterior demuestra que el reactivo en exceso es el LiH y el reactivo
limitante es el BCl3.
b) Se calcula ahora el porcentaje en exceso sobre la base de 1 mol de reactivo
limitante.
4.43 - 3.0
Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 47.6 %
3.0
c) Se calcula el reactivo limitante que reacciona:
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
207
lb-mol B2H6
45 lb B2H6 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.63 lb-mol B2H6
27.64 lb B2H6
2 lb-mol BCl3
1.63 lb-mol B2H6 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3.26 lb-mol BCl3
lb-mol B2H6
RLR
3.26
GF= ⎯⎯⎯ x 100 = ⎯⎯⎯ x 100 = 38.26 %
RLS
8.52
6.12 - Se mezclan 319.4 kg de Fe2O3 con 93.6 kg de carbono según la reacción del
problema 6.7. ¿ Cuál es el reactivo limitante y cuál el porcentaje en exceso?
kg-mol Fe2O3
319.4 kg Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2 kg-mol Fe2O3
159.7 kg Fe2O3
1 kg-at C
93.6 kg C x ⎯⎯⎯⎯ = 7.8 kg-at C
12 kg C
3
kg-at C
Relación estequiométrica = ⎯⎯ = 3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1
kg-mol Fe2O3
7.8 kg-at C
Relación del problema = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3.9
2 kg-mol Fe2O3
Según lo anterior el reactivo limitante es el Fe2O3 y el reactivo en exceso es el C.
3.9 - 3.0
Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 30 %
3.0
6.13 - Cuando se calcina 1 tonelada de CaCO3 se desprenden 400 m3 de CO2 a
0.8 atm y 300 oC. Determine el porcentaje de CaCO3 descompuesto.
CaCO3 = CaO + CO2
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
208
kg-mol CaCO3
1 000 kg CaCO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10 kg-mol CaCO3
100 kg CaCO3
Se calculan ahora los kg-mol de CO2 formados:
n = PV/RT
273 oK x kg-mol
0.8 atm x 400 m3
n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 6.8 kg-mol CO2
1 atm x 22.414 m3
573 oK
El CaCO3 que reacciona será:
1 kg-mol CaCO3
6.8 kg-mol CO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 6.8 kg-mol CaCO3
1 kg-mol CO2
Porcentaje que reacciona = (6.8/10) x 100 = 68 %
6.14- ¿Cuántos kilogramos de O2 deben suministrarse para quemar por completo
150 kilogramos de propano y cuántos kilogramos de agua se forman si el
grado de finalización de la reacción es del 90% y el oxígeno se suministra
en un 32% en exceso ?
B.C.: 150 kg de C3H8
C3H8 + 5 O2 = 3 CO2 + 4 H2 O
kg-mol C3H8
150 kg C3H8 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3.41 kg-mol C3H8
44 kg C3H8
Se calcula ahora el oxígeno estequiométrico:
5 kg-mol O2
3.41 kg-mol C3H8 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.05 kg-mol O2
1 kg-mol C3H8
El oxígeno suministrado será:
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
209
17.05 x 1.32 = 22.5 kg-mol O2
32 kg O2
22.5 kg-mol O2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 720 kg O2
kg-mol O2
C3H8 que reacciona = 3.41 x 0.9 = 3.069 kg-mol
18 kg H2O
4 kg-mol H2O
3.069 kg-mol C3H8 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 221 kg H2O
kg-mol H2O
1 kg-mol C3H8
6.15 - Para formar 4 500 lb de FeSO4 se necesitó 1 tonelada de hierro. Si se
suministran 335 galones de H2SO4 puro cuya densidad es 1.8 g/cm3.
Calcular:
a) El reactivo limitante.
b) El porcentaje exceso.
c) El grado de finalización.
d) Los kilogramos de H2 obtenidos y su volumen en m3 a condiciones
normales.
Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2
a)
lb-mol FeSO4
4 500 lb FeSO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 29.63 lb-mol FeSO4
151.85 lb FeSO4
1 kg-at Fe
1 000 kg Fe x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.9 kg-at Fe
55.85 kg Fe
1.8 g
kg
(30.48 cm)3
pie3
335 gal H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 000 g
pie3
7.48 gal
cm3
= 2 282.7 kg H2SO4
kg-mol H2SO4
2 282.7 kg H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 23.29 kg-mol H2SO4
98 kg H2SO4
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
210
1 kg-mol H2SO4
Relación estequiométrica = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1
1 kg-at Fe
23.29 kg-mol H2SO4
Relación del problema = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.3
17.9 kg-at Fe
Según lo anterior, el reactivo limitante es el Fe y el reactivo en exceso es el
H2SO4.
b)
1.3 - 1
Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯ x 100 = 30 %
1
c) Para calcular el grado de finalización se procede:
kg-mol
29.63 lb-mol FeSO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 13.43 kg-mol FeSO4
2.205 lb
El Fe que reacciona será:
1 kg-at Fe
13.43 kg-mol FeSO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 13.43 kg-at Fe
1 kg-mol FeSO4
RLR
13.43
GF = ⎯⎯ x 100 = ⎯⎯⎯ x 100 = 75 %
RLS
17.9
d)
2 kg H2
1 kg-mol H2
13.43 kg-mol FeSO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 26.86 kg H2
kg-mol H2
1 kg-mol FeSO4
V = 13.43 kg-mol H2 x 22.414 m3/kg-mol = 301 m3 H2
6.16 - Una mezcla de H2 y N2 con una relación molar de 4 (moles de H2/mol N2),
se alimenta a un reactor de amoniaco. Si el grado de finalización es del 30%,
calcular los kilogramos de amoniaco producidos por kilogramo de mezcla
inicial y el porcentaje de H2 en exceso.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
211
3 H2 + N2 = 2 NH3
B.C.: 4 kg-mol H2 y 1 kg-mol de N2 (5 kg-mol mezcla)
4 kg-mol H2 x 2 mol-1 = 8 kg H2
1 kg-mol N2 x 28 mol-1 = 28 kg N2
Total mezcla = 8 + 28 = 36 kg
El reactivo limitante según la reacción es el N2.
H2 teórico = 3 kg-mol
H2 suministrado = 4 kg-mol
4-3
Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯ x 100 = 33.3 %
3
El amoniaco producido será:
17 kg NH3
2 kg-mol NH3
1 kg-mol N2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 0.3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10.2 kg NH3
kg-mol NH3
1 kg-mol N2
kg NH3
10.2 kg NH3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.283 ⎯⎯⎯⎯⎯
36 kg mezcla
kg mezcla
6.17 - La caliza es una mezcla de carbonatos de magnesio y calcio, además de
material inerte. La cal se obtiene calcinando los carbonatos, esto es,
calentando hasta retirar el CO2 de acuerdo a las reacciones:
CaCO3 = CaO + CO2
MgCO3 = MgO + CO2
Al calcinar la caliza pura, consistente en carbonatos únicamente, se obtienen 44.8
lb de CO2 por cada 100 lb de caliza. ¿ Cuál es la composición de la caliza?
B.C. 100 lb de caliza
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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212
X = lb de CaCO3 en la caliza
1 lb-mol CO2
lb CO2
lb-mol CaCO3
X lb CaCO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 44 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 lb-mol CaCO3
lb-mol CO2
100 lb CaCO3
= 0.44 X lb de CO2
1 lb-mol CO2
44 lb CO2
lb-mol MgCO3
(100 - X) lb MgCO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
84,32 lb MgCO3
1 lb-mol MgCO3
lb-mol CO2
= (52.18 - 0.5218 X) lb CO2
La ecuación final queda:
0.44 X + 52.18 - 0.5218 X = 44.8
Resolviendo: X = 90.22 lb CaCO3
Composición: CaCO3 90.22 % peso
MgCO3
9.78 %
6.18 - Los procesos modernos para producir ácido nítrico se basan en la oxidación
de amoniaco sintetizado por la reacción de Haber. El primer paso en el
proceso de oxidación es la reacción de NH3 con O2 sobre un catalizador de
platino, para producir óxido nítrico.
4 NH3 + 5 O2 = 4 NO + 6 H2O
Bajo un conjunto determinado de condiciones, se obtiene una conversión de
90% de NH3, con una alimentación de 40 kg-mol/hr de NH3 y 60 kgmol/hr de
O2. Calcular el flujo de salida del reactor para cada componente.
B.C.: 1 hora
NH3 que reacciona = 40 x 0.9 = 36 kg-mol
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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213
NH3 que sale = 40 - 36 = 4 kg-mol
O2 que reacciona = 36 x (5/4) = 45 kg-mol
O2 que sale = 60 - 45 = 15 kg-mol
NO formado = 36 x (4/4) = 36 kg-mol
H2O formada = 36 x (6/4) = 54 kg-mol
El diagrama muestra los resultados del problema.
6.19 - El óxido de etileno utilizado en la producción de glicol se fabrica mediante la
oxidación parcial de etileno con un exceso de aire, sobre un catalizador de
plata. La reacción principal es:
2 C2H4 + O2 = 2 C2H4O
Desafortunadamente, algo del etileno sufre también oxidación completa
hasta CO2 y agua, a través de la reacción:
C2H4 + 3 O2 = 2 CO2 + 2 H2O
Utilizando una alimentación con 10% de etileno y una conversión de etileno
del 25%, se obtiene una conversión del 80% en la primera reacción. Calcular
la composición de la corriente de descarga del reactor.
B.C.: 100 kg-mol de alimentación al reactor.
Aire alimentado = 90 kg-mol
O2 = 90 x 0.21 = 18.9 kg-mol
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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214
N2 = 90 x 0.79 = 71.1 kg-mol
C2H4 que reacciona = 10 x 0.25 = 2.5 kg-mol
C2H4 que sale = 10 - 2.5 = 7.5 kg-mol
C2H4O producido = 2.5 x 0.8 x (2/2) = 2 kg-mol
CO2 producido = 2.5 x 0.2 x (2/1) = 1 kg-mol
H2O producida = 2.5 x 0.2 x (2/1) = 1 kg-mol
O2 que reacciona = 1 + (3/2) = 2.5 kg-mol
O2 que sale = 18.9 - 2.5 = 16.4 kg-mol
El diagrama muestra los resultados del problema.
6.20 - La reducción de mineral de magnetita, Fe3O4, a hierro metálico, puede
efectuarse haciendo reaccionar al mineral con hidrógeno. Las reacciones
que ocurren son:
Fe3O4 + H2 = 3 FeO + H2O
FeO + H2 = Fe + H2O
Cuando se alimentan a un reactor 4 kg-mol/hr de H2 y 1 kg-mol/hr de Fe3O4,
se obtiene una descarga en estado estable de 0.1 kg-mol/hr de magnetita y
2.5 kg-at/hr de Fe, junto con otras sustancias. Calcule la descarga completa
del reactor.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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215
B.C.: 1 hr
Fe alimentado = 3 kg-at
Fe que formó FeO = 3 - (2.5 + 0.1 x 3) = 0.2 kg-at
FeO formado = 0.2 kg-mol
O2 que entra = 4 kg-at
O2 que forma H2O = 4 - (0.2 + 0.4) = 3.4 kg-at
H2O formada = 3.4 kg-mol
H2 que entra = 4 kg-mol
H2 que sale = 4 - 3.4 = 0.6 kg-mol
El diagrama muestra los resultados del problema.
6.21 - El clorobenceno se fabrica haciendo reaccionar cloro seco con benceno
líquido, utilizando cloruro férrico como catalizador. Existen dos reacciones
donde se forma mono y diclorobenceno:
C6H6 + Cl2 = C6H5Cl + HCl
(1)
C6H5Cl + Cl2 = C6H4Cl2 + HCl
(2)
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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216
El 90% del benceno forma monoclorobenceno y 15% de éste reacciona para
formar diclorobenceno. El Cl2 se suministra en un 20% en exceso del
necesario para la monocloración. El HCl y el Cl2 en exceso abandonan el
reactor como gases. El producto líquido obtenido contiene benceno sin
reaccionar, mono y diclorobenceno. Sobre la base de 100 lb de benceno
alimentado, calcular:
a) La masa y composición del producto líquido.
b) La masa y composición de los gases que abandonan el reactor.
B.C.: 1 lb-mol de C6H6 alimentado al reactor
C6H6 que reacciona en (1) = 0.9 lb-mol
C6H5Cl formado = 0.9 lb-mol
C6H5Cl que reacciona en (2) : 0.9 x 0.15 = 0.135 lb-mol
C6H5Cl que sale = 0.9 - 0.135 = 0.765 lb-mol
C6H4Cl2 formado = 0.135 lb-mol
HCl formado = 0.9 + 0.135 = 1.035 lb-mol
Cl2 suministrado = 1 x 1.2 = 1.2 lb-mol
Cl2 que reacciona = 0.9 + 0.135 = 1.035 lb-mol
Cl2 que sale = 1.2 - 1.035 = 0.165 lb-mol
a) Producto líquido formado para 100 lb de C6H6:
C6H6
= 0.1 x 78 x (100/78)
=
10 lb
C6H5Cl = 0.765 x 112.5 x (100/78) = 110.3 lb
C6H4Cl2 = 0.135 x 147 x (100/78)
= 25.4 lb
Total = 145.7 lb
b) Gases por 100 lb de C6H6:
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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217
HCl = 1.035 x 36.5 x (100/78) = 48.42 lb
Cl2 = 0.165 x 71 x (100/78)
= 15.01 lb
Total = 63.43 lb
Composición molar:
(HCl + Cl2) que sale = 1.035 + 0.165 = 1.2 lb-mol
HCl
(1.035/1.2) x 100 = 86.25 %
Cl2
(0.165/1.2) x 100 = 13.75 %
El diagrama de flujo muestra el resumen del problema.
6.22 - Se hidrogena una mezcla de etileno y butileno para producir una mezcla de
productos que contiene etileno, butileno, etano, butano e hidrógeno. Si se
alimentan al proceso 10 kg-mol de C2H4, 10 kg-mol de C4H8 y 21 kg-mol de
H2, y si las cantidades de salida de C2H6, C4H10 y C4H8 son respectivamente
8, 6 y 4 kgmol, calcular los kg-mol de C2H4 e H2 en la descarga.
Sea X = kg-mol de H2 a la salida
Y = kg-mol de C2H4 a la salida
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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218
Balance de C en kg-at:
20 + 40 = 16 + 2 Y + 24 + 16
Balance de H en kg-at:
40 + 80 + 42 = 48 + 4 Y + 60 + 32 + 2 X
Resolviendo:
Y = 2 kg-mol ; X = 7 kg-mol
6.23 - Puede deshidrogenarse el etano para formar acetileno en la reacción:
C2H6 = C2H2 + 2 H2
Suponiendo que se cargan 100 lb-mol de etano a un reactor intermitente, y
que se alcanza una conversión de 75%. Calcular las siguientes propiedades
del producto final:
a) Moles totales.
b) Relación molar de acetileno a hidrógeno.
c) Masa molecular promedio.
d) Fracción en masa de acetileno.
C2H6 que reacciona = 100 x 0.75 = 75 lb-mol
C2H6 que sale = 100 - 75 = 25 lb-mol
C2H2 formado = 75 lb-mol
H2 formado = 75 x 2 = 150 lb-mol
a) El número total de moles del producto final es 250 lb-mol.
b) Relación C2H2/H2 = 75/150 = 0.5
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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219
c) La masa total de productos será:
m = 25 x 30 + 75 x 26 + 150 x 2 = 3 000 lb
M = (m/n) = (3 000/250) = 12 mol-1
d) Masa de C2H2 en el producto de salida:
m = 75 x 26 = 1950 lb
Fracción en masa = (1 950/3 000) = 0.65
El diagrama muestra los resultados del problema.
6.24 - El nitrobenceno se produce por la nitración del benceno utilizando ácido
mezclado. La reacción es:
C6H6 + HNO3 = C6H5NO2 + H2O
La conversión del benceno a nitrobenceno es del 97%. Se utilizan 1 000 lb
de benceno y 2 070 lb de mezcla ácida cuya composición en peso es: HNO3
39%, H2SO4 53% y H2O 8%.
a) ¿ Cuál fué el exceso de ácido nítrico utilizado ?
b) ¿ Cuál será la cantidad de nitrobenceno producida?
1 000
C6H6 suministrado = ⎯⎯⎯⎯ = 12.82 lb-mol
78
2 070 x 0.39
HNO3 suministrado = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 12.82 lb-mol
63
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
220
a) La alimentación se hace en forma estequiométrica.
b) C6H6 que reacciona = 12.82 x 0.97 = 12.43 lb-mol
C6H5NO2 formado = 12.43 lb-mol
Masa = 12.43 x 123 = 1 528.9 lb
6.25 - Se produce etanol a nivel comercial mediante la hidratación de etileno:
C2H4 + H2O = C2H5OH
Parte del producto se convierte a eter dietílico mediante la reacción lateral:
2 C2H5OH = (C2H5)2O + H2O
La alimentación a un reactor contiene 53.7% molar de C2H4, 36.7% de H2O y
el resto de inertes. Se obtiene una conversión de etileno de 5% y un
rendimiento de 90% con base en el etileno consumido. Calcular la
composición molar de la corriente de salida del reactor, y la selectividad de
la producción de etanol respecto a la producción de éter.
B.C.: 100 kg-mol de alimentación al reactor.
C2H4 que reacciona = 53.7 x 0.05 = 2.685 kg-mol
C2H4 que sale = 53.7 - 2.685 = 51.015 kg-mol
C2H5OH producido = 2.685 kg-mol
(C2H5)2O producido = 2.685 x 0.1 x (1/2) = 0.1342
C2H5OH que sale = 2.685 x 0.9 = 2.4165 kg-mol
H2O que reacciona = 2.685 kg-mol
H2O que se forma = 0.1342 kg-mol
H2O que sale = 36.7 - 2.685 + 0.1342 = 34.15 kg-mol
Composición de la corriente de salida:
C2H4
51.0150
52.42 %
C2H5OH
2.4165
2.48 %
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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221
(C2H5)2O
0.1342
0.13 %
H2O
34.15
35.09 %
Inert
9.6
9.86 %
moles producto deseado
Selectividad = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
moles producto indeseado
2.48
Selectividad = ⎯⎯⎯ = 19.07 %
0.13
El diagrama muestra los resultados del problema.
6.26 - Los poliglicoles se producen por la hidratación catalítica del óxido de etileno,
seguida de adiciones sucesivas del óxido a los glicoles resultantes. Las
reacciones químicas que describen este proceso son:
H2O + C2H4O = C2H4(OH)2 (1)
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
222
C2 H4(OH)2 + C2H4O = (C2H4OH)2O
(2)
(C2H4OH)2O + C2H4O = (C2H3OH)3(H2O)
(3)
Al hacer reaccionar óxido de etileno con un 40% en exceso de agua se
produce una mezcla que contiene: 10 kg-mol de C2H4(OH)2, 30 kg-mol de
(C2H4OH)2O y 10 kg-mol de (C2H3OH)3(H2O). Determinar los kg-mol de
C2H4O y H2O alimentados al proceso.
C2H4O que reacciona en (3) = 10 kg-mol
(C2H4OH)2O que reacciona en (3) = 10 kg-mol
(C2H4OH)2O que se formó en (2) = 10 + 30 = 40 kg-mol
C2H4O que reaccionó en (2) = 40 kg-mol
C2H4(OH)2 que reaccionó en (2) = 40 kg-mol
C2H4(OH)2 que se formó en (1) = 10 + 40 = 50 kg-mol
C2H4O que reaccionó en (1) = 50 kg-mol
H2O que reaccionó en (1) = 50 kg-mol
C2H4O consumido = 50 + 40 + 10 = 100 kg-mol
H2O que se suministró = 50 x 1.4 = 70 kg-mol
El diagrama muestra los resultados del problema.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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223
6.27 - Una planta industrial lleva a cabo la reacción entre el metanol y el oxígeno
para formar formaldehído y agua, y produce cinco millones de kilogramos de
formaldehído por año, operando 365 días al año, 24 horas al día. El oxígeno
alimentado al reactor se halla en un 25% en exceso respecto a la cantidad
requerida teóricamente para la reacción. La conversión global de metanol es
del 95% . Calcular el flujo de alimentación de oxígeno al reactor en kg/hr.
La reacción es:
CH3OH + 0.5 O2 = CH2O + H2O
B.C.: 1 hr
kg
año
día
5 x 106 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 570.7 kg/hr CH2O
año
365 dias
24 hr
570.7
⎯⎯⎯⎯ = 19 kg-mol CH2O
30
CH3OH que reacciona = 19 kg-mol
CH3OH alimentado = (19/0.95) = 20 kg-mol
O2 teórico = 20 x (1/2) = 10 kg-mol
O2 suministrado = 10 x 1.25 = 12.5 kg-mol = 400 kg
Flujo de O2 alimentado = 400 kg/hr
6.28 - Una de las técnicas para producir hidrógeno en operaciones de refinería y
petroquímica, consiste en hacer reaccionar hidrocarburos gaseosos tales
como el metano y el etano con vapor de agua en presencia de catalizadores
de níquel. El análisis en base seca de los gases que salen del reactor es:
4.6 %
CH4
C2H6 2.3 %
CO 18.6 %
4.6 %
CO2
69.7 %
H2
Suponiendo que solamente el metano y el etano están presentes en el gas
de alimentación al reactor:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
224
a) ¿ Cuál es la relación molar de estos dos gases ?
b) ¿ Cuántas libras de vapor de agua reaccionarán en el reactor con 1 000
pies3 (CNPT) de gas alimentado ?
Sea:
X = lb-mol de CH4
Y = lb-mol de C2H6
Z = lb-mol de H2O
En este tipo de problemas se desconocen las reacciones químicas y debe
resolverse mediante un balance de especies atómicas.
B.C.:100 lb-mol de producto gaseoso libre de humedad.
Balance de C:
X + 2 Y = 4.6 + 2 x 2.3 + 18.6 + 4.6
Balance de H:
4 X + 6 Y + 2 Z = 4 x 4.6 + 6 x 2.3 + 2 x 69.7
Balance de O:
Z = 18.6 + 2 x 4.6 = 27.8
Resolviendo:
Z = 27.8 lb-mol
X = 18.8 lb-mol
Y = 6.8 lb-mol
a) Relación molar (CH4/C2H6) = 18.8/6.8 = 2.76
b) Gas seco alimentado = 18.8 + 6.8 = 25.6 lb-mol
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
225
Volumen (CNPT) = 25.6 x 359 = 9 190.4 pies3
Vapor de agua = 27.8 lb-mol x 18 mol-1 = 500.4 lb
500.4 lb
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 pies3 = 54.44 lb vapor H2O
9 190.4 pies3
6.29 - Se produce propileno mediante la descomposición térmica (cracking) del
propano. La reacción se efectúa en un horno, debido a sus requerimientos
elevados de calor. Se sabe que una alimentación de propano puro, C3H8,
produce una corriente con la siguiente composición molar: C3H8 45%, C3H6
20%, C2H4 5% y el resto C2H6, CH4 y H2. La proporción de C2H6 a CH4 es de
2 a 1. No se observan depósitos de carbón en los tubos del horno. Calcular
la composición completa de la corriente de producto.
B.C.: 100 kg-mol de producto obtenido.
Sea:
X = kg-mol de C2H6
Y = kg-mol CH4
Z = kg-mol H2
C(Total) = 45 x 3 + 20 x 3 + 5 x 2 + 2 X + Y
C(Total) = 205 + 2 X + Y
H(Total) = 45 x 8 + 20 x 6 + 5 x 4 + 6 X + 4 Y + 2 Z
H(Total) = 500 + 6 X + 4 Y + 2 Z
La primera ecuación puede obtenerse a partir de la relación dada por el problema:
(C2H6/CH4) = 2 = X/Y
X=2Y
Como gas el proviene del cracking de propano puro se tendrá la siguiente
ecuación:
H
500 + 6 X + 4 Y + 2 Z
8
⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯
C
205 + 2 X + Y
3
Efectuando las operaciones:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
226
2 X + 4 Y + 6 Z = 140
El número total de kg-mol según la base de cálculo debe ser 100, luego la tercera
ecuación será:
45 + 20 + 5 + X + Y + Z = 100
Efectuando las operaciones:
X + Y + Z = 30
Resolviendo el sistema se tendrá:
X = 8 kg-mol
Y = 4 kg-mol
Z = 18 kg-mol
Composición del producto gaseoso:
C3H8
C3H6
C2H4
C2H6
CH4
H2
45 %
20 %
5%
8%
4%
18 %
6.30 - Los gases que entran a un reactor de NH3 están en relación de 4 moles de
H2/mol N2. La relación molar de estos gases a la salida es de 4.25. ¿ Cuál
será el volumen de gas que entra a 500 oC y 1 atm para producir 150
toneladas de NH3 por día ?
N2 + 3 H2 = 2 NH3
B.C.: 5 kg-mol de gases a la entrada
H2 : 4 kg-mol
N2 : 1 kg-mol
X = kg-mol de N2 que reacciona
N2 que sale = (1 - X) kg-mol
H2 que sale = (4 - 3X) kg-mol
NH3 formado = 2 X kg-mol
Como la relación molar H2/N2 a la salida es 4.25 se tiene la siguiente ecuación:
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
227
4 - 3X
⎯⎯⎯⎯ = 4.25
1-X
Resolviendo: X = 0.2
nRT
5 x 773
1 x 22.414
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 317.32 m3
P
1
273
NH producido = 2 x 0.2 = 0.4 kg-mol = 0.4 x 17 = 6.8 kg = 6.8 x 10-3 ton
ton
día
hr
317.32 m3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 150 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 4 861 m3/mi
día
24 hr
60 mi
6.8 x 10-3 ton
6.31 - El proceso Deacon puede invertirse y en esta forma obtener HCl a partir de
Cl2 y vapor de agua mediante la eliminación del O2 formado utilizando coque
caliente de acuerdo con la siguiente reacción:
2 Cl2 + 2 H2O + C = 4 HCl + CO2
Si el análisis del cloro gaseoso de celda es: Cl2 90% y aire 10%, y este gas
se mezcla con 5% en exceso de vapor de agua, pasando la mezcla a través
de un lecho de coque a 900 oC, la conversión de Cl2 será de 80% pero todo
el oxígeno del aire reaccionará. Calcular la composición de los gases de
descarga del convertidor suponiendo que no hay formación de CO.
B.C.: 100 lb-mol de cloro gaseoso de celda
Cl2 que reacciona = 90 x 0.8 = 72 lb-mol
Cl2 que sale = 90 - 72 = 18 lb-mol
H2O teórica = 90 lb-mol
H2O suministrada = 90 x 1.05 = 94.5 lb-mol
H2O que reacciona = 72 lb-mol
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
228
H2O que sale = 94.5 - 72 = 22.5 lb-mol
HCl formado = 144 lb-mol
CO2 formado a partir del O2 del aire:
lb-mol CO2
10 x 0.21 lb-mol O2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.1 lb-molCO2
lb-mol O2
CO2 total = 2.1 + 36 = 38.1 lb-mol
N2 = 10 x 0.79 = 7.9 lb-mol
Análisis de los gases de salida:
Cl2
H2O
HCl
CO2
N2
18 lb-mol
7.8 %
22.5 lb-mol
9.76 %
144 lb-mol 62.47 %
38.1 lb-mol 16.53 %
7.9 lb-mol
3.42 %
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
230.5 lb-mol
6.32 - En el procesamiento de la sal para la fabricación de ácido clorhídrico, se
calientan en un horno, el H2SO4 y NaCl. El gas HCl producido se retira de la
mezcla en reacción, se enfría y purifica, y luego se pasa a un absorbedor en
donde se absorbe con agua para producir una solución al 32% en peso de
HCl. Para producir una tonelada de ácido clorhídrico al 32% se cargan en el
horno 1 050 lb de sal y 945 lb de ácido sulfúrico al 100%. La reacción se
continúa hasta completar. Una pequeña parte del HCl formado se pierde en
los gases que salen de la torre de absorción. Los productos sólidos de la
reacción se retiran del horno y se venden como torta de sal.
a) ¿ Cuál de los reactivos está en exceso?
b) ¿ Cuál es el porcentaje en exceso ?
c) ¿ Qué porcentaje del HCl producido se pierde con los gases que salen del
absorbedor ?
d) Determinar la masa y la composición de la torta de sal producida por
tonelada de ácido clorhídrico. (Tomar 1 ton = 2 000 lb)
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
229
2 NaCl + H2SO4 = Na2SO4 + 2 HCl
lb-mol NaCl
1 050 lb NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.95 lb-mol NaCl
58.5 lb NaCl
lb-mol H2SO4
945 lb H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 9.64 lb-mol H2SO4
98 lb H2SO4
a) Puesto que 17.95 lb-mol de NaCl necesitan sólo 8.975 lb-mol de H2SO4, el
reactivo en exceso es el H2SO4.
b)
9.64 - 8.975
% en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 7.41 %
8.975
c)
lb-mol HCl
2 000 lb HCl x 0.32 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.534 lb-mol HCl
36.5 lb HCl
El HCl producido será:
2 lb-mol HCl
17.95 lb-mol NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.95 lb-mol HCl
2 lb-mol NaCl
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
230
Pérdidas = 17.951 - 17.534 = 0.417 lb-mol
0.417
⎯⎯⎯⎯ x 100 = 2.32 %
17.951
d) El Na2SO4 producido será:
lb Na2SO4
1 lb-mol Na2SO4
17.95 lb-mol NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 142 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 274.45 lb Na2SO4
2 lb-mol NaCl
lb-mol Na 2SO4
H2SO4 en exceso = (9.64 - 8.975) x 98 = 65.17 lb
Torta:
Na2SO4
H2SO4
1 274.45 lb
65.17 lb
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 339.62 lb
95.13 % peso
4.86 %
6.33 -El sulfato de aluminio es producido en la reacción entre la bauxita con H2SO4
del 77.7%. El mineral de bauxita contiene 55% de Al2O3 y el resto de
impurezas. Se tratan 670 lb de bauxita con 1 140 lb de ácido para producir
1000 lb de sulfato de aluminio crudo Al2 (SO4)3.
a) Determinar el porcentaje de reactivo en exceso.
b) ¿Cuál fué el porcentaje de conversión de cada reactivo en la formación
del Al2 (SO4)3.?
Al2O3 + 3 H2SO4 = Al2 (SO4)3 + 3 H2O
1
670 x 0.55 = 368.5 lb x ⎯⎯⎯ = 3.612 lb-mol Al2O3
102
1
1 140 x 0.777 = 885.78 lb x ⎯⎯ = 9.038 lb-mol H2SO4
98
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
231
3.612
lb-mol Al2O3
Relación del problema = ⎯⎯⎯⎯ = 0.4 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
9.038
lb-mol H2SO4
Relación estequiométrica = 1/3 = 0.333
El reactivo en exceso es el Al2O3.
0.4 - 0.33
% en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 21.2 %
0.33
1 000
⎯⎯⎯⎯ = 2.923 lb-mol lb Al2(SO4)3.
342
H2SO4 que reacciona = 2.923 x 3 = 8.769 lb-mol
Al2O3 que reacciona = 2.923 lb-mol
Los porcentajes de conversión serán:
H2SO4 :
(8.769/9.038) x 100 = 97.02 %
Al2O3 :
(2.923/3.612) x 100 = 80.92 %
6.34 - Una planta productora de gas opera soplando en forma alternativa aire y
vapor de agua a través de un lecho de coque. En el período en que se sopla
aire, el carbono se quema según la reacción:
C + O2 = CO2
(1)
En esta etapa se calienta el coque.
C + 0.5 O2 = CO
(2)
En el período en que se sopla vapor, el carbón se enfría y se desarrolla la
siguiente reacción:
C + H2O = CO + H2
C + 2 H2O = CO2 + 2 H2
(3)
(4)
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
232
Los gases resultantes en el período en que se insufla aire se descargan a la
atmósfera mientras que los productos del período de vapor se almacenan en
un tanque.
Considerar que el coque contiene 80% en peso de carbono y el resto es
ceniza y que el volumen total de aire alimentado a condiciones normales
durante el período de soplado de aire es igual al volumen total de vapor a
condiciones normales que se alimenta en dicho período.
Del coque alimentado, el 90% se utiliza en las reacciones. Durante el
período de flujo de aire la reacción (1) convierte el doble de carbono que la
convertida por la reacción (2). Durante el período de vapor, la reacción (3)
convierte cuatro veces mas carbono que la convertida por la reacción (4).
Todo el oxígeno del aire alimentado reacciona, pero solamente el 85% del
vapor alimentado reacciona.
Determinar el volumen de gas almacenado a 6 pulgadas de H2O
manométricas y 80 oF por cada tonelada de coque alimentado y su análisis
volumétrico.
B.C.: 1 kg-at de C que reacciona.
En el periodo de soplado de aire se tiene:
X = carbono en las reacciones (1) y (2)
CO2 formado = 0.66 X kg-mol
CO formado = 0.33 X kg-mol
O2 consumido = 0.66 X + (0.33/2) X = 0.825 X kg-mol
Aire = 0.825 X (100/21) = 3.928 X kg-mol
En el periodo de soplado con vapor se tiene:
(1 - X) = carbono en las reacciones (3) y (4)
CO formado = 0.8 (1 - X) kg-mol
CO2 formado = 0.2 (1 - X) kg-mol
H2 formado = 0.8 (1 - X) + 0.4 (1 - X)
H2 formado = 1.2 (1 - X) kg-mol = H2O que reaccionó
1.2 (1 - X)
Vapor alimentado = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.411 (1 - X)
0.85
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
233
Como el volumen de aire alimentado y el volumen de vapor de agua alimentado
son iguales a las mismas condiciones de temperatura y presión (CNPT), los kg-mol
de cada uno serán iguales.
3.928 X = 1.411 (1 - X)
X = 0.264 kg-mol
El gas seco almacenado es:
CO 0.8(1-X) = 0.8(0.736) = 0.5888 kg-mol 36.36 %
CO2 0.2(1-X) = 0.2(0.736) = 0.1472 kg-mol 9.09 %
H2 1.2(1-X) = 1.2(0.736) = 0.8832 kg-mol 54.54 %
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1.6192 kg-mol
H2O que sale = 1.411 (0.736) x 0.15 = 0.1557 kg-mol
6 pulg H2O = 1 493 Pa
P = 102.82 kPa
A 80 oF y a la presión absoluta de almacenamiento de 102.82 kPa, el gas no puede
contener mas de 0.0569 kg-mol de agua, luego está saturado y los kg-mol totales
de gas húmedo serán 1.6192 + 0.0569 = 1.6761
nRT
1.6761 x 540
101.3 x 22.414
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 40.62 m3
P
102.82
492
Coque consumido para la base de cálculo:
[12/(0.9 x 0.8) ] = 16.66 kg coque
40.62 m3
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 kg coque = 2 438 m3
16.66 kg coque
6.35 -La cloración de benceno produce una mezcla de mono-,di-, y tetrasustituídos,
mediante la cadena de reacciones:
C6H6 + Cl2 = C6 H5Cl + HCl
C6H5Cl + Cl2 = C6H4Cl2 + HCl
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
234
C6H4Cl2 + Cl2 = C6H3Cl3 + HCl
C6H3Cl3 + Cl2 = C6H2Cl4 + HCl
El producto primario de la cloración es triclorobenceno, que se
vende como producto para limpieza de textiles, aunque es
inevitable la producción conjunta de los otros clorobencenos.
Suponiendo una alimentación con una proporción molar de Cl2 a
benceno de 3.6 a 1 resulta en un producto con la siguiente
composición ( porcentaje molar en base libre de HCl y Cl2)
Benceno
Clorobenceno
Diclorobenceno
Triclorobenceno
Tetraclorobenceno
1%
7%
12%
75%
5%
Si se cargan al reactor 1000 kgmol/hr de benceno, calcular los
kgmol/hr de subproductos HCl y de producto primario C6H3Cl3
producidos.
C6H6
1
5
1000 kgmol/h
REACTOR
2
Cl2
3
HCl
C6H6
1%
C6H5Cl
7%
C6H4Cl2 12%
C6H3Cl3 75%
C6H2Cl4 5%
4
Cl2
El manejo de las reacciones químicas en este problema complica su solución, en
consecuencia se aplica un balance por elementos químicos.
B.C. 1 hora o 1000 kgmol de benceno alimentado.
Por la relación del problema se alimentan 3600 kgmol de cloro.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
235
Balance de C:
6000 = (6)(0.01) n5 + (6) (0.07) n5 + (6) (0.12) n5 + (6) (0.75) n5 + (6) (0.05) n5
n5 = 1000 kgmol
Balance de H (en kg-at):
6000 = n3 + (6) (0.01) n5 + (5) (0.07) n5 + (4) (0.12) n5 + (3) (0.75) n5 + (2) (0.05) n5
n3 = 2760 kgmol
Balance de Cl ( en kg.at):
(2) (3600) = n3 + (2) n4 + (1) (0.07) n5 + (2) (0.12) n5 + (3) (0.75) n5 + (4) (0.05) n5
n4 = 840 kgmol
El siguiente cuadro resume el problema y comprueba además el balance de masa.
Formula
C6H6
Cl2
Total
ENTRADAS
kgmol
M
1.000
78
3.600
71
kg
Formula
78.000 C6H6
255.600 C6H5Cl
C6H4Cl2
C6H3Cl3
C6H2Cl4
Cl2
HCl
333.600 Total
SALIDAS
kgmol
M
10
78
70
112,5
120
147
750
181,5
50
216
840
71
2.760
36,5
kg
780
7.875
17.640
136.125
108.000
59.640
100.740
333.600
6.36 - La operación de síntesis de amoniaco se muestra en el diagrama. Una
mezcla con relación molar 1:3 de N2:H2 se alimenta al reactor. El grado de
conversión en el reactor es 30%. El amoniaco formado es separado por
condensación y los gases restantes son recirculados. Determinar la relación
de recirculación (moles de reciclo/mol alimento fresco).
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
236
N2 + 3 H2 = 2 NH3
B.C.: 100 lb-mol de alimento fresco (N2 + H2)
X = lb-mol de (N2 + H2) en el reciclo
Moles de (N2 + H2) que entran al reactor = 100 + X
Moles de (N2 + H2) que salen del reactor :
0.7 x (100 + X)
Amoniaco formado = 0.3 x (100 + X) x (2/4)
Balance en el punto A:
100 + 0.7 x (100 + X) = 100 + X
Resolviendo:
X = 233.3
Relación de recirculación:
(X/100) = (233.3/100) = 2.33
6.37 - Considerar el mismo problema 6.36 con un contenido de Argón en el
alimento fresco de 0.2 partes por cada 100 partes de (N2 + H2) y un
contenido límite al entrar al reactor de 5 partes de Argón por cada 100 partes
de (N2 + H2). Determinar la relación de recirculación.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
237
B.C.: 100 lb-mol de (N2 + H2) en el alimento fresco
X = lb-mol de (N2 + H2) recirculado
Y = lb-mol de (N2 + H2) en la purga
(N2 + H2) que entra al reactor = 100 + X
(N2 + H2) que sale del reactor = 0.7 x (100 + X)
Amoniaco formado = 0.3 x (100 + X) x (2/4)
Argón alimentado = 0.2
Argón que entra al reactor = (5/100) x (100 + X)
Argón que sale del reactor por mol de (N2 + H2):
(5/70) = 0.0714 lb-mol Ar/lb-mol (N2 + H2)
Argón en purga = 0.0714 Y
Balance total de Argón:
0.2 = 0.0714 Y
Y = 2.8 lb-mol
Balance de (N2 + H2) en B:
0.7 x (100 + X) = Y + X
X = 224 lb-mol
Relación de recirculación:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
238
(X/100) = (224/100) = 2.24
6.38 - El metanol es producido por la reacción entre el monóxido de carbono y el
hidrógeno. La reacción principal es:
CO + 2 H2 = CH3OH
También se produce la reacción colateral:
CO + 3 H2 = CH4 + H2O
A 70 psia y 70 oC la conversión de monóxido por paso es del 12.5%. De esta
cantidad el 87.5% corresponde a la reacción principal y el resto a la
colateral. La corriente de salida del reactor pasa a través de un condensador
donde se obtiene una mezcla líquida de metanol y agua, que luego se
destila. Los gases restantes se pasan a un separador donde todo el CH4 se
retira y los gases restantes se recirculan. Calcular:
a) La composición en peso de la mezcla metanol-agua.
b) La relación de recirculación.
c) El flujo volumétrico en m3/hr de alimento fresco para producir 1 000 gal/hr
de metanol-agua.
B.C. : 100 kg-mol de alimento al reactor
Relación molar (H2/CO) = (68/32) = 2.125
El reactivo límite es el CO.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
239
CO que reacciona = 32 x 0.125 = 4 kg-mol
CO que sale del reactor = 32 - 4 = 28 kg-mol
CO reacción principal = 4 x 0.875 = 3.5 kg-mol
CO reacción colateral = 4 x 0.125 = 0.5 kg-mol
H2 reacción principal = 3.5 x 2 = 7 kg-mol
H2 reacción colateral = 0.5 x 3 = 1.5 kg-mol
H2 que reacciona = 7 + 1.5 = 8.5 kg-mol
H2 que sale del reactor = 68 - 8.5 = 59.5 kg-mol
Relación molar = (H2/CO) a la salida del reactor:
(59.5/28) = 2.125
a)
Metanol producido = 3.5 x 32 = 112 kg
Agua producida
= 0.5 x 18 = 9 kg
⎯⎯⎯⎯
121 kg
CH3OH = (112/121) x 100 = 92.56 % peso
b)
Reciclo = 59.5 + 28 = 87.5 kg-mol
Alimento fresco = 100 - 87.5 = 12.5 kg-mol
Relación de recirculación = (87.5/12.5) = 7
c)
12.5 kg-mol
gal
3.785 lt
0.815 kg
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
121 kg
hr
gal
lt
= 318.67 kg-mol alimento fresco/hr
3
nRT
318.67 x 343
14.7 x 22.414
m
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 884.5 ⎯⎯
P
70
273
hr
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
240
6.39 - En el proceso Shell para la síntesis de alcohol etílico, la hidratación del
etileno se realiza a 960 psia y 300 oC. El etileno fresco alimentado contiene:
C2H4 96% y 4% de gases no reactivos (GNR). El etileno se mezcla con
vapor de agua y se calienta en un precalentador. La mezcla precalentada se
alimenta a un reactor el cual contiene gránulos de tierras diatomáceas,
impregnadas con ácido fosfórico. El vapor de agua y el etileno fresco se
ajustan de tal manera que la relación molar de agua a etileno en el alimento
combinado (alimento fresco + reciclo) es 0.65. A las condiciones de
operación la conversión por paso basada sobre el etileno es 5%. La reacción
es:
C2H4 + H2O = C2H5OH
Ambas reacciones producen éter dietílico y acetaldehído, los cuales pueden
despreciarse para el cálculo del problema. El efluente del reactor se pasa
primero a través de un intercambiador de calor y luego por un sistema de
separación gas-líquido donde practicamente todo el etanol y el agua son
removidos de la mezcla gaseosa. Los gases que salen del sistema de
separación son recirculados al reactor. Con el objeto de limitar la
concentración de GNR en la alimentación combinada a un 15% molar
basada sobre el C2H4 + GNR (excluye el agua), una pequeña cantidad de la
corriente de reciclo es purgada. El diagrama de flujo del proceso se muestra
en la figura.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
241
Calcular:
a) La relación de recirculación.
b) Moles de purga por cada 100 moles de etileno puro alimentado al
proceso.
B.C.: 100 moles de C2H4 a la entrada del reactor
Agua a la entrada del reactor = 65 moles
GNR = 100 x (15/85) = 17.647 moles
A la salida del reactor:
GNR
= 17.647
= 95
C2H4
= 5
C2H5OH
H2O (65 - 5) = 60
Producto líquido:
C2H5OH 5 moles
60 moles
H2O
Gases recirculados:
GNR
C2H4
moles
moles
moles
moles
17.647 moles
95
moles
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
112.647 moles
Composición gases recirculados:
GNR
C2H4
15.66 % molar
84.33 %
Balance en el punto (M) de mezcla:
X = moles de C2H4 y GNR en alimento fresco
Y = moles de C2H4 y GNR en reciclo
X + Y = 117.647
0.96 X + 0.8433 Y = 100
Resolviendo:
X = 6.767
Y = 110.88
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
242
a) Relación de recirculación:
[110.88/(65 + 6.767)] = 1.54
b)
Moles de purga = 112.647 - 110.88 = 1.767
Etileno alimentado:
100 - (0.8433 x 110.88) = 6.49 moles
Las moles de purga serán:
1.767 moles purga
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 moles etileno = 27.22
6.49 moles etileno
6.40 - El producto P se forma a partir del reactivo R, de acuerdo con la reacción:
2R = P + W
(1)
Desafortunadamente, tanto el reactivo como el producto P se descomponen
y forman el subproducto B según la reacción:
R = B + W
(2)
Cuando se utiliza una alimentación al proceso que contiene una parte del
inerte I por 8 partes de R, y se ajusta la relación de recirculación para
obtener una fracción molar de R de 0.85 en la alimentación al reactor, se
observa una conversión de 50% de R en la planta, con un rendimiento de
80% de P a partir de R.
Tomando una base de cálculo de 8 moles de R en el alimento fresco,
determine las moles de cada componente en todas las corrientes del
proceso.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
243
B.C. : 8 moles de R en la corriente 1.
Considerando toda la planta, se tendrá:
R que no reacciona = 8 x 0.5 = 4 moles
En la purga está presente la cantidad de R que no reaccionó, así como los inertes
presentes en el alimento fresco, luego:
Purga :
R 4 moles 80 %
I 1 moles 20 %
R en la reacción (1) = 4 x 0.8 = 3.2 moles
R en la reacción (2) = 4 - 3.2 = 0.8 moles
Subproducto B formado en (2) = 0.8 moles
W formado en (1) y (2) = 1.6 + 0.8 = 2.4 moles
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
244
Balance en el punto de mezcla:
Total:
9 + n 2 = n3
Parcial de R :
8 + 0.8 n2 = 0.85 n3
n2 = 7 moles
n3 = 16 moles
Resolviendo:
Con el resultado anterior se puede obtener la cantidad en moles de las demás
corrientes, así:
n7 = n2 + n8 = 7 + 5 = 12 moles
n5 = n7 + n6 = 12 + 1.6 = 13.6 moles
En el siguiente cuadro se resumen los resultados del problema:
1
2
3
4
5
6
7
8
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
R
8
5.6 13.6
9.6
9.6
4
P
1.6 1.6
B
0.8
W
2.4
I
1
1.4
2.4
2.4
2.4
1
PROBLEMAS PROPUESTOS
6.41 - Calcule la masa en libras de hierro y vapor de agua para producir 135 lb de
H2.
3 Fe + 4 H2 O = Fe3O4 + 4 H2
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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245
6.42 - Calcule los kilogramos de hidrógeno liberados por kilogramo de hierro en la
siguiente reacción:
Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2
6.43 - En la síntesis de amoniaco la siguiente reacción se sucede:
N2 + 3 H2 = 2 NH3
6.44 - El butano reacciona con oxígeno puro para producir CO2 y H2O. Determine
la relación entre la masa de vapor de agua producido y la masa de butano
que reacciona. ¿ Cuántos kilogramos de oxígeno se necesitan por cada
kilogramo de butano ?
6.45 - Un hidrocarburo cuya fórmula es: (CH1.25)n se quema con oxígeno puro para
producir CO2 y H2O. Calcule los kilogramos de agua producida cuando se
queman 100 kilogramos de este hidrocarburo.
6.46 - En un convertidor catalítico de una planta de ácido sulfúrico se mezclan 100
lb de SO2 con 50 lb de O2. Si la reacción es completa, calcule las libras de
SO3 formado y el porcentaje en exceso de oxígeno.
6.47 - Las piritas se oxidan con oxígeno puro según la reacción:
2 FeS2 + (15/2) O2 = Fe2O3 + 4 SO3
Si 100 kilogramos de FeS2 se oxidan utilizando 400 kilogramos de oxígeno,
determine el reactivo limitante y el porcentaje en exceso.
6.48 - En un determinado proceso se sucede la siguiente reacción:
2 Cr2O3 + 3 CS2 = 2 Cr2S3 + 3 CO2
Por cada kilogramo de Cr2O3 se producen 291 gramos de CO2 y salen sin
reaccionar 360 gramos de CS2. Determinar:
a) El reactivo limitante.
b) El grado de finalización.
c) El porcentaje en exceso.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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246
6.49 - El óxido de hierro se reduce a hierro en un horno eléctrico según la reacción:
4 Fe2O3 + 9 C = 8 Fe + 6 CO + 3 CO2
Si el carbono se encuentra en un 120% en exceso y sólo el 83% del Fe2O3
reacciona, calcular:
a) La relación en peso (Fe2O3/C) alimentada al horno.
b) Los kilogramos de Fe2O3 alimentados al horno para producir 1 tonelada
de Fe.
6.50 - El aluminio se reduce con carbono según la reacción:
Al2O3 + 3 C = 3 CO + 2 Al
Se suministra carbono en un 200% en exceso y el grado de finalizacón de la
reacción es del 90%. Calcular los kilogramos de carbono en la carga final
por cada kilogramo de aluminio producido.
6.51 - Un pedazo de mármol cuya masa es una libra, se hace reaccionar con HCl y
desprende 0.24 lb de CO2. Si el mármol se considera formado
principalmente por CaCO3, ¿ cuál sería su porcentaje en peso ?
6.52 - Carbono puro se quema completamente con un 15% en exceso de aire.
Calcular el porcentaje molar de los gases producidos.
6.53 - En un quemador de azufre se alimenta aire en un 25% en exceso con base
en la oxidación a SO3. El 20% del azufre pasa a SO3 y el resto a SO2.
Calcular la composición molar de los gases que salen del quemador.
6.54 - Un convertidor recibe una carga de 60 toneladas de un mineral que contiene
54% en peso de FeS. El FeS es oxidado mediante un 15% en exceso de
aire según la reacción:
2 FeS + 3 O2 = 2 FeO + 2 SO2
Si el grado de finalización de la reacción es del 87%, calcular:
a) La composición en peso de la corriente sólida que sale.
b) La composición molar de la corriente gaseosa que sale.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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247
6.55 - Un hidrocarburo cuya fórmula es (CH1.2)n se quema completamente con un
20% en exceso de aire, calcular:
a) El porcentaje de CO2 en el análisis molar de los gases producidos.
b) Las libras de agua producida por libra de hidrocarburo.
6.56 - El benceno reacciona con cloro para formar clorobenceno y ácido clorhídrico
en un reactor intermitente: 120 kg de benceno y 20% en exceso de cloro
se encuentran presentes inicialmente, quedando 30 kg de benceno una
vez terminada la reacción.
a) ¿ Cuántos kilogramos de cloro se encuentran presentes inicialmente ?
b) ¿ Cuál es la conversión fraccionaria de benceno ?
c) ¿ Cuál es la composición molar del producto ?
6.57 - Puede deshidrogenarse el etano para producir acetileno en la siguiente
reacción:
C2H6 = C2H2 + 2 H2
Suponiendo que se cargan 100 lb-mol de etano a un reactor intermitente, y
que se alcanza una conversión del 75%. Calcular las siguientes propiedades
del producto final gaseoso:
a) Moles totales.
b) Relación molar de acetileno a hidrógeno.
c) Masa molecular promedio.
d) Fracción en masa de acetileno.
6.58 - Se produce un gas combustible que contiene CO + H2 en la reacción
catalítica entre propano y vapor de agua:
C3H8 + 3 H2O = 3 CO + 7 H2
Se mezcla una corriente de propano que fluye a 200 moles/mi con un 50%
en exceso de vapor de agua, obteniéndose una conversión en el reactor de
65%. Calcular la fracción molar de H2 en el producto.
6.59 - Se lleva a cabo la reacción:
C2H4 + HBr = C2H5Br
Se analiza la corriente de producto y se observa que contiene:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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248
C2H5Br
50% molar y
HBr 33.3 % molar
La alimentación contiene sólo C2H4 y HBr. Calcular:
a) El grado de finalización de la reacción.
b) El porcentaje en exceso.
6.60 - En la reacción de isomerización el heptano normal se convierte en 2,2
dimetilpentano con ayuda de un catalizador a 900 oC y 500 psia. El producto
así obtenido tiene un número de octano de 93 y una densidad de 0.78 g/cm3.
Calcule los galones de este último obtenidos por tonelada de heptano
normal.
6.61 - En la reducción del Fe2O3 con monóxido de carbono se produce FeO que
luego puede ser reducido nuevamente para obtener hierro metálico. Las
reacciones son:
Fe2O3 + CO = 2 FeO + CO2
FeO + CO = Fe + CO2
Calcule los kilogramos de Fe2O3 necesarios para la obtención de 1 tonelada
de Fe y los kilogramos de CO consumidos en el proceso.
6.62 - En la fabricación de detergentes sintéticos la formación del ingrediente
activo requiere de una neutralización del alquil aryl sulfonato según:
C12H25
C12H25
+ NaOH
- HSO3
+
H2O
- NaSO3
¿Cuántos kilogramos de ingrediente activo pueden obtenerse por tonelada
de alquil aryl sulfonato ?
6.63 - Para alimentar una lámpara de acetileno que consume 420 lt/hr medidos a 1
atm y 25 oC, se utilizan 1.5 kilogramos de CaC2. ¿ Cuántos minutos durará
encendida la lámpara ?
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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249
6.64 - Una mezcla de N2 e H2 con una relación en peso (nitrógeno/hidrógeno)
equivalente a 2.8, se alimenta a un reactor de amoniaco. Si el grado de
finalización de la reacción es del 15%, determinar:
a) La composición molar de los gases (N2 + H2) que salen del proceso luego
de condensado el amoniaco producido.
b) Las libras de gases por libra de amoniaco condensado.
6.65 - Nitrógeno puro a 200 oF y 17 psia fluye a través de una tubería. Se añade
hidrógeno a esta corriente con el fin de lograr una relación 1:3 necesaria
en la síntesis del amoniaco. Si el hidrógeno está a 80 oF y 25 psia y se
desea una velocidad final de 2 000 lb/hr de amoniaco, calcule los pies3/mi
de H2 y N2 añadidos.
6.66 - 100 lb/hr de un éster orgánico cuya fórmula es C19H36O2 se hidrogena
hasta C19H38O2. El proceso se efectúa en forma contínua. La compañía
adquiere su hidrógeno en cilindros de 10 pies3 de capacidad con presión
inicial de 1 000 psia y temperatura ambiente de 70 oF. Si la compañía
compra un suministro semanal de hidrógeno, ¿ cuántos cilindros debe
adquirir cada semana ?
6.67 - A un reactor se alimenta una mezcla equimolecular de A, B y C, para
producir el producto D mediante la reacción:
A + 2 B + (3/2) C = 2 D + E
Si la conversión en el reactor es de 50%, calcular el número de moles de
D producidas por mol de alimentación al reactor.
6.68 - Se efectúa una reacción cuya ecuación estequiométrica es:
A + 3B = 2D
con 20% de conversión de A. La corriente de alimentación al reactor
contiene 25% en peso de A y 75% de B y tiene un flujo de 1 000 kg/hr. Si
la masa molecular de A es 28 y la de B 2, calcular:
a) La masa molecular de D.
b) La composición en peso de la corriente de salida.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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250
6.69 - Se puede producir fenol haciendo reaccionar
de sodio:
clorobenceno con hidróxido
C6H5Cl + NaOH = C6H5OH + NaCl
Para producir 1000 lb de fenol, se utilizaron 1200 lb de soda y 1320 lb de
clorobenceno.
a) ¿Cuál fué el reactivo en exceso y su porcentaje?
b) ¿Cuál fué el rendimiento de fenol respecto al clorobenceno alimentado?
6.70 - En la oxidación del amoniaco para formar óxidos de nitrógeno, la reacción
que se verifica es:
4 NH3 + 5 O2 = 4 NO + 6 H2O
Calcular la relación de aire a amoniaco (pies3 de aire/pie3 de NH3) que
debe utilizarse para tener 18% en exceso de aire. Calcular la composición
del producto si la reacción tiene un grado de finalización del 93%.
6.71 - Se clora etano en un reactor contínuo:
C2H6 + Cl2 = C2H5Cl + HCl
Aún proporcionando exceso de etano, parte del cloroetano producido se
vuelve a clorar:
C2H5Cl + Cl2 = C2H4Cl2 + HCl
Se consume todo el cloro; la conversión del etano es del 13%, mientras
que la selectividad del monocloroetano deseado es de 93.7. Calcular el
número de moles de todas las especies presentes en la corriente de salida
por cada 100 moles de monocloroetano producidas.
6.72 - En el proceso Deacon para la manufactura del cloro, el HCl y O2 reaccionan
para formar Cl2 y H2O. Se alimenta suficiente aire al reactor como para proveer un 30% en exceso de oxígeno y la conversión del HCl es de 70%.
Calcular:
a) La composición molar de la corriente de producto.
b) La fracción molar de cloro en el gas que permanecería si toda el agua
del gas producido se condensara.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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251
6.73 - La remoción del CO2 de una nave espacial tripulada se ha logrado mediante
absorción con hidróxido de litio de acuerdo a la siguiente reacción:
2 LiOH + CO2 = Li2CO3 + H2O
Si un kilogramo de CO2 es liberado diariamente por persona, ¿cuántos
kilogramos se requieren de LiOH por día y por persona ?
6.74 - Se diseñó un reactor para efectuar la saponificación del acetato de metilo:
CH3COOCH3 + H2O = CH3COOH + CH3OH
Se encontró que 3 toneladas de metanol (CH3OH) se producen por 1 000
toneladas de alimentación al reactor. La corriente de alimentación contiene
0.2 g-mol/litro de acetato de metilo (CH3COOCH3) en agua. Determine el
porcentaje en exceso de agua en la alimentación. ¿Cuál es el grado de
finalización de la reacción ?
6.75 - En un reactor se sucede la reacción:
2A + 3B = C
Los productos de salida del reactor muestran: 0.8 moles de C, 0.8 moles
de A y 0.6 moles de B. Determine el reactivo en exceso y su porcentaje.
¿Cuál fué el grado de finalización de la reacción ?
6.76 - En la reducción del FeO con monóxido de carbono (CO) se producen 2.11
3
o
m de gases (CO + CO2) a 600 mm Hg y 310 C, por cada kilogramo de
FeO alimentado al proceso. Si la relación en peso (CO/CO2) en el gas de
salida es 1.3277, determine:
a) El reactivo limitante.
b) El porcentaje en exceso.
c) El grado de finalización de la reacción.
6.77 - Ciertos gases tienen la tendencia a asociarse. Un ejemplo es el equilibrio
entre el dióxido de nitrógeno y el tetróxido de nitrógeno.
2 NO2 = N2O4
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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252
Si 26.6 pies3 de NO2 a 685 mm Hg y 25 oC se llevan a temperatura y
volumen constante hasta 500 mm Hg (equilibrio). ¿ Cuál es la presión
parcial del N2O4 en la mezcla final ?
6.78 - En la fabricación de acetileno a partir de CaC2, la materia prima más
importante es la caliza. Se tiene una caliza que contiene CaCO3 95% en
peso, inertes 5%. Esta caliza se calcina en un horno y luego los productos
sólidos se queman en un arco eléctrico con coque seco pulverizado (100%
de C) para dar CaC2 (CaO + 3 C = CaC2 + CO). La reacción en el horno
es completa, pero la reacción de formación del carburo sólo se lleva a cabo
en un 95% siempre y cuando haya un 10% en exceso de CaO. El producto
sólido del horno eléctrico que contiene CaC2, se hace reaccionar con
agua:
CaC2 + H2O = CaO + C2H2
Esta reacciónes completa cuando la relación de reactivos es 1:1.2. Para
una producción de 50 toneladas por día de acetileno puro:
a) ¿ Cuál debe ser la cantidad de caliza empleada?
b) ¿ Cuál es el volumen de CO formado por minuto a 735 mm Hg y 70oF?
c) El acetileno formado está saturado con vapor de agua a 100 oF y 735
mm Hg. ¿Cuál es la fracción molar de agua ?
6.79 - La producción de formaldehído se basa en la oxidación catalítica del metanol
con una corriente de aire.
CH3OH + 0.5 O2 = CH2O + H2O
Cuando las condiciones no se controlan en forma estricta, se desarrolla
una segunda reacción:
CH2O + 0.5 O2 = HCOOH
Los gases producidos en un ensayo dieron la siguiente composición en
volumen:
8.6 %
CH3OH
3.1 %
CH2O
HCOOH 0.6 %
3.7 %
H2O
68.0 %
N2
16.0 %
O2
Determinar:
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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253
a) El porcentaje de conversión de metanol a formaldehído.
b) El porcentaje de metanol que se pierde en la segunda reacción.
c) La relación molar de aire alimentado a metanol alimentado.
6.80 -
Es posible obtener el acetaldehído, CH3CHO, por la deshidrogenación
catalítica de etanol, C2H5OH, mediante la reacción:
C2H5OH = CH3CHO + H2
Ocurre tambien, sin embargo, una reacción paralela que produce acetato
de etilo, CH3COOC2H5:
2 C2H5OH = CH3COOC2H5 + 2 H2
Suponiendo 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, suponiendo que el alimento es etanol puro.
6.81 - Se oxida catalíticamente metanol con aire para obtener formaldehído y agua.
Algo de formaldehído se pierde en una reacción secundaria, en la cual éste
se oxida hasta ácido fórmico. El gas de descarga tiene la siguiente
composición en base seca:
HCHO
HCOOH
CH3OH
O2
N2
6.6 %
0.4 %
13.9 %
13.8 %
65.3 %
Calcular el porcentaje en exceso de aire utilizado.
6.82 - Un gas natural que contiene:
CH4
C2H6
C3H8
N2
82.3 %
8.3 %
3.7 %
5.7 %
se craquea a alta temperatura para producir un gas degradado y un poco
de coque residual. El análisis del gas de craqueado es:
H2
CH4
60.2 %
23.8 %
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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254
C2H6
C2H4
C3H6
C2H2
N2
2.2 %
6.5 %
1.4 %
2.3 %
3.6 %
Puede considerarse al coque como carbono puro. Calcular las libras de
coque y las lb-mol de gas craqueado que se obtienen de 100 lb-mol de gas
natural.
6.83 - Un carbón tiene el siguiente análisis:
C
84 %
H
4%
O
8%
Cenizas 4 %
Cuando este carbón se utilizó en un gasógeno, produjo un gas con el
siguiente análisis:
CO2 8 %
CO 20 %
CH4 2 %
H2 12 %
N2 54 %
H2O 4 %
La escoria formada corresponde al 7 % del peso de carbón cargado.
Puede asumirse que todo el vapor de agua reaccionó y que el aire se
introdujo seco. Calcular:
a) Las libras de vapor por libra de carbón.
b) Las libras de aire por libra de carbón.
c) El balance de masa por cada 100 lb de carbón.
6.84 - Puede producirse un gas de servicio haciendo reaccionar carbón
pulverizado con vapor de agua y aire. En un proceso particular se convierte
un carbón cuyo análisis es:
C
H
N
68.0 %
6.5 %
1.5 %
S
1.2 %
O
13.8 %
Ceniza 9.0 %
El gas de salida tiene el siguiente análisis en base seca:
H2
CH4
CO
23.0 %
3.2 %
16.2 %
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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255
CO2 + H2S
N2
13.0 %
44.6 %
La conversión se logra utilizando 0.95 lb de vapor de agua por lb de
carbón. Se encuentra que el aire alimentado contiene 1.5 % de agua y el
gas de producto 0.24 moles de agua por mol de gas seco. Calcular la
fracción del C alimentado que se queda en el resíduo.
6.85 - Se produce un gas de síntesis por craqueo y oxidación parcial del butano
(C4H10) en presencia de vapor y aire. El gas de síntesis generado tiene la
siguiente composición:
CO2
C2H4
CO
H2
CH4
C2H6
N2
3.5 %
2.3 %
23.2 %
39.3 %
11.6 %
1.7 %
18.4 %
¿ Cuántos kg de aire son utilizados por kg de butano
6.86 - En la operación de una planta de amoniaco sintético se quema un exceso de
hidrógeno con aire, del tal manera que el gas del quemador contenga nitrógeno e hidrógeno en proporción de 3:1 sin oxígeno. El gas del
quemador también contiene argón, pues este elemento constituye el 0.94%
del aire. El gas del quemador se alimenta a un convertidor donde se produce una conversión del 25% de la mezcla de N2 e H2 hasta NH3. El
amoniaco formado se separa por condensación y los gases sin convertir se
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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256
recirculan al reactor. Para evitar la acumulación de argón en el sistema,
parte de la corriente de reciclo se purga. El límite máximo de argón a la
entrada del reactor debe ser 4.5% molar de los gases totales. ¿ Qué
porcentaje del hidrógeno original se convierte en amoniaco ?
6.87 - En la producción de amoniaco, la relación molar entre el N2 y el H2 en la
alimentación es 1 de N2 a 3 H2. De la carga que se alimenta al reactor, el
25% se transforma en NH3. El NH3 que se forma se condensa y se retira
mientras que el N2 y el H2 que no reaccionan se recirculan para mezclarse
con la carga de alimentación al proceso. ¿ Cuál es la relación entre la
recirculación y la carga de alimentación expresada en lb de reciclo/ lb de
alimento?. El alimento se encuentra a 100 oF y 10 atm, mientras que el
producto se encuentra a 40 oF y 8 atm.
6.88 - El metanol se produce por reacción entre el CO y el H2.
CO + 2 H2 = CH3OH
Solo el 10% del CO que entra al reactor se convierte a metanol, por lo
tanto una recirculación de gases que no reaccionaron se hace necesaria.
Como se muestra en la figura, el metanol producido es condensado y
separado de los gases que no reaccionaron, los cuales son recirculados.
El metanol producido contiene pequeñas cantidades de impurezas
introducidas por reacciones colaterales, tales como:
CO + 3 H2 = CH4 + H2 O
pero estas no deben tomarse en cuenta en los cálculos. Determinar:
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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257
a) El volumen del gas alimentado para producir 1 000 gal/hr de metanol a
70 oF.
b) La relación de recirculación.
6.89 - Calcular el flujo de purga del problema anterior si las impurezas del gas
alimentado alcanzan el 0.2% y el porcentaje de impurezas en el reciclo
debe mantenerse por debajo del 1%.
6.90 - El etileno es catalíticamente hidratado hasta alcohol etílico, pero la reacción
no es completa en un solo paso a través del reactor. En consecuencia,
gran parte del etileno debe ser recirculado como se muestra en la figura.
Luego del reactor, el agua y el alcohol son condensados y el etileno que no
reaccionó es recirculado. La relación molar de agua a etileno que entra al
reactor debe ser 0.6. La conversión de etileno por paso es 4.2%. Calcular:
a) La composición de la alimentación fresca.
b) La composición del etanol producido.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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258
6.91 - Si el alimento agua-etileno del problema anterior contiene 0.05% molar de
gases no reactivos, calcular la fracción de reciclo que se debe purgar para
que la concentración de inertes que entran al reactor esté por debajo del
1%.
6.92 - En la dehidrogenación catalítica del alcohol etílico hasta acetaldehído tiene
lugar la reacción colateral:
2 C2H5OH = CH3COOC2H5 + 2 H2
(acetato)
Una conversión del 85% de alcohol etílico hasta productos tiene lugar a
través del reactor. El alcohol que no reacciona es recirculado. El producto
tiene 90% en peso de aldehído y 10% en peso de acetato. Con base en
100 lb/hr de producto, calcular:
a) La relación de reciclo de alcohol a alimento fresco.
b) El peso por hora de alimento al reactor.
6.93 - Se convierte benceno a ciclohexano (C6H12) por adición directa de
hidrógeno. La planta produce 100 lb-mol/hr de ciclohexano. Noventa y
nueve por ciento del benceno alimentado al proceso reacciona para
producir ciclohexano. La composición de la corriente de entrada al reactor
es: H2 80% molar y C6H6 20% y la corriente de producto contiene 3%
molar de H2. Calcular:
a) La composición de la corriente de producto.
b) Los flujos de alimentación de C6 H6 y de H2.
c) La relación de recirculación de H2.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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259
6.94 - Se produce óxido de etileno mediante la oxidación catalítica del etileno:
C2H4 + 0.5 O2 = C2H4O
Una reacción competitiva indeseable es la combustión del etileno:
C2H4 + 3 O2 = 2 CO2 + 2 H2O
La alimentación al reactor contiene 3 moles de C2H4 por mol de O2. La
conversión fraccionaria de etileno en el reactor es de 20% y el rendimiento
del óxido de etileno consumido, es de 80%. Se emplea un proceso de
múltiples unidades a fín de separar los productos: se recirculan el C2H4 y el
O2 nuevamente al reactor; el C2H4O se vende como producto, mientras que
el CO2 y el H2O se descartan. Calcular el flujo molar de O2 y C2H4 en la
alimentación fresca necesario para producir 1500 kg/hr de C2H4O. Calcular
también la conversión global y el rendimiento global basado en la
alimentación de etileno.
6.95 - La planta de la figura emplea hidrógeno para reducir 1 ton/hr de Fe2O3 a
hierro metálico:
Fe2O3 + 3 H2 = 3 H2O + 2 Fe
El hidrógeno en el alimento fresco, el cual contiene 1% de CO2 como
impureza, se mezcla con el hidrógeno del reciclo (5), antes de entrar al
reactor. Se efectúa una purga (6) con el fín de evitar un exceso de CO2
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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260
equivalente al 2.5% a la entrada del reactor. La relación de recirculación
(n5 / n3) es 4. Calcular la cantidad y composición de la corriente de purga.
6.96 - Resolver el problema 6.74 considerando una conversión de monóxido de
carbono por paso de 20%.
6.97 - En un proceso para la preparación de yoduro de metilo, se agregan 2 000
kg/día de ácido yodhídrico a un exceso de metanol:
HI + CH3 OH = CH3I + H2O
Si el producto contiene 81.6% en peso de CH3I junto con el metanol sin
reaccionar, y el desperdicio contiene 82.6% en peso de ácido yodhídrico y
17.4% de H2O, calcular, suponiendo que la reacción se completa en un
40% en el reactor:
a) El peso de metanol agregado por día.
b) La cantidad de HI recirculado.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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261
6.98 - El monóxido de carbono y el hidrógeno se combinan para formar metanol de
acuerdo a la siguiente reacción:
CO + 2 H2 = CH3 OH
Pequeñas cantidades de CH4 entran al proceso, pero este compuesto no
participa en la reacción. por lo cual debe emplearse una purga para
mantener la concentración de CH4 en la salida al separador por debajo del
3.2% molar. La conversión en el reactor es 18%. Calcular la relación de
recirculación, el metanol producido por mol de alimentación fresca y la
composición de la corriente de purga.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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262
6.99 - En un intento por proporcionar un medio para la generación de NO de una
manera económica, se quema NH3 gaseoso con 20% en exceso de
oxígeno:
4 NH3 + 5 O2 = 4 NO + 6 H2O
La reacción se completa en un 70%. El NO se separa del NH3 que no
reacciona y este último se recircula como se muestra en la figura. Calcular:
a) Las moles de NO formado por 100 moles de NH3 alimentado.
b) Las moles de NH3 recirculado por mol de NO formado.
6.100 - El metanol (CH3OH) se puede convertir en formaldehído (HCHO) ya sea
por oxidación para formar formaldehído y agua o bien mediante
descomposición directa a formaldehído e hidrógeno. Suponiendo que en la
alimentación fresca al proceso la relación de metanol a oxígeno es 4
moles a 1, la conversión de metanol por paso en el reactor es 50% y todo
el oxígeno reacciona en el reactor (nada de él sale con el hidrógeno).
Después de la reacción, un proceso de separación remueve primero todo
el formaldehído y el agua y después se remueve todo el hidrógeno del
metanol recirculado. Determinar la masa de cada corriente por kg-mol de
alimento fresco.
6.101 - La reacción:
2A + 5B = 3C + 6D
se efectúa en un reactor con 60% de conversión de B. La mayor parte de B
que no reacciona se recupera en un separador y se recircula al reactor. La
alimentación fresca al reactor contiene A y B, donde A se encuentra en un
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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263
20% en exceso. Si la conversión global de B en el proceso es de 90%,
calcule los flujos de producto y recirculación para producir 100 moles/hr de
C.
6.102 - Puede producirse ácido acético mediante la reacción:
3 C2H5OH + 2 Na2Cr2 O7 + 8 H2SO4
= 3 CH3COOH + 2 Cr2 (SO4)3 + 2 Na2SO4 + 11 H2O
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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264
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. Si la corriente de recirculación contiene 94% de H2SO4
y el resto C2H5OH, calcular el flujo de producto y la conversión de C2H5OH
en el reactor.
6.103 - El yodo puede obtenerse comercialmente a partir de algas marinas
tratándolas con MnO2 y 20% en exceso de H2SO4 de acuerdo con la
reacción:
2 NaI + MnO2 + 2 H2SO4 = Na2SO4 + MnSO4 + 2 H2O + I2
Toda el H2O, el Na2SO4, el MnSO4 y el I2, así como los materiales inertes,
se recogen en el separador.
Las algas contienen 5% de NaI, 30% de H2O y el resto puede considerarse
como materiales inertes. El producto contiene 54% de I2 y 46% de H2O.
Suponiendo que la reacción se realiza en un 80%, calcular lo siguiente:
a) Las libras de I2 producidas por tonelada de algas marinas.
b) La composición de los productos de desperdicio.
c) La composición del reciclo.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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265
6.104 - La reacción de producción del ácido perclórico es:
Ba(ClO4)2 + H2SO4 = BaSO4 + 2 HClO4
Si el H2SO4 alimentado al reactor está en un 20% en exceso sobre la
cantidad estequiométrica requerida para la reacción con la alimentación
fresca de Ba(ClO4)2 y si se alimentan 1 000 lb/hr de la corriente 1, calcular
todas las variables desconocidas de las corrientes. Todas las composiciones son en masa.
6.105 - El solvente éter etílico se fabrica industrialmente mediante la
deshidratación del alcohol etílico, usando ácido sulfúrico como catalizador:
2 C2H5OH = (C2H5)2O + H2O
Suponiendo que la recirculación es la mitad de la alimentación al
proceso, que el flujo de alimentación es de 1 000 kg/hr de solución de
alcohol (que contiene 85% en peso de alcohol), y que la solución de
alcohol recirculada tendrá la misma composición que la alimentación,
calcular la velocidad de producción de éter, las pérdidas de alcohol en la
corriente 6, la conversión en el reactor y la conversión para el proceso.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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266
6.106 - El yoduro de metilo puede obtenerse por la reacción de ácido yodhídrico
con un exceso de metanol
HI + CH3OH = CH3I + H2O
En la figura se presenta un proceso típico para la producción industrial de
yoduro de metilo. Las condiciones del proceso son:
I) La alimentación al reactor contiene 2 moles de CH3OH por mol de HI.
II) Se obtiene una conversión de 50% de HI en el reactor.
III) El 90% del H2O que entra al primer separador sale por la corriente 5.
IV) Todas las composiciones son molares.
¿ Cuántas moles de CH3I se producen por mol de alimentación fresca de
HI ?
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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267
6.107 - Un secador contínuo experimental es operado en forma tal que puede
secar jabón húmedo. El sistema en general es controlado automáticamente
por un computador el cual obedece la siguiente ecuación:
W = 26 t + 96 t2
siendo: W = peso de jabón húmedo alimentado al secador (kg/hr).
t = Tiempo en horas.
La operación del secador es la siguiente: se tiene aire fresco a 0 oC y
completamente seco; se mezcla con aire húmedo recirculado en una
relación de recirculación de 0.8; la mezcla se lleva a un calentador donde
se calienta hasta 77 oF y luego se pasa por un humidificador adiabático de
donde sale a 49 oF y con una humedad de 0.038 kg agua/kg de aire seco.
La presión en todo el sistema es 1 atm.
El jabón que se alimenta al secador es producido de la siguiente forma:
primero se lleva a cabo la reacción siguiente, la cual tiene un grado de
finalización del 50%.
C17H32COOH + NaOH = C17H32COONa + H2O
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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268
Para desarrollar la reacción anterior se debe mantener una relación molar
de 2:1 (soda:ácido orgánico). El jabón lo compone la sal producida (50%) y
un relleno orgánico (50%). Este relleno se agrega a la sal orgánica
producida una vez deshidratada y se le ajusta el contenido de agua al
30%. El jabón propiamente dicho (con 30% de agua) entra al secador para
salir con un 15% de agua. Para una hora de operación calcular:
a) Masa de jabón húmedo alimentado al secador.
b) Masa de relleno agregada en el acondicionador.
c) Masa de agua agregada en el acondicionador.
d) Masa de soda agregada en el reactor.
e) Masa de ácido orgánico agregada en el reactor.
f) Masa de soda más ácido retirada en el deshidratador.
g) Masa de agua retirada en el deshidratador.
h) Masa de jabón que sale del secador.
i) Masa de aire seco que pasa por el secador.
j) Humedad (Y) del aire que entra al calentador.
k) Peso de agua evaporada en el humidificador.
l) Volumen de aire húmedo que entra al secador.
m) Masa de aire húmedo extraído al final.
n) Comprobar el problema haciendo un balance total del sistema.
6.108 - 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. Debido a esta reacción
paralela, debe mantenerse la conversión de tolueno por debajo del 100%,
y deben efectuarse una serie de separaciones con recirculación, de los
reactivos no utilizados. 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%.
a) Suponiendo que la corriente de salida 6 contiene 5% de benceno y 2%
de tolueno, calcular 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, calcular el rendimiento
fraccional de benceno.
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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269
6.109 - 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, 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. Suponer que se utiliza
un 50% más 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
a la corriente gaseosa que contiene SO3 con una corriente de H2SO4
concentrado. El SO3 reacciona con el agua presente en la corriente de
ácido, mediante la reacción:
H2O + SO3 = H2SO4
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
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270
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. En seguida,
la corriente gaseosa a la salida de la torre de óleum, que contiene 12%
molar de SO3, se pone en contacto con una corriente de ácido más diluida
(80% de H2SO4 y el resto H2O), en la torre de ácido. En esta unidad, todo
el SO3 restante reacciona hasta H2SO4. El ácido diluído se prepara
CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA
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271
recirculando algo de ácido concentrado y mezclándolo con agua en el
tanque de dilución. Calcular todos los flujos en el proceso, suponiendo que
la planta va a producir 20 000 lb/día de producto (H2SO4 al 90%).
6.110 - En la síntesis del amoniaco una corriente con una relación molar H2/N2 de
3/1 se pone en contacto con óxido de hierro como catalizador a 15 000 psi
y 1 000 oF. El H2 se obtiene generalmente por oxidación parcial del Fuel Oil
seguida por la conversión de CO y vapor hasta CO2 e H2. El N2 se obtiene
generalmente retirando el oxígeno del aire por esta misma oxidación
parcial. Como resultado el gas alimentado contiene Argón del aire y CH4 de
la reducción de trazas de CO, así como también H2 y N2. Un análisis típico
del alimento es:
H2 73.2 %
N2 24.4 %
CH4 2.1 %
Ar
0.3 %
El 65% de la mezcla N2 e H2 que entra al convertidor reacciona a amoniaco
y 70% del amoniaco formado se licúa en el enfriador. Si el gas de purga
contiene 20% de CH4, ¿ cuál es el análisis del gas de purga, y cuál es la
relación de recirculación ?
CAPITULO 7
BALANCE DE MATERIA
EN PROCESOS DE COMBUSTION
Es un proceso de amplio uso ya que constituye la principal fuente de generación de
energía. En general es una reacción química de oxidación entre un combustible y
el oxígeno del aire.
Los combustibles se clasifican en tres grupos:
1 - COMBUSTIBLES GASEOSOS. Son gases puros o mezcla de gases de
composición variada según su orígen. Los principales son: gas natural, gas de alto
horno, gas de hornos de coque, gas de generador, gas de agua, propano, butano,
etc.
2 - COMBUSTIBLES LIQUIDOS. Son los derivados del petróleo y desde el punto
de vista químico constituyen una mezcla compleja de hidrocarburos. Pueden
considerarse formados principalmente por carbono e hidrógeno, y azufre en
pequeñas cantidades.
Los principales combustibles líquidos son: la gasolina, el keroseno, los aceites
combustibles ligeros como el "Fuel Oil" # 2 (ACPM) y los aceites combustibles
pesados como el "Fuel Oil" # 6.
Su composición química elemental (relación H/C) se determina generalmente a
partir de sus propiedades físicas tales como la gravedad específica, la viscosidad y
el intervalo de destilación. El azufre generalmente se determina por separado
mediante procedimientos normalizados.
3 - COMBUSTIBLES SOLIDOS. Pueden ser naturales como la madera, turba,
lignito y carbón, o artificiales como el carbón de madera y el coque.
El principal combustible sólido es el carbón y en la solución de problemas de
balance de masa es necesario conocer totalmente su composición.
Se utilizan generalmente los siguientes dos métodos de análisis:
El análisis próximo o inmediato, que es una prueba sencilla de laboratorio que
determina cuatro grupos a saber: humedad, materia volátil (MV), carbono fijo (CF)
y cenizas.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
274 ────────────────────────────────────────
El análisis último o elemental, cuya determinación es más compleja y requiere de
equipo especializado. Determina los siguiente: carbono (C), hidrógeno (H),
nitrógeno (N), oxígeno (O), azufre (S), humedad y cenizas.
Cuando el carbón es calentado en ausencia de aire, su descomposición deja un
resíduo sólido de aspecto esponjoso denominado coque, el cual se considera
constituído por carbono y ceniza. Cuando se hace referencia a coque de petróleo,
este puede considerarse como carbono puro.
La solución de problemas de balance de masa en procesos de combustión emplea
la siguiente terminología:
Combustión completa o teórica. Cualquiera que sea el combustible utilizado, las
reacciones de combustión completa son las siguientes:
C + O2 = CO2
H2 + 0.5 O2 = H2O
S + O2 = SO2
Oxígeno teórico. Es el oxígeno necesario para la combustión completa. Para
garantizar esta combustión, es necesario utilizar una cantidad adicional de oxígeno
por encima del teórico, ésta cantidad se acostumbra a expresar en porcentaje y se
denomina porcentaje en exceso de oxígeno.
oxígeno en exceso
% en exceso de O2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100
oxígeno teórico
Oxígeno en exceso = O2 suministrado - O2 teórico
Como en la mayoría de los problemas de combustión el término que se calcula es
el oxígeno suministrado a partir del oxígeno teórico, la siguiente fórmula es de gran
utilidad:
O2 (S) = O2 (T) x
% exceso
1 + ⎯⎯⎯⎯⎯
100
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
275
─────────────────────────────────────────
Cuando el combustible no contiene oxígeno, el porcentaje en exceso de aire es
el mismo porcentaje en exceso de oxígeno, si el combustible contiene oxígeno y
éste es utilizado en la reacción de combustión, para calcular el aire suministrado se
determina primero el oxígeno suministrado y se resta de éste el oxígeno del
combustible. El resultado así obtenido es el oxígeno que debe aportar el aire y
mediante éste puede calcularse la cantidad de aire.
Para resolver problemas de combustión completa el diagrama de flujo es el
siguiente:
Si se trata de un combustible que no contiene azufre o hidrógeno en los productos
finales no habrá SO2 o H2O.
En la gran mayoría de las combustiones reales se presenta combustión
incompleta caracterizada por presencia de material combustible en los productos
del proceso. La reacción de formación de monóxido de carbono es una de las
principales:
C + 0.5 O2 = CO
En el siguiente diagrama de flujo se presentan los productos que pueden salir del
proceso cuando un combustible se quema en condiciones de combustión
incompleta.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
276 ────────────────────────────────────────
Analisis "ORSAT". Es el principal procedimiento de análisis de gases de
chimenea. Sobre una base de 100 centímetros cúbicos de muestra tomada
directamente de la chimenea, se absorben sucesivamente por medio de soluciones
químicas específicas, el CO2, el O2 y el CO. La diferencia determina el N2. Es un
análisis en volumen o molar. Considerando que la muestra se seca antes de ser
analizada, la composición reportada en este análisis es en base seca.
Cálculos de combustión. En la solución de los problemas de combustión se
conoce generalmente la composición ORSAT de los gases de chimenea y la
composición del combustible. Según la forma como se presente el problema la
base de cálculo se toma sobre el combustible o sobre los gases de chimenea. No
es costumbre utilizar el aire como base de cálculo del problema. La sustancia de
enlace o elemento de correlación denominada en este caso, es el nitrógeno, y
mediante él es posible conocer la cantidad de aire suministrada. El balance de
oxígeno permite en general conocer la cantidad de agua presente en los gases.
PROBLEMAS RESUELTOS
7.1 - Calcular el análisis Orsat de la mezcla gaseosa resultante de la combustión
completa, con 100% en exceso de aire de:
(a) Etano (C2H6)
(b) Naftaleno (C10H8).
a) B.C.: 1 g-mol de C2H6
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
─────────────────────────────────────────
1 g-mol CO2
2 g-at C x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2 g-mol CO2
1 g-at C
1 g-mol H2O
3 g-mol H2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3 g-mol H2O
g-mol H2
O2 teórico (T) = 2 g-mol + 1.5 g-mol = 3.5 g-mol
O2 suministrado (S) = 3.5 x 2 = 7 g-mol
79
N2 suministrado = 7 x ⎯⎯ = 26.33 g-mol N2
21
O2 teórico = O2 reacciona ( combustión completa)
O2 sale = 7 - 3.5 = 3.5 g-mol
6.28 %
CO2 2
3.5
10.99 %
O2
N2 26.33 82.72 %
⎯⎯⎯
31.83
Análisis Orsat:
b) B.C.: 1 g-mol de C10 H8
1 g-mol CO2
10 g-at C x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10 g-mol CO2
1 g-at C
1 g-mol H2O
4 g-mol H2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4 g-mol H2O
1 g-mol H2
O2 (T) = 10 + 2 = 12 g-mol
O2 (S) = 12 x 2 = 24 g-mol
N2 (S) = 24 (79/21) = 90.28 g-mol
O2 (R) = 10 + 2 = 12 g-mol
O2 (sale) = 24 - 12 = 12 g-mol
277
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
278 ────────────────────────────────────────
Análisis Orsat:
CO2
O2
N2
10
8.90 %
12
10.68 %
90.28 80.40 %
⎯⎯⎯⎯
112.28
7.2 - Un gas pobre tiene la siguiente composición en volumen:
CO
CO2
O2
N2
23.0 %
4.4 %
2.6 %
70.0 %
a) Calcular los pies3 de gas a 70 oF y 750 mm Hg por lb de carbono presente
en el gas.
b) Calcular el volumen de aire en las condiciones de la parte (a), necesario
para la combustión de 100 pies3 del gas a las mismas condiciones, si se
desea que el oxígeno total presente antes de la combustión sea de 20%
en exceso del teórico.
c) Calcular la composición en volumen de los gases que salen del quemador
de la parte (b), suponiendo combustión completa.
d) Calcular el volumen de los gases que salen de la combustión en las
partes(b) y (c) a 600 oF y 750 mm Hg por cada 100 pies3 de gas
quemado.
a) B.C.: 100 lb-mol de gas pobre
nRT
100 x 530
760 x 359
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 39 188.4 pies3
P
750
492
C en el gas = 27.4 lb-at x 12 at-1 = 328.8 lb C
pies3
39 188.4 pies3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 119.18 ⎯⎯⎯⎯
328.8 lb C
lb C
b) B.C.: 100 lb-mol de gas pobre
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
─────────────────────────────────────────
CO + 0.5 O2 = CO2
Reacción :
O2 (T) = 11.5 lb-mol
O2 (S) = 11.5 x 1.2 = 13.8 lb-mol
O2 (aire) = 13.8 - 2.6 = 11.2 lb-mol
Aire (S) = 11.2 x (100/21) = 53.33 lb-mol
53.33 x 530
760 x 359
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 20 899.1 pies3
750
492
20 899.1
⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 53.3 pies3 aire
39 188.4
c) Gases a la salida:
= 27.4O lb-mol 19.31 %
CO2 = 4.4 + 23
N2 = 53.33 x 0.79 + 70 = 112.13 lb-mol 79.05 %
=
2.3O lb-mol 1.62 %
O2 = 13.8 - 11.5
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
141.83 lb-mol
d)
141.83 x 1 060
760 x 359
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 111 161.8 pies3
750
492
279
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
280 ────────────────────────────────────────
111 161.8
⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 283.65 pies3 de gases
39 188.4
7.3 - Un gas natural contiene CH4 83% molar y C2H6 17%. El gas se quema con un
exceso de aire seco y se producen unos gases con el siguiente análisis Orsat:
CO2
CO
O2
N2
6.76 %
2.77 %
5.63 %
84.84 %
Calcular:
a) El porcentaje en exceso de aire suministrado.
b) El porcentaje del carbono que pasa a CO.
c) La masa de vapor de agua por cada 1 000 pies3 de gases de combustión
medidos a 800 oF y 1 atm.
B.C.: 100 lb-mol de gases de combustión
a)
O2 (S) = 84.84 x (21/79) = 22.55 lb-mol
O2 en gases secos = 6.76 + (2.77/2) + 5.63 = 13.775
O2 que forma agua = 22.55 - 13.775 = 8.775 lb-mol
Agua formada = 8.775 x 2 = 17.55 lb-mol
C(total) = 6.76 + 2.77 = 9.53 lb-at
O2 (T) = 9.53 + 8.775 = 18.305 lb-mol
22.55 - 18.305
Exceso de aire = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 23.2 %
18.305
b)
2.77
Porcentaje C que forma CO = ⎯⎯⎯ x 100 = 29 %
9.53
c)
Masa de vapor de agua = 17.55 x 18 = 315.9 lb
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
281
─────────────────────────────────────────
117.55 x 1 260
1 x 359
V gases = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 108 074 pies3
1
492
315.9
⎯⎯⎯⎯ x 1 000 = 2.92 lb agua
108 074
7.4 - Un horno anular de acero quema cierto combustible, cuya composición puede
representarse mediante la fórmula (CH2)n . Se proyecta quemar éste
combustible con un exceso de aire equivalente al 12%. Suponiendo que la
combustión es completa, calcular el análisis Orsat del gas de chimenea.
Repetir los cálculos de este problema suponiendo que todo el carbono del
combustible se quema hasta CO.
B.C.: 1 lb-mol de CH2
El valor de n se toma como la unidad para facilitar los cálculos ya que la
composición no se afecta.
Las reacciones de combustión son:
C + O2 = CO2
C + 0.5 O2 = CO
H2 + 0.5 O2 = H2O
CO2 formado = 1 lb-mol
H2O formada = 1 lb-mol
O2 (T) = 1.5 lb-mol
O2 (S) = 1.5 x 1.12 = 1.68 lb-mol
O2 (libre) = 1.68 - 1.5 = 0.18 lb-mol
N2 (S) = 1.68 x (79/21) = 6.32 lb-mol
Análisis Orsat :
CO2
O2
N2
1.00 lb-mol 13.30 %
0.18 lb-mol 2.39 %
6.32 lb-mol 84.26 %
Considerando ahora que todo el carbono forma CO:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
282 ────────────────────────────────────────
CO formado = 1 lb-mol
H2O formada = 1 lb-mol
O2 (R) = 1 lb-mol
O2 (libre) = 1.68 - 1 = 0.68 lb-mol
N2 (S) = 6.32 lb-mol
Análisis Orsat:
CO
O2
N2
1.00 lb-mol 12.5 %
0.68 lb-mol 8.5 %
6.32 lb-mol 79.0 %
7.5 - Un gas combustible formado por CH4 y C3H8 se quema completamente con un
exceso de aire. El análisis Orsat del gas de chimenea es el siguiente:
CO2
O2
N2
10.57 %
3.79 %
85.63 %
Calcular la composición molar del gas combustible.
B.C.: 100 g-mol de gas seco
Se calcula el oxígeno suministrado a partir del N2.
O2 (S) = 85.63 x (21/79) = 22.76 g-mol O2
Balance total de oxígeno:
O2 (S) = O2 (CO2) + O2 (libre) + O2 (H2O)
O2 (H2O) = 22.76 - 10.57 - 3.79 = 8.4 g-mol
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
283
─────────────────────────────────────────
H2O formada = 8.4 x 2 = 16.8 g-mol
Si:
X = g-mol CH4
Y = g-mol C3H8
Balance de carbono:
X + 3 Y = 10.57
Balance de hidrógeno:
4 X + 8 Y = 2 x 16.8
Resolviendo:
X = 4.06 g-mol de CH4
Y = 2,17 g-mol de C3H8
Composición molar: CH4 65.16 %
C3H8 34.83 %
7.6 - Un motor de automóvil se opera con alcohol metílico puro usando 10% de
aire en exceso para asegurar combustión completa. ¿ Cual debe ser el
análisis Orsat de los gases producidos ?
B.C.: 1 g-mol de CH3OH
CH3OH + 1.5 O2 = CO2 + 2 H2O
CO2 producido = 1 g-mol
O2 (T) = 1.5 g-mol = O2 (R)
O2 (S) = 1.5 x 1.1 = 1.65 g-mol
N2 (S) = 1.65 x (79/21) = 6.207 g-mol
O2 (libre) = 1.65 - 1.5 = 0.15 g-mol
Análisis Orsat:
CO2 1.000 g-mol
O2 0.150 g-mol
N2 6.207 g-mol
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
7.357 g-mol
13.59 %
2.03 %
84.36 %
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
284 ────────────────────────────────────────
7.7 - El formaldehído puro (CH2O) se quema completamente con 50% de aire en
exceso. ¿ Cuál será el análisis Orsat de los gases de combustión ?
B.C.: 1 g-mol de CH2O
CH2O + O2 = CO2 + H2O
O2 (T) = 1 g-mol
O2 (S) = 1 x 1.5 = 1.5 g-mol
N2 (S) = 1.5 g-mol O2 x (79/21) = 5.64 g-mol
Análisis Orsat:
CO2
O2
N2
1.00 g-mol 14 %
0.50 g-mol
7%
5.64 g-mol 79 %
⎯⎯⎯⎯⎯
7.14 g-mol
7.8 - En el problema anterior, ¿ cuál será el análisis Orsat de los gases de
combustión si en lugar de usar aire en exceso se emplea el necesario para
quemar todo el hidrógeno a agua, 25% del carbono a CO2 y el 75% restante
a CO, y la combustión se conduce de tal forma que no hay oxígeno en los
gases de combustión ?
B.C.: 1 g-mol de CH2O
Reacciones:
C + O2 = CO2
C + 0.5 O2 = CO
H2 + 0.5 O2 = H2O
Se calcula el oxígeno necesario para las condiciones del problema.
C que forma CO2 = 0.25 g-at
C que forma CO = 0.75 g-at
CO2 formado = 0.25 g-mol
CO formado = 0.75 g-mol
H2O formada = 1 g-mol
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
285
─────────────────────────────────────────
O2 (R) = 0.25 + (0.75/2) + 0.5 = 1.125 g-mol
O2 (aire) = O2 (R) - O2 (CH2O) = 1.125 - 0.5 = 0.625
N2 (S) = 0.625 x (79/21) = 2.35 g-mol
CO2 0.25 g-mol 7.46 %
CO 0.75 g-mol 22.38 %
N2 2.35 g-mol 70.15 %
Análisis Orsat:
7.9 - El motor de un automóvil se opera con alcohol metílico puro. El 90% del
carbono se quema a CO2 y el resto a CO. Suponer además, que bajo tales
condiciones el hidrógeno en los gases de combustión es el 40% del CO
presente y todo el oxígeno se ha consumido. Calcular:
a) El análisis Orsat de los gases de combustión.
b) Las libras de aire requerido por libra de combustible cargado.
c) El volumen de los gases de combustión si salen a 960 oF y 1 atm, por libra
de combustible cargado.
B.C.: 1 lb-mol de CH3 OH
C que pasa a CO2 = 0.9 lb-at
C que pasa a CO = 0.1 lb-at
CO2 formado = 0.9 lb-mol
CO formado = 0.1 lb-mol
H2 en gases = 0.1 x 0.4 = 0.04 lb-mol
H2 en el alcohol = 2 lb-mol
H2 que forma agua = 2 - 0.04 = 1.96 lb-mol
O2 (R) = 0.9 + (0.1/2) + (1.96/2) = 1.93 lb-mol
O2 en el alcohol = 0.5 lb-mol
O2 (aire) = 1.93 - 0.5 = 1.43 lb-mol
N2 (S) = 1.43 x (79/21) = 5.38 lb-mol
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
286 ────────────────────────────────────────
a) Análisis Orsat:
CO2 0.90 lb-mol 14.00 %
CO 0.10 lb-mol 1.55 %
H2 0.04 lb-mol 0.62 %
N2 5.38 lb-mol 83.80 %
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
6.42 lb-mol
b) Aire requerido = 5.38 x (100/79) = 6.81 lb-mol
Masa de aire = 6.81 x 28.84 = 196.4 lb
Combustible cargado = 1 lb-mol = 32 lb
(196.4/32) = 6.1375 lb aire/lb combustible
c) Lb-mol de gas húmedo = 6.42 + 1.96 = 8.38 lb-mol
nRT 8.38 x 1 420
1 x 359
3
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 8 682.8 pie
P
1
492
(8 682.8/32) = 271.33 pies3/lb combustible
7.10 - Una compañía de energía opera una de sus calderas con gas natural y la
otra con aceite. El análisis de los combustibles es:
Gas Natural:
CH4 96 %
C2H2 2 %
CO2 2 %
Aceite : (CH1.8)n
Los gases de chimenea de ambas calderas entran al mismo ducto y el
análisis Orsat del gas combinado es:
CO2
CO
O2
N2
10.00 %
0.63 %
4.55 %
84.82 %
Calcular los g-mol de gas natural por cada gramo de aceite suministrado.
B.C.: 100 g-mol de gases secos
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
─────────────────────────────────────────
Se calcula primero la composición en peso del aceite combustible:
C : (12/13.8) x 100 = 86.95 %
H : (1.8/13.8) x 100 = 13.04 %
Si
X = g-mol de gas natural
Y = gramos de aceite
O2 (aire) = 84.82 x (21/79) = 22.54 g-mol
Balance total de oxígeno:
O2 (S) = O2 (gas natural) + O2 (aire)
O2 (S) = (0.02 X + 22.54) g-mol
O2 (sale) = O2 (CO2) + O2 (CO) + O2 (libre) + O2 (H2O)
O2 (sale) = 10 + (0.63/2) + 4.55 + O2 (H2O)
O2 (S) = O2 (sale)
O2 (H2O) = 7.675 + 0.02 X
H2O formada = 2 x (7.675 + 0.02 X) = 15.35 + 0.04 X
Balance de carbono:
0.8695 Y
C (entra) = 0.96 X + 2 (0.02 X) + 0.02 X + ⎯⎯⎯⎯⎯
12
C (sale) = 10 + 0.63
C (entra) = C (sale)
0.96 X + 2 (0.02 X) + 0.02 X + 0.072 Y = 10 + 0.63
Balance de hidrógeno:
4(0.96) X + 2(0.02) X + 0.1304 Y = 2 (15.35 + 0.04 X)
287
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
288 ────────────────────────────────────────
Resolviendo:
X = 5.88 g-mol
Y = 63.9 gramos
5.88 g-mol gas natural
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.092
63.9 gramos aceite
7.11 - A un horno de fundición se alimenta un carbón de la siguiente composición
en peso:
C
76.0 %
H
4.9 %
O
7.8 %
N
1.7 %
S
1.2 %
1.5 %
H2O
Impurezas 6.9 %
Si se suministra aire en un 30% en exceso, calcular:
a) Los kg de aire suministrado por kg de carbón alimentado.
b) El volumen a condiciones normales de aire suministrado por kg de carbón
alimentado.
c) La masa molecular media de los productos de combustión.
B.C.: 100 kg de carbón.
kg-at C
1 kg-mol CO2
76 kg x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 6.33 kg-mol CO2
12 kg C
1 kg-at C
1 kg-mol H2O
kg-mol H2
4.9 kg H2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.45 kg-mol H2O
1 kg-mol H2
2 kg H2
kg-mol H2O
1.5 kg H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.083 kg-mol H2O
18 kg H2O
H2O total = 2.45 + 0.083 = 2.533 kg-mol
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
─────────────────────────────────────────
kg-at S
1 kg-mol SO2
1.2 kg S x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0375 kg-mol SO2
32 kg S
kg-at S
O2 (T) = 6.33 + (2.45/2) + 0.0375 = 7.5925 kg-mol
O2 (S) = 7.5925 x 1.3 = 9.87 kg-mol
O2 (carbón) = (7.8/32) = 0.2437 kg-mol
O2 (aire) = 9.87 - 0.2437 = 9.6263 kg-mol
N2 (aire) = 9.6263 x (79/21) = 36.21 kg-mol
N2 (carbón) = (1.7/28) = 0.06 kg-mol
N2 (sale) = 36.21 + 0.06 = 36.27 kg-mol
O2 (sale) = 9.87 - 7.5925 = 2.2775 kg-mol
Aire = 9.6263 x (100/21) = 45.84 kg-mol
Masa aire = 45.84 x 28.84 = 1 322 kg
a)
(1 322 kg aire/100 kg carbón) = 13.22
b)
V aire = 45.84 x 22.414 = 1 027.4 m3
(1 027.4 m3/100 kg carbón) = 10.274
c) Gases de combustión:
CO2 6.330 kg-mol x 44
H2O 2.533 kg-mol x 18
2.277 kg-mol x 32
O2
N2 36.273 kg-mol x 28
0.037 kg-mol x 64
SO2
⎯⎯⎯⎯
47.451 kg-mol
= 278.52 kg
=
45.59 kg
=
72.88 kg
= 1 015.64 kg
=
2.40 kg
⎯⎯⎯⎯⎯
1 415.03 kg
Masa molecular media= (1 415.03/47.451) = 29.82 mol-1
289
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
290 ────────────────────────────────────────
7.12 - La madera de pino tiene la siguiente composición:
C
H
O
Ceniza
50.31 %
6.20 %
43.08 %
0.41 %
a) Calcular los pies3 de aire a 76 oF y 29.4 pulg Hg requeridos para la
combustión de 1 lb de madera.
b) Si se emplea un 30% en exceso de aire, determinar los pies3 de gas de
chimenea seco a 600 oF y 29.4 pulg Hg por libra de madera.
c) Calcular el análisis Orsat del gas de chimenea para las partes (a) y (b)
B.C.: 1 lb de madera
C: (0.5031/12) = 0.0419 lb-at C
H: ( 0.0620/2) = 0.0310 lb-mol H2
O2 (T) = 0.0419 + (0.0310/2) = 0.0574 lb-mol
O2 (madera) = (0.4308/32) = 0.01346 lb-mol
O2 (aire) = 0.0574 - 0.01346 = 0.0439 lb-mol
Aire = 0.0439 x (100/21) = 0.209 lb-mol
N2 (S) = 0.209 x 0.79 = 0.1651 lb-mol
a)
nRT 0.209 x 536
29.92 x 359
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 83.18 pies3
P
29.4
492
b)
O2 (S) = 0.0574 x 1.3 = 0.0746 lb-mol
O2 (aire) = 0.0746 - 0.01346 = 0.061 lb-mol
Aire = 0.061 x (100/21) = 0.2904 lb-mol
N2 (sale) = 0.2904 x 0.79 = 0.2294 lb-mol
O2 (libre) = 0.0746 - 0.0574 = 0.0172 lb-mol
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
291
─────────────────────────────────────────
CO2 0.0419 lb-mol
N2 0.2294 lb-mol
O2 0.0172 lb-mol
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
0.2885 lb-mol
Gases secos:
nRT
0.2885 x 1 060
29.92 x 359
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 226.7 pies3
P
29.4
492
c) Gases formados en la parte (a):
CO2 0.0419 lb-mol 20.24 %
N2 0.1651 lb-mol 79.75 %
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
0.2070 lb-mol
Gases formados en la parte (b)
CO2
O2
N2
0.0419 lb-mol
0.0172 lb-mol
0.2294 lb-mol
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
0.2885 lb-mol
14.52 %
5.96 %
79.51 %
7.13 - Se proyecta un horno para quemar coque a la velocidad de 200 lb/hr. El
coque tiene la siguiente composición:
C
cenizas
89.1 % en peso
10,9 %
La eficiencia de la parrilla es tal que el 90% del carbono presente en la carga
del coque, se quema. Se suministra aire en un 30% en exceso del requerido
para la combustión completa de todo el carbono de la carga. Se supone que
el 97% del carbono se oxida a CO2, formando CO el restante.
a) Calcular la composición en volumen de los gases de chimenea que salen
del horno.
b) Si los gases de chimenea abandonan el horno a 550 oF y 743 mm Hg,
calcular la velocidad de flujo de los gases, en pies3/mi, para la cual debe
proyectarse el tubo de chimenea.
B.C.: 1 lb-at de C alimentado al horno
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
292 ────────────────────────────────────────
CO2 formado = 0.9 x 0.97 = 0.873 lb-mol
a)
CO formado = 0.9 x 0.03 = 0.027 lb-mol
O2 (T) = 1 lb-mol
O2 (S) = 1 x 1.3 lb-mol
N2 (S) = 1.3 x (79/21) = 4.89 lb-mol
O2 (R) = 0.873 + (0.027/2) = 0.8865 lb-mol
O2 (libre) = 1.3 - 0.8865 = 0.4135 lb-mol
Gases formados:
CO2
CO
O2
N2
0.873 lb-mol 14.07 %
0.027 lb-mol 0.43 %
0.413 lb-mol 6.66 %
4.890 lb-mol 78.82 %
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
6.203 lb-mol
b)
nRT
6.203 x 1 010
760 x 359
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4 676 pies3
P
743
492
89.1 lb C
200 lb
hr
4 676 pies3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 1 157 pies3/mi
12 lb C
100 lb coque
hr
60 mi
7.14 - El análisis de un carbón es:
C
74 % en peso
cenizas 12 %
El análisis del gas de chimenea procedente de la combustión del carbón es:
CO2
CO
O2
N2
12.4 %
1.2 %
5.7 %
80.7 %
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
293
─────────────────────────────────────────
Calcular:
a) Las libras de carbón quemadas por 100 lb-mol de gas de chimenea seco.
b) La composición completa del carbón.
c) Las libras de aire empleado por libra de carbón.
d) El porcentaje en exceso de aire.
Según la composición del carbón debe suponerse que también contiene hidrógeno
y oxígeno, pero no contiene nitrógeno.
B.C.: 100 lb-mol de gases de combustión secos.
C (total) = 12.4 + 1.2 = 13.6 lb-at x 12 = 163.2 lb
a) Carbón alimentado = 163.2 x (100/74) = 220.54 lb
b)
Ceniza = 220.54 x 0.12 = 26.46 lb
Aire = 80.7 x (100/79) = 102.15 lb-mol = 2 946 lb
M(gas seco) = (44 x 0.124 + 28 x 0.012 + 32 x 0.057 + 28 x 0.807)
= 30.212 mol-1
El agua en gases se determina por un balance total:
220.54 + 2 946 = 26.46 + (100 x 30.212) + m (agua) = 118.88 lb
m(agua) = 118.88 lb
(118.88/18) = 6.6 lb-mol H2O
H: 6.6 x 2 = 13.2 lb
Oxígeno en el carbón:
220.54 - 13.2 - 220.54 x 0.86 = 17.67 lb
Composición del carbón:
C
163.2 lb
H
13.2 lb
O
17.67 lb
Ceniza 26.46 lb
74.00 %
5.98 %
8.01 %
12.00 %
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
294 ────────────────────────────────────────
c)
(2 946 lb aire/220.54 lb carbón) = 13.35
d) Oxígeno teórico:
(163.2/12) + (13.2/4) - (17.67/32) = 16.34 lb-mol
O2 (S) = 102.15 x 0.21 = 21.45 lb-mol
21.45 - 16.34
% en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 31.27 %
16.34
7.15 - Cuando se quema carbono puro con aire, una parte de éste se oxida a CO y
otra a CO2. Si la relación molar de N2/O2 es 7.18 y la de CO/CO2 es 2,
¿Cuál es el porcentaje en exceso de aire utilizado ?
Los gases de salida contienen: N2, O2, CO y CO2.
X = fracción molar de oxígeno en los gases
Y = fracción molar de CO2 en los gases
Y
CO2
CO
2Y
X
O2
N2 7.18 X
Gases producidos:
O2 (S) = (2 Y + X) moles
N2 (S) = 7.18 X moles
Por la relación del aire se puede establecer la siguiente ecuación:
(2Y+X)
21
⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯ = 0.2658
7.18 X
79
La suma de las fracciones molares es 1:
3 Y + 8.18 X = 1
Resolviendo el sistema se tiene:
X = 0.1048
Y = 0.04758
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
295
─────────────────────────────────────────
O2 (T) = 3 Y = 0.14274
O2 (S) = 2 Y + X = 0.2
0.2 - 0.14274
% en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 40 %
0.14274
7.16 - Una mezcla formada por aceite combustible y lodos se quema en un horno
en presencia de aire. Suponiendo que el aceite combustible sólo contiene H
y C. Se conocen los siguientes análisis:
Lodos: Húmedos
Secos
Gas de chimenea:
agua
sólidos
50%
50%
S
C
H
O
32 %
40 %
4%
24 %
SO2
CO2
CO
O2
N2
1.52 %
10.14 %
2.05 %
4.65 %
81.67 %
a) Determinar la composición en peso del aceite combustible.
b) Determinar las libras de lodo húmedo por libra de aceite combustible.
B.C.: 100 lb-mol de gases de combustión
Para calcular la masa de lodo seco se toma el azufre como elemento de enlace:
1 lb-at S
32 lb S
1.52 lb-mol SO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 48.64 lb S
lb-at S
1 lb-mol SO2
100 lb lodo seco
48.64 lb S x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 152 lb lodo seco
32 lb S
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
296 ────────────────────────────────────────
Aire = 81.67 x (100/79) = 103.38 lb-mol
Balance de C:
C (aceite) + 152 x 0.4 = 12.19 x 12
C (aceite) = 85.48 lb
Balance de O2:
O2 (entra) = 103.38 x 0.21 + (152 x 0.24)/32
O2 (sale) = 1.52 + 10.14 + (2.05/2) + 4.65 + O2 (agua)
O2 (agua) = 5.5148 lb-mol
H2O formada = 11.03 lb-mol
Balance de H:
H2 (entra) = H2 (aceite) + (152 x 0.04)/2 lb-mol
H2 (sale) = 11.03 lb-mol
H2 (aceite) = 7.99 lb-mol x 2 mol-1 = 15.98 lb
a) Composición del aceite:
C
H
b)
85.48 lb 84.25 % peso
15.98 lb 15.75 %
⎯⎯⎯⎯⎯
101.46 lb
Lodo húmedo = 152 x (100/50) = 304 lb
304 lb lodo
lb lodo húmedo
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
101.46 lb aceite
lb aceite
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
297
─────────────────────────────────────────
7.17 - A continuación se da el análisis próximo y el análisis último de un carbón:
Análisis Próximo:
Humedad
CF
MV
Cenizas
4.0 %
55.1 %
26.7 %
14.2 %
Análisis Ultimo:
C
N
H
S
O
ceniza
61.5 %
1.8 %
3.5 %
0.4 %
18.6 %
14.2 %
Si al quemar este carbón la escoria contiene 12 % de carbono y 2 % de MV,
determinar el porcentaje de carbono perdido en la escoria.
B.C.: 100 gramos de carbón
Peso de escoria = (14.2/0.86) = 16.51 g
Se denomina combustible a la suma de (CF + MV)
(CF + MV) = 55.1 + 26.7 = 81.8 g
Relación (CF/MV) en carbón = (55.1/26.7) = 2.063
MV en escoria = 16.51 x 0.02 = 0.3302 g
C no coquizado en escoria = 2.063 x 0.3302 = 0.6812 g
C coquizado = 16.51 x 0.12 - 0.6812 = 1.3 g
Combustible en escoria = 0.6812 + 0.3302 = 1.0114 g
Puede suponerse que este combustible tiene la misma composición del
combustible en el carbón original, luego:
C en combustible de escoria = (61.5/81.8) x 1.0114 = 0.76 g
C total en escoria = 1.3 + 0.76 = 2.06 g
Porcentaje de carbono perdido en escoria:
(2.06/61.5) x 100 = 3.35 %
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
298 ────────────────────────────────────────
7.18 - Una muestra de carbón tiene la siguiente composición:
C
73.9 %
H
4.8 %
O
8.8 %
N
1.4 %
5.4 %
H2O
cenizas 5.7 %
Cuando el carbón fué utilizado en un horno, la escoria contenía 18% de
carbono y el análisis en base seca de los gases de chimenea mostraba 12 %
de oxígeno libre. Sobre la base de 100 kg de carbón cargado, realizar el
balance de masa del horno.
B.C.: 100 kg de carbón cargado al horno
Se calcula el agua combinada y el hidrógeno neto en el carbón.
H: (4.8/2) = 2.4 kg-mol H2
O: (8.8/32) = 0.275 kg-mol O2
El hidrógeno necesario para formar el agua combinada será:
H2 + 0.5 O2 = H2O
1 kg-mol H2
0.275 kg-mol O2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.55 kg-mol H2
0.5 kg-mol O2
H2O combinada = 0.55 x 18 = 9.9 kg
Hneto = (2.4 - 0.55) kg-mol x 2 mol-1 = 3.7 kg
El análisis último reajustado del carbon será:
C
H neto
N
H2O comb
Humedad
Cenizas
Se calcula ahora el oxígeno teórico:
73.9 %
3.7 %
1.4 %
9.9 %
5.4 %
5.7 %
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
299
─────────────────────────────────────────
C: (73.9/12) = 6.158 kg-at
H neto : (3.7/2) = 1.85 kg-mol
O2 (T) = 6.158 + (1.85/2) = 7.083 kg-mol
Escoria formada = (5.7/0.82) = 6.95 kg
Carbono en escoria = 6.95 x 0.18 = 1.251 kg
Carbono en gases = 73.9 - 1.251 = 72.649 g = 6.054 kg-at
CO2 en gases = 6.054 kg-mol
Si X = kg-mol de oxígeno en exceso
O2 (S) = O2 (T) + O2 (exceso) = 7.083 + X
O2 (R) = 6.054 + (1.85/2) = 6.979 kg-mol
O2 (libre) = O2 (S) - O2 (R)
O2 (libre) = 7.083 + X - 6.979 = 0.104 + X kg-mol
El N2 presente en los gases será:
(7.083 + X) x (79/21) + (1.4/28) = 26.69 + 3.76 X
El agua en los gases será la suma del agua combinada, la humedad y el agua
formada a partir del hidrógeno neto.
H2O = 9.9 + 5.4 + (3.7/2) x 18 = 48.6 kg
Como el oxígeno libre en los gases es el 12% se tendrá:
X + 0.104
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.12
6.054 + X + 0.104 + 26.69 + 3.76 X
X = 9.19 kg-mol
Balance de Materia del horno:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
300 ────────────────────────────────────────
ENTRADAS
Carbón:
Aire : (7.083 + X) x (100/21)
= 77.49 kg-mol x 28.84
Total
SALIDAS
CO2 6.054 x 44
O2 (X + 0.104) x 32
N2 (26.69 + 3.76 X) x 28
H2O
Escoria
100
kg
2 234.82 kg
⎯⎯⎯⎯⎯
2 334.82 kg
266.37 kg
297.40 kg
1 714.84 kg
48.60 kg
6.95 kg
⎯⎯⎯⎯⎯
Total 2 334.16 kg
PROBLEMAS PROPUESTOS
7.19 - Un hidrocarburo cuya fórmula es (CH1.2)n se quema completamente con un
15% en exceso de aire. Calcular:
a) El análisis Orsat de los gases de combustión.
b) Las libras de agua producida por libra de hidrocarburo.
7.20 - Una mezcla de H2 y CH4 se quema con aire. El siguiente es el análisis Orsat
del gas de chimenea:
N2 86.9 % molar
4.35 %
O2
CO2 8.75 %
a) ¿ Cuál es la composición molar de la mezcla combustible ?
b) ¿ Cuál es la relación en peso aire/combustible ?
7.21 - Un gas combustible tiene la siguiente composición molar
O2
N2
CO
5%
80 %
15 %
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
301
─────────────────────────────────────────
Este gas se quema completamente con aire, de tal forma que el oxígeno
total presente antes de la combustión es un 20% en exceso. Calcular los
kilogramos de aire necesarios si se producen 975.9 m3 de gases a 590 mm
Hg y 180 oC.
7.22 - En un aparato experimental se supone que se mezcla aire con oxígeno puro,
de modo que el metano que se quema para calentar el aparato, generará
productos de combustión que tengan una temperatura mayor que la de los
productos con aire solo. Hay algunas preguntas en cuanto a si el
enriquecimiento supuesto es correcto. Analizando los gases generados se
obtiene:
CO2
O2
N2
22.2%
4.4 %
73.4 %
Calcular el porcentaje de O2 y N2 en el aire enriquecido con O2.
7.23 - Un combustible formado por etano (C2H6) y metano (CH4) en proporciones
desconocidas, se quema en un horno utilizando aire enriquecido que
contiene 50% molar de O2. El análisis Orsat es:
CO2 25 %
N2 60 %
O2 15 %
a) Calcular la composición molar del combustible.
b) Calcular la relación en masa aire/combustible.
7.24 - El análisis de un gas natural es:
CH4
N2
80 %
20 %
Este gas se quema en una caldera y la mayor parte del CO2 se utiliza en la
producción de hielo seco por lo cual se lava para eliminar el gas de
chimenea. El análisis del gas de descarga del lavador es:
CO2 1.2 %
4.9 %
O2
93.9 %
N2
Calcular:
a) El porcentaje de CO2 absorbido.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
302 ────────────────────────────────────────
b) El porcentaje en exceso de aire utilizado.
7.25 - Un gas combustible tiene el siguiente análisis:
CO2
C2H4
C6H6
O2
3.2 %
6.1 %
1.0 %
0.8 %
H2
CO
C1.2H4.4
N2
40.2 %
33.1 %
10.2 %
5.4 %
Suponer que este gas se alimenta a 65 oF, saturado con vapor de agua y
se quema con aire a 1 atm, 65oF y humedad relativa 60%. El porcentaje en
exceso de aire es 20% y la combustión es completa. ¿ Cuál es el punto de
rocío de los gases de chimenea ?
7.26 - El análisis Orsat de los gases formados en la combustión de un hidrocarburo
con aire seco es:
CO2
O2
N2
13.73 %
3.66 %
82.6 %
Determinar la composición en peso del hidrocarburo y su fórmula mínima.
7.27 - Si el análisis Orsat de un gas de combustión es:
CO 1.0 %
2.6 %
O2
CO2 5.5 %
N2 90.9 %
¿Cuál es la composición del combustible si este contiene CH4, CH3 OH y
N2, y se utiliza para la combustión un 20 % en exceso de aire ?
7.28 - Un gas cuya composición es la siguiente, se quema con aire.
CS2
C2H6
CH4
H2
N2
O2
CO
30 %
26 %
14 %
10 %
10 %
6%
4%
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
303
─────────────────────────────────────────
El gas de combustión contiene:
SO2
CO
CO2
H2O
O2
N2
3.0 %
2.4 %
¿ Cuál fué el porcentaje en exceso de aire ?
7.29 - Un combustible de composición desconocida se quema con un 20% en
exceso de aire. Se analiza el gas de combustión y se encuentra que
contiene:
CO2 8.4 %
4.2 %
O2
N2 86.2 %
CO 1.2 %
Si el combustible contiene CH4, C2H6 y N2, ¿ cuál es su composición ?
7.30 - Al quemar un combustible se obtiene un gas de combustión que contiene:
4.3 %
O2
H2O 8.0 %
CO2 8.0 %
CO 8.6 %
N2 7 1.1 %
El combustible contiene C2H2, CO y O2 y se quemó en presencia de aire.
Calcular:
a) La composición del combustible.
b) El porcentaje en exceso de aire utilizado.
7.31 - Un horno de recocido de acero utiliza aceite combustible cuya composición
es:
C
H
91 % peso
9%
Se piensa quemar este combustible con un 20% en exceso de aire.
Suponiendo combustión completa, calcular el análisis Orsat del gas de
combustión.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
304 ────────────────────────────────────────
7.32 - Se quema gasolina con un 15% en exceso de aire. El 10% del carbono pasa
a CO y el resto a CO2. La composición en peso de la gasolina es:
C 84 %
H 16 %
Calcular:
a) El análisis Orsat de los gases producidos.
b) Los kilogramos de gas producido por kilogramo de gasolina.
c) Los galones de agua líquida producida por galón de gasolina si su
densidad es 0.79 g/cm3.
7.33 - Un Fuel Oil cuya gravedad específica es 14.1 oAPI contiene 11.5% en peso
de hidrógeno y 88.5% en peso de carbono. Calcular el volumen de los
gases producidos a 560 mm Hg y 180 oC al quemar completamente 10
galones de Fuel Oil con un 20% en exceso de aire.
7.34 - Calcular el análisis Orsat de los gases producidos al quemar completamente
alcohol etílico (C2H5 OH) con un 15% en exceso de aire.
7.35 - Un motor de automóvil quema un combustible formado por una mezcla de
hidrocarburos. Un análisis Orsat del gas producido muestra:
10 %
CO2
0%
O2
CO + N2 90 %
La relación en peso aire/combustible empleada en el motor es 12.4.
a) Calcular el análisis Orsat completo del gas.
b) Calcular la relación en peso C/H en el combustible.
7.36 - En una prueba realizada en una caldera que funciona con petróleo no fué
posible medir la cantidad de combustible quemado, aunque el aire que se
empleó se determinó insertando un medidor vénturi en la línea de aire. Se
3
o
determinó que se utilizaron 5 000 pies /mi de aire a 80 F y 10 psig. El
análisis del gas de chimenea seco es:
CO2
CO
O2
N2
10.7 %
0.55 %
4.75 %
84.0 %
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
305
─────────────────────────────────────────
Si se supone que el petróleo está formado únicamente por hidrocarburos,
calcular los galones por hora de petróleo que se quema. La densidad del
petróleo es de 19 oAPI.
7.37 - Se queman dos combustibles con aire: un gas natural y un aceite
combustible cuyas composiciones son:
GAS NATURAL
CH4 96 %
C2H2 2 %
CO2 2 %
ACEITE
C 86.95 % peso
H 13.05 %
Los gases de combustión totales contienen:
CO2 10 %
CO
1%
5%
O2
84 %
N2
Calcular los m3 (CNPT) de gas natural por kg de aceite consumidos en la
combustión.
7.38 - Una compañía de energía opera una de sus calderas con gas natural y la
otra con aceite. El análisis de los combustibles es:
GAS NATURAL : CH4 96 % y CO2 4 %
ACEITE : (CH1.8)n
Cuando los quemadores operan al mismo tiempo el análisis Orsat del gas
de chimenea es:
CO2
O2
N2
10.0 %
4.5 %
85.5 %
Calcular los pies3 de gas natural empleado a 1 atm y 20 oC por cada libra
de aceite.
7.39 - En un experimento, se quema carbono puro con aire enriquecido que
contiene 50% m de oxígeno. Por causa de una mala combustión, no todo
el carbono se quema. De la parte que se quema, el 75% forma CO y el
resto CO2. El exceso de oxígeno es 10%. Se sabe tambien que por cada
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
306 ────────────────────────────────────────
10 g de carbono suministrado (no todo se quema) se forman 51.3 litros de
gases de combustión medidos a 27 oC y 1 atm. ¿ Cuál fué el porcentaje de
carbono que no quemó ?
7.40 - Un coque contiene 87.2% en peso de carbono y 12.8% de ceniza. Los gases
producidos por la combustión del coque tienen la siguiente composición
molar:
CO2
CO
O2
N2
12.0 %
0.2 %
8.8 %
79.0 %
El 6% del carbono en el coque se pierde en el resíduo. Calcular:
a) El volumen de los gases en m3 a 400 oC y 750 mm Hg por 100 kg de
coque cargado al horno.
b) El porcentaje en exceso de aire suministrado.
c) El volumen de aire a 20 oC y 1 atm suministrado al horno por kg de
coque cargado.
7.41 - Un horno quema en 24 horas, 9.5 toneladas de carbón con la siguiente
composición en peso:
C
76.0 %
H
2.9 %
15.1 %
H2 O
Ceniza
6.0 %
Se producen 980 kilogramos de resíduo (cenizas + carbono no quemado).
El volumen de los gases de chimenea en 24 horas es 228 000 m3 medidos
a 330 oC y 725 mm Hg. Calcular el porcentaje en exceso de aire utilizado.
7.42 -Un horno metalúrgico utiliza carbón bituminoso de la siguiente composción
C
H
N
72.2 %
5.0 %
1.7 %
O
7.8 %
S
0.8 %
Ceniza 12.5 %
La escoria del horno contiene un 25% de carbono. El aire se encuentra a
o
22 C y 751 mm Hg. Se utiliza un exceso de aire del 50%. Calcular:
a) El balance de materia del proceso por 100 kg de carbón.
b) La composición de los gases de combustión.
CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION
307
─────────────────────────────────────────
c) El análisis Orsat de los gases de combustión.
d) El volumen de aire utilizado.
7.43 - Un carbón bituminoso se quema en una caldera con aire a 85 oF y 90% de
humedad. La presión barométrica es 29.2 pulg Hg. La escoria sale del
horno libre de humedad y cuando se analiza contiene 22.3% de humedad,
12.3% MV y 41.4% CF. El análisis próximo del carbón es:
CF
56.34 %
MV
37.75 %
Humedad 2.97 %
Ceniza
2.94 %
Un análisis último parcial en base libre de humedad es: C 84.43%, N 2%, S
0.82%. El análisis de los gases de chimenea es:
CO2
CO
O2
N2
12.0 %
1.2 %
6.2 %
80.6 %
Calcular el balance de materia completo del proceso.
7.44 - En un horno se quema un carbón bituminoso con aire a 77 oF y humedad
relativa 90%. La presión barométrica es 14.7 psi. Los gases salen del
horno a 290 oC. La escoria se descarga seca a 230 oC. El análisis de la
escoria es: C 12.2%, ceniza 71.7% y humedad 16.1%. El análisis próximo
del carbón es: CF 50.34%, MV 30.68%, Humedad 9.61% y Ceniza 9.37%.
El análisis último parcial del carbón es: C 66.61%, N 1.43% y S 0.5%. El
análisis del gas de chimenea es: CO2 12.2%, CO 0.2%, O2 7% y N2 80.6%.
Calcular:
(a) El contenido de hidrógeno neto en el análisis último del carbón a partir
de un balance de oxígeno.
(b) El análisis último completo del carbón.
(c) El porcentaje en exceso de aire suministrado en la combustión.
(d) El punto de rocío de los gases de chimenea.
(e) El volumen en pies3 de aire suministrado.
(f) El volumen en pies3 de gases de chimenea.
7.45 - Un astronauta exhala 2.16 lb de agua y 16.6 lb de CO2 cada día. Se sabe
tambien que es posible respirar gases que contengan oxígeno desde 100%
hasta 20% en volumen. Una cabina espacial tiene 1 500 pies3 de volumen
libre y se llena inicialmente con oxígeno puro a una presión de 600 mm Hg
y una temperatura de 20 oC. En vuelo, la temperatura se mantiene a 20 oC
y el agua es absorbida por un desecador. ¿ Cuál sería la duración en horas
de una misión sin suministro exterior de oxígeno y cuál la presión final ?
CAPITULO 8
BALANCE DE MATERIA
EN PROCESOS DE OXIDACION
DE AZUFRE Y PIRITAS
Tanto el azufre como los minerales sulfurados se queman con aire en hornos
especialmente diseñados y cuyo propósito general es la producción de dióxido de
azufre (SO2) y trióxido de azufre (SO3). Cuando el azufre se quema las siguientes
reacciones ocurren:
S + O2 = SO2
S + (3/2) O2 = SO3
Normalmente sólo una pequeña cantidad del azufre quemado forma SO3 y se hace
necesario utilizar un convertidor catalítico para obtener un buen rendimiento hasta
SO3. La reacción del convertidor es:
SO2 + (1/2) O2 = SO3
Las piritas de hierro son el mineral más comunmente utilizado en la producción de
dióxido de azufre. Estas contienen principalmente sulfuro de hierro (FeS2),
pequeñas cantidades de otros sulfuros y gran cantidad de materia no combustible
o material inerte. Las principales reacciones son:
4 FeS2 + 11 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO2
4 FeS2 + 15 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO3
En un proceso de combustión de piritas, la escoria producida contiene el material
inerte y el óxido de hierro. Algunas veces parte del FeS2 no se quema y aparece en
la escoria, así como trióxido de azufre absorbido en ella.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
310 ────────────────────────────────────────
Los gases de combustión de este proceso se analizan generalmente por el método
Orsat y el agua absorbe totalmente el SO3. El análisis de estos gases es por lo
tanto libre de SO3 y H2O.
En la fabricación de ácido sulfúrico por el proceso de contacto, el SO3 es absorbido
pasando en contracorriente los gases y un líquido absorbente en torres
empacadas. El ácido se forma a partir de la reacción:
SO3 + H2O = H2SO4
Para que el proceso se realice en forma efectiva no se utiliza agua pura en la cima
de la columna, sino ácido sulfúrico con una concentración entre 98.5% y 99% en
peso y se descarga por el fondo un "oleum" del 20%. El "oleum" es una solución de
SO3 en H2SO4. El siguiente diagrama indica todos los pasos descritos
anteriormente.
CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS
─────────────────────────────────────────
311
PROBLEMAS RESUELTOS
8.1 - El gas procedente de un horno de azufre tiene la siguiente composición:
SO3 0.8 % molar
SO2 7.8 %
O2 12.2 %
N2 79.2 %
a) Calcular el volumen del gas formado a 60 oF y 29.2 pulg Hg, por libra de
azufre quemado.
b) Calcular el porcentaje en exceso de oxígeno que se ha suministrado para
la reacción anterior y del necesario para la combustión completa a SO3.
c) Calcular el volumen de aire suministrado a 10 oF y 29.2 pulg de Hg para
la combustión, por libra de azufre quemado.
B.C.: 100 lb-mol de gas.
a)
nRT
100 x 520
29.92 x 359
3
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 38 878.6 pies
P
29.2
492
S quemado = 0.8 + 7.8 = 8.6 lb-at x 32 = 275.2 lb
(38 878.6 pies3/275.2 lb S) = 141.26
b)
S + 1.5 O2 = SO3
O2 (T) = 8.6 x 1.5 = 12.9 lb-mol
O2 (S) = 79.2 x (21/79) = 21.05 lb-mol
21.05 - 12.9
% en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 63.17 %
12.9
c)
aire = 21.05 x (100/21) = 100.23 lb-mol
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
312 ────────────────────────────────────────
nRT 100.23 x 470
29.92 x 359
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 35 221 pies3
P
29.2
492
( 35 221 pies3/275.2 lb S ) = 128
8.2 - Se quema azufre puro con aire. Si se utiliza un 20% en exceso de oxígeno
con base en la oxidación hasta SO3 y teniendo en cuenta que sólo el 30%
del azufre se oxida a SO3, formando SO2 el restante, calcular:
a) La composición molar de los gases resultantes.
b) La relación molar de SO3/SO2 en los gases finales, si los gases de
combustión de la parte (a) se pasan a través de un convertidor donde se
convierte el SO2 a SO3. No se agrega ningún componente en ésta etapa.
La fracción molar de oxígeno en los gases que salen del convertidor es
0.048.
B.C.: 1 g-at de azufre
Reacciones:
S + O2 = SO2
S + 1.5 O2 = SO3
SO2 + 0.5 O2 = SO3
a)
SO3 producido = 0.3 g-mol
SO2 producido = 0.7 g-mol
O2 (T) = 1.5 g-mol
O2 (S) = 1.5 x 1.2 = 1.8 g-mol
O2 (R) = 0.3 x 1.5 + 0.7 = 1.15 g-mol
O2 (libre) = 1.8 - 1.15 = 0.65 g-mol
N2 (S) = 1.8 x (79/21) = 6.77 g-mol
CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS
─────────────────────────────────────────
Composición:
b)
SO3 0.3 g-mol
SO2 0.7 g-mol
O2 0.65 g-mol
N2 6.77 g-mol
⎯⎯⎯⎯⎯
8.42 g-mol
313
3.56 %
8.31 %
7.72 %
80.40 %
X = g-mol de SO2 que se convierten a SO3
SO3
SO2
O2
N2
(0.3 + X )
g-mol
(0.7 - X )
g-mol
(0.65 - 0.5 X) g-mol
6.77
g-mol
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
(8.42 - 0.5 X) g-mol
0.65 - 0.5 X
xO = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.048
2
8.42 - 0.5 X
Resolviendo:
X = 0.516 g-mol
0.816
(0.3 + 0.516) g-mol SO3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = 4.43
(0.7 - 0.516) g-mol SO2
0.184
8.3 - El gas proveniente de un quemador de azufre de una planta de producción de
ácido sulfúrico tiene la siguiente composición:
SO2 6.5 %
SO3 2.78 %
O2 10.65 %
N2 80.07 %
a) ¿ Cuál es el porcentaje de conversión para la oxidación del azufre hasta
SO3 ?
b) ¿ Cuál fué el porcentaje en exceso de oxígeno suministrado, tomando
como base la oxidación completa hasta SO3.
c) El gas se pasa por una serie de convertidores donde el SO2 se oxida
hasta SO3. Calcular la composición de los gases que abandonan los
convertidores.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
314 ────────────────────────────────────────
d) El gas abandona los convertidores a 150 oF y 740 mm Hg. Calcular el
volumen de los gases que salen por cada tonelada de azufre quemado.
B.C.: 100 kg-mol de gas
a)
S total = 6.5 + 2.78 = 9.28 kg-at x 32 = 296.96 kg
(2.78/9.28) x 100 = 29.95 %
S + 1.5 O2 = SO3
b)
O2 (T) = 9.28 x 1.5 = 13.92 kg-mol
O2 (S) = 80.07 x (21/79) = 21.28 kg-mol
21.28 - 13.92
% en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 52.87 %
13.92
SO2 + 0.5 O2 = SO3
c)
SO3 (sale) = 2.78 + 6.5 = 9.28 kg-mol
O2 (libre) = 10.65 - 3.25 = 7.4 kg-mol
N2 (sale) = 80.07 kg-mol
Composición:
SO3 9.28 kg-mol 9.59 %
7.40 kg-mol 7.64 %
O2
N2 80.07 kg-mol 82.76 %
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
96.75 kg-mol
d)
nRT
96.75 x 610
760 x 22.414
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2 761.3 m3
P
740
492
1 000 kg
m3
2 761.3 m3
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 9 298.5 ⎯⎯⎯
296.96 kg S
tn S
tn S
CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS
─────────────────────────────────────────
315
8.4 - Las piritas (FeS2) se utilizan con frecuencia como fuente de gases ricos en
azufre. La reacción más deseada es:
4 FeS2 + 15 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO3
Pero la reacción:
4 FeS2 + 11 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO2
ocurre simultáneamente, y la mayoría del azufre es oxidado a SO2 mientras
que el resto pasa a SO3. Un convertidor catalítico se requiere para oxidar
este SO2 a SO3. El análisis del gas de chimenea de un horno de piritas en el
cual el FeS2 es quemado con aire seco, muestra una relación 4:2:1 para
SO2:O2:SO3
Seleccionando una base conveniente de 7 moles de esta mezcla:
a) ¿Cuántas moles de oxígeno se utilizaron para obtener el SO3 ?
b) ¿Cuántas moles de oxígeno se utilizaron para obtener el SO2 ?
c)¿Cuántas moles de oxígeno
deberían haberse suministrado
originalmente? (Todo el azufre a SO3).
d) ¿Cuál es el exceso de moles de oxígeno ?
e) ¿Cuántas moles de FeS2 deberían quemarse para proveer el azufre
presente en el gas?
B.C.: 7 g-mol de mezcla inicial
SO2
O2
SO3
a)
4 g-mol
2 g-mol
1 g-mol
15 g-mol O2
1 g-mol SO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.875 g-mol O2
8 g-mol SO3
b)
11 g-mol O2
4 g-mol SO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 5.5 g-mol O2
8 g-mol SO2
c)
S total = 5 g-at
15 g-mol O2
1 g-mol FeS2
5 g-at S x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 9.375 g-mol
2 g-at S
4 g-mol FeS2
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
316 ────────────────────────────────────────
d)
O2 (S) = 1.875 + 5.5 + 2 = 9.375 g-mol
El exceso basándose en la reacción a SO3 es 0.
e)
1 g-mol FeS2
5 g-at S x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.5 g-mol FeS2
2 g-at S
8.5 - Para la obtención del H2SO4 por el método de contacto, se queman piritas de
hierro FeS2, con aire en un 100% en exceso del necesario para oxidar todo
el hierro a Fe2O3 y todo el azufre a SO2. Puede suponerse que la combustión
de las piritas es completa para la formación de estos productos y que no se
forma SO3 en el quemador. Los gases del quemador se limpian y pasan a un
convertidor catalítico en el cual el 80% del SO2 se oxida a SO3 por
combinación con el oxígeno presente en los gases.
Calcular:
a) El volumen del gas que sale del convertidor a condiciones normales, por
kg-mol de FeS2 cargado.
b) La masa molecular promedio de los gases producidos.
B.C. : 4 kg-mol FeS2
4 FeS2 + 11 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO2
SO2 + 0.5 O2 = SO3
O2 (T) = 4 x (11/4) = 11 kg-mol O2
O2 (S) = 11 x 2 = 22 kg-mol
N2 (aire) = 22 x (79/21) = 82.76 kg-mol N2
Masa de N2 = 82.76 x 28 = 2 317.28 kg
SO2 formado = 8 kg-mol
O2 que sale del horno = 11 kg-mol
SO2 (R) en el convertidor = 8 x 0.8 = 6.4 kg-mol
SO3 formado = 6.4 kg-mol x 80 = 512 kg
CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS
─────────────────────────────────────────
SO2 que sale del convertidor = 8 - 6.4 = 1.6 kg-mol = 1.6 x 64 = 102.4 kg
O2 (R) en el convertidor = 3.2 kg-mol
O2 que sale del convertidor = 11 - 3.2 = 7.8 kg-mol = 7.8 x 32 = 249.6 kg
a)
22.414 m3
98.56 kg-mol x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2 209.12 m3
kg-mol
(2 209.12 m3/4 kg-mol FeS2) = 552.28
b) Masa de gases:
102.4 kg
SO2
512
kg
SO3
249.6 kg
O2
2 317.28 kg
N2
( 3 181.28 kg/98.56 kg-mol ) = 32.27 mol-1
317
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
318 ────────────────────────────────────────
8.6 - Un mineral de pirita contiene FeS2 88.6% y resíduo 11.4%. Este mineral se
carga a un quemador. El análisis de los fondos muestra que hay 81.71% de
Fe2O3, 2.19% de FeS2 y 16.1% de inertes. Se suministró al quemador un
20% de aire en exceso basado en la conversión total a SO3. El gas del
quemador se pasa directamente al convertidor. El 96% del azufre quemado
se convierte a SO3 en el quemador y el convertidor. ¿ Cuál es el análisis de
los gases que salen del convertidor ?
B.C.: 100 kg de pirita
4 FeS2 + 11 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO2
4 FeS2 + 15 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO3
SO2 + 0.5 O2 = SO3
Peso de escoria = 11.4 x (100/16.1) = 70.8 kg
FeS2 que entra = (88.6/119.85) = 0.7392 kg-mol
FeS2 quemado = 88.6 - 0.0219 x 70.8 = 87.05 kg
(87.05/119.85) = 0.7263 kg-mol FeS2
O2 (T) = 0.7392 x (15/4) = 2.772 kg-mol
O2 (S) = 2.772 x 1.2 = 3.3264 kg-mol
N2 (S) = 3.3264 x (79/21) = 12.513 kg-mol
CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS
─────────────────────────────────────────
319
SO3 formado = 0.7263 x 0.96 x (8/4) = 1.394 kg-mol
SO2 formado = 0.7263 x 0.04 x (8/4) = 0.058 kg-mol
O2 (R) = 1.394 x (15/8) + 0.058 x (11/8) = 2.6935
O2 (libre) = 3.3264 - 2.6935 = 0.6329 kg-mol
Análisis de los gases:
SO3 1.394 kg-mol
SO2 0.058 kg-mol
0.633 kg-mol
O2
N2 12.513 kg-mol
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
14.598 kg-mol
9.54 %
0.40 %
4.33 %
85.71 %
8.7 - Los gases resultantes del primer convertidor de una planta de ácido sulfúrico
muestran un análisis:
SO2 4 %
O2 13 %
N2 83 %
El análisis de los gases del segundo convertidor en serie con el primero,
muestra:
SO2 0.45 %
O2 11.85 %
87.7 %
N2
¿Qué porcentaje del SO2 que entra al segundo convertidor se oxida a SO3?
B.C. : 100 lb-mol de gases que entran al segundo convertidor.
SO2 + 0.5 O2 = SO3
Gases que salen = 83 x (100/87.7) = 94.64 lb-mol
SO2: 94.64 x 0.0045 = 0.42588 lb-mol
O2: 94.64 x 0.1185 = 11.21484 lb-mol
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
320 ────────────────────────────────────────
SO2 que reaccionó = 4 - 0.42588 = 3.57412 lb-mol
SO3 formado = 3.57412 lb-mol
(3.57412/4) x 100 = 89.35 %
8.8 - La combustión de piritas que contienen:
89.2 %
FeS2
Resíduo 10.8 %
produce una escoria cuyo análisis es:
Fe2O3
Resíduo
84.7 %
15.3 %
Se suministran al quemador 16 lb-mol de aire por cada 100 lb de piritas. Los
gases del quemador se pasan a través de un convertidor. Un análisis Orsat a
la salida del convertidor reporta 92.6% de N2. Calcular el porcentaje del
azufre cargado que se oxida hasta SO3.
B.C. : 100 lb de piritas
CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS
─────────────────────────────────────────
lb-mol
89.2 lb FeS2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.7442 lb-mol FeS2
119.85 lb
Fe2O3 formado = 0.7442 x (1/2) x 159.7 = 59.42 lb
Escoria = 59.42 x (100/84.7) = 70.15 lb
Aire suministrado = 16 lb-mol ( dato del problema )
N2 (S) = 16 x 0.79 = 12.64 lb-mol
Gases libres de SO3 = 12.64 x (100/92.6) = 13.65 lb-mol
Azufre total = 0.7442 x 2 = 1.4884 lb-at
X = lb-at de S que forma SO2
SO2 formado = X lb-mol
SO3 formado = (1.4884 - X) lb-mol
O2 (S) = 16 x 0.21 = 3.36 lb-mol
O2 (R) = 0.7442 x (1.5/2) + X + (1.4884 - X) x 1.5 = 2.7907 - 0.5 X
O2 (libre) = 3.36 - (2.7907 - X) = 0.5693 + 0.5 X
La ecuación queda:
Moles de (SO2 + N2 + O2) = 13.65 lb-mol
X + 12.64 + 0.5693 + 0.5 X = 13.65
Resolviendo:
X = 0.2938
SO3 formado = 1.4884 - 0.2938 = 1.1946 lb-mol
Porcentaje oxidado a SO3 :
(1.1946/1.4884) x 100 = 80.2 %
321
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
322 ────────────────────────────────────────
8.9 - A un convertidor se alimentan 100 moles de un gas libre de SO3 proveniente
de un quemador. El análisis de estos gases muestra:
SO2 10 %
5%
O2
Si los gases que salen del convertidor contienen 1 % de SO2 (base libre de
SO3), ¿ cuál es su composición molar incluído el SO3 ?
B.C. : 100 g-mol de gas libre de SO3 a la entrada
SO2 + 0.5 O2 = SO3
X = g-mol de SO2 que reaccionan
Gases que salen:
SO2 (10 - X) g-mol
X
g-mol
SO3
85
g-mol
N2
O2 (5 - 0.5 X) g-mol
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
100 - 0.5 X g-mol
Como el porcentaje de SO2 sobre una base libre de SO3 a la salida es 1 %, la
ecuación es:
(10 - X)
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.01
(100 - 0.5 X) - X
Resolviendo:
X = 9.137
Composición molar:
SO2 0.863 g-mol
SO3 9.137 g-mol
g-mol
N2 85.0
0.431 g-mol
O2
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
95.431 g-mol
0.9 %
9.57 %
89.07 %
0.45 %
8.10 - Las cenizas producidas en la combustión de piritas de hierro producen una
escoria que contiene 1% de azufre como SO3. Si la pirita contiene 85% en
peso de FeS2 y 15% de material inerte, calcular las lb de SO3 perdidas en la
escoria por cada 100 lb de piritas cargadas.
CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS
─────────────────────────────────────────
323
B.C. : 100 lb de piritas cargadas
4 FeS2 + 11 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO2
4 FeS2 + 15 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO3
Fe2O3 formado=(85/119.85) x (1/2) x 159.7 = 56.63 lb
56.63 + 15 = 71.63 lb escoria libre de SO3
Por cada 100 lb de escoria se tendrá:
80 lb SO3
1 lb S x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.5 lb SO3
32 lb S
Lo cual indica que la escoria contiene 2.5% de SO3
2.5 lb SO3
71.63 lb escoria x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.839 lb SO3
97.5 lb escoria
8.11 - Una mezcla de azufre puro y piritas cuyo análisis es: FeS2 85% e inertes
15%, se quema en un horno de piritas. El gas que sale del quemador
contiene (base libre de SO3):
SO2 10 %
7%
O2
N2 83 %
El gas contiene además 1 mol de SO3 por cada 100 moles de gas libre de
SO3. La escoria contiene 2 % de azufre en forma de SO3. Calcular el
porcentaje de FeS2 en la carga original.
B.C. : 100 lb de pirita
Fe2O3 formado= (85/119.85) x (1/2) x 159.7 = 56.63 lb
Escoria libre de SO3 = 56.63 + 15 = 71.63 lb
Por cada 100 lb se escoria:
2 x (80/32) = 5 lb SO3
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
324 ────────────────────────────────────────
71.63 x (5/95) = 3.77 lb SO3 en escoria
Composición de la escoria:
Fe2O3
SO3
Inerte
56.63 lb
3.77 lb
15.0 lb
⎯⎯⎯⎯
75.4 lb
75.1 %
5.0 %
18.9 %
Composición de gases:
SO3 (1/101) x 100
SO2 (10/101) x 100
O2 (7/101) x 100
N2 (83/101) x 100
= 0.99 %
= 9.90 %
= 6.93 %
= 82.17 %
X = lb-at de S mezclado con la pirita
Balance de azufre:
S (pirita) + X - S (escoria) = S (gases)
S (pirita) = (85/119.85) x 2 = 1.418 lb-at
S (escoria) = (3.77/80) = 0.047 lb-at
1.418 + X - 0.047 = (1.371 + X) lb-at S en gases
100
(1.371 + X) x ⎯⎯⎯⎯ = (12.59 + 9.18 X) lb-mol gases
10.89
Aire = (12.59 + 9.18 X) x 0.8217 x (100/79) = (13.1 + 9.548 X) lb-mol
Masa molecular media de los gases = 32.35 mol-1
Balance total de masa:
CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS
─────────────────────────────────────────
325
ENTRADA
Piritas
Azufre
Aire
100 lb
32 X lb
(13.1 + 9.548 X) x 28.84 lb
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
477.8 + 307.36 X lb
SALIDAS
Escoria
Gases
75.4 lb
(12.59 + 9.18 X) x 32.35 lb
Resolviendo :
X = 0.469
Carga original :
FeS2 85.0 lb
Inerte 15.0 lb
Azufre 15.0 lb
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
115.0 lb
FeS2 en la carga = (85/115) x 100 = 73.91 %
8.12 - El primer paso en la producción de ácido sulfúrico consiste en quemar piritas
con aire. Las siguientes reacciones se suceden:
(1)
(2)
FeS2 + (5/2) O2 = FeO + 2 SO2
2 FeS2 + (11/2) O2 = Fe2O3 + 4 SO2
El análisis de los gases de combustión de un quemador es:
SO2 10.2 %
7.8 %
O2
N2 82.0 %
El análisis anterior fué hecho en base seca, 600 oC y 780 mm Hg.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
326 ────────────────────────────────────────
a) ¿Cuál es la relación entre las reacciones (1) y (2)?
b) ¿Cuál fué el exceso de aire suministrado si toda la pirita alimentada se
quemó?
c) El aire alimentado al quemador es saturado a 100 oF y 735 mm Hg. ¿Cuál
será la relación entre las moles de agua/mol de gas seco que sale del
quemador ?
d) ¿Cuántos pies cúbicos de gas son generados por cada tonelada de pirita
alimentada, si esta contiene inertes y FeS2 de tal forma que hay 42% de
azufre en peso ?
B.C. : 1 lb-mol de FeS2 (119.85 lb)
Gases = 2 x (100/10.2) = 19.6 lb-mol gases
SO2 19.6 x 0.102 = 2.00 lb-mol x 64 = 128.00 lb
O2 19.6 x 0.078 = 1.53 lb-mol x 32 = 48.96 lb
N2 19.6 x 0.820 = 16.07 lb-mol x 28 = 449.96 lb
⎯⎯⎯⎯⎯
626.92 lb
Aire = 16.07 x (100/79) = 20.34 lb-mol = 586.6 lb
Peso de escoria = 119.85 + 586.6 - 626.92 = 79.53 lb
X = lb de FeO en escoria
Y = lb Fe2O3 en escoria
X + Y = 79.53
Balance de Fe:
(55.85/71.85) X + (111.7/159.7) Y = 55.85
Resolviendo:
X = 2.92 lb FeO y Y = 76.61 lb Fe2O3
a)
Fe en la reacción (1) = (2.92/71.85) = 0.0406 lb-at
Fe en la reacción (2) = (76.61/159.7) x 2 = 0.9594 lb
b)
O2 (S) = 20.34 x 0.21 = 4.2714 lb-mol
CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS
─────────────────────────────────────────
327
O2 (libre) = 1.53 lb-mol
O2 (T) = 1 x (5.5/2) = 2.75 lb-mol
O2 (R) = 4.2714 - 1.53 = 2.7414 lb-mol
Se considera la oxidación completa de la pirita.
[(4.2714 - 2.75)/2.75] x 100 = 55.32 %
Ps a 100 oF = 0.9492 psia = 49.07 mm Hg
c)
49.07
lb-mol H2O
Ym = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.07153 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
735 - 49.07
lb-mol aire seco
H2O (aire) = 20.34 x 0.07153 = 1.455 lb-mol H2O
(1.455/19.6) = 0.074 lb-mol H2O/lb-mol gas seco
d)
nRT
19.6 x 873
760 x 359
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 21 924 pies3
P
780
273
Pirita = 2 x 32 x (100/42) = 152.38 lb pirita = 69.12 kg pirita
(21 924/69.12) x 1 000 = 317 187 pies3 / tn pirita
8.13 - Una planta de ácido sulfúrico que utiliza el proceso de cámaras, produce
SO2 al quemar piritas que contienen 46.5 % de azufre. La escoria del
quemador es analizada y se encuentra que contiene 2.03 % de azufre en
forma de SO3. El análisis de los gases del quemador indica un contenido de
9.58% de SO2 y 7.51% de O2. El gas que sale de la primera cámara tiene un
análisis promedio de:
SO2 4.87 %
O2 5.37 %
N2 89.76 %
Calcular:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
328 ────────────────────────────────────────
a) El porcentaje del azufre quemado que abandona el quemador como SO3
en los gases.
b) El porcentaje del azufre quemado que es convertido a H2SO4 en la
primera cámara, suponiendo que los gases que salen de esta cámara no
contienen SO3. c) Las libras totales de H2SO4 (60% en peso) que se
podrían producir por día de 24 horas a partir del SO3 en el gas quemado
y del SO2 oxidado en la primera cámara, si la velocidad de quemado es
de 600 libras de piritas por hora.
4 FeS2 + 11 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO2
4 FeS2 + 15 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO3
SO2 + 0.5 O2 = SO3
SO3 + H2O = H2SO4
B.C. : 100 lb de pirita
a)
FeS2 = (46.5/32) x (1/2) x 119.85 = 87 lb FeS2
Inertes = 100 - 87 = 13 lb
Fe2O3 = (87/119.85) x (1/2) x 159.7 = 57.96 lb
Escoria libre de SO3 = 57.96 + 13 = 70.96 lb
Por cada 100 lb de escoria:
2.03 x (80/32) = 5.075 lb SO3
70.96 x (5.075/94.925) = 3.793 lb SO3
Composición de la escoria:
Fe2O3
Inerte
SO3
57.96 lb 77.53 %
13.0 lb 17.39 %
3.79 lb 5.07 %
⎯⎯⎯⎯⎯
74.75 lb
X = lb-mol de SO3 formado
Y = lb-mol de gases libres de SO3
CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS
─────────────────────────────────────────
Balance de azufre:
(87/119.85) x 2 = (3.79/80) + X + 0.0958 Y
N2 (gases) = 100 - 9.58 - 7.51 = 82.91 %
Oxígeno (S) = (0.8291 Y) x (21/79) = 0.2204 Y
O2 (escoria) = (57.96/159.7) x 1.5 + (3.79/80) x 1.5 = 0.6154 lb-mol
O2 (gases) = 1.5 X + 0.0958 Y + 0.0751 Y = 1.5 X + 0.1709 Y
Balance de oxígeno:
0.2204 Y = 0.6154 + 1.5 X + 0.1709 Y
Resolviendo:
Y = 14
X = 0.053
Azufre total = (46.5/32) = 1.4531 lb-at
(0.053/1.4531) x 100 = 3.64 %
El diagrama resume el balance de masa en el quemador.
b) Gases que salen de la cámara:
329
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
330 ────────────────────────────────────────
11.6074 x (100/89.76) = 12.93 lb-mol
SO2 = 12.93 x 0.0487 = 0.6297 lb-mol = 0.6297 lb-at S
Azufre que pasa a H2SO4:
1.3942 - 0.6297 = 0.7645 lb-at S
(0.7645/1.4531) x 100 = 52.61 %
c) Acido sulfúrico producido:
0.7645 x 98 x (100/60) = 124.86 lb
124.86 lb ácido
600 lb
24 hr
lb
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 17 979 ⎯⎯⎯
100 lb pirita
hr
día
día
PROBLEMAS PROPUESTOS
8.14 - En un horno se queman piritas secas que contienen 47% en peso de azufre.
La escoria producida contiene 2% en peso de azufre como SO3. ¿Cuántas
libras de SO3 hay en la escoria por cada 100 libras de piritas quemadas?
8.15 - Un mineral de pirita es reducido con hidrógeno. El mineral contiene 10% de
sólidos inertes. Se utiliza un 20% en exceso de hidrógeno y la ceniza
contiene 5% en peso de FeS2. La reacción es:
FeS2 + 2 H2 = Fe + 2 H2S
Sobre la base de 100 lb de mineral cargado, calcular el volumen de los
gases que salen del horno a 400 oC y 1 atm.
8.16 - El primer paso en la fabricación de ácido sulfúrico consiste en quemar piritas
con aire. Las siguientes reacciones se suceden:
(1)
FeS2 + (5/2) O2 = FeO + 2 SO2
CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS
─────────────────────────────────────────
331
(2) 2 FeS2 + (11/2) O2 = Fe2O3 + 4 SO2
El análisis de los gases de combustión de un quemador es:
SO2
O2
N2
10.2 %
7.8 %
82.0 %
El análisis anterior es en base seca a 600 oC y 780 mm Hg.
a) ¿ Cuál es la relación entre las reacciones (1) y (2) ?
b) El aire alimentado al quemador es saturado a 100 oF y 735 mm Hg.
¿Cuál es la relación molar en el gas de salida: moles agua/moles gas
seco?
c) ¿Cuántos pies3 de gas son generados, por tonelada de pirita alimentada,
si esta contiene 48% en peso de azufre ?
8.17 - Se mezclan piritas de baja calidad que contienen 32% en peso de azufre, en
proporción de 10 lb de azufre por cada 100 lb de pirita para lograr que la
mezcla se queme facilmente, formando un gas cuyo análisis en base libre
de SO3 es:
SO2
O2
N2
13.4 %
2.7 %
83.9 %
En las cenizas residuales no queda azufre. Calcular el porcentaje del
azufre quemado que se transforma en SO3.
8.18 - Se quema azufre del 98% de pureza y se obtiene un gas con el siguiente
análisis:
SO2
O2
N2
16 %
5%
79 %
El gas que sale del quemador se pasa a un convertidor donde se le agrega
aire secundario a 745 mm Hg y 400 oC. Los gases que salen del
convertidor contienen:
SO2
SO3
O2
N2
3.9 %
7.25 %
6.97 %
81.88 %
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
332 ────────────────────────────────────────
Calcular el volumen de aire agregado en el convertidor por cada 100 libras
de carga inicial.
8.19 - Una muestra de piritas de hierro contiene 88% de FeS2 y el resto es material
inerte. Se calcina con un 150% en exceso de aire sobre el requerido para
la oxidación según la reacción:
4 FeS2 + 11 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO2
El resíduo del quemador contiene 2.6 % de azufre. El 40% de éste azufre
está como FeS2 no quemado y el resto en forma de SO3 absorbido en la
ceniza. Se asume tambien que el 92% del azufre quemado produce SO2 y
el resto se oxida a SO3. Sobre la base de 100 kg de pirita cargada,
calcular:
a) El peso de la escoria producida.
b) El porcentaje de azufre perdido en la escoria.
c) El análisis del gas del quemador sobre una base libre de SO3.
d) El volumen en m3 de aire seco requerido a 27 oC y 750 mm Hg.
8.20 - Cien libras por hora de piritas que contienen 90% en peso de FeS2 y 10% de
inertes, se queman con un 20% en exceso de aire, basándose en la
conversión total a SO3. El resíduo de la combustión no contiene azufre. En
el quemador no se obtiene SO3. El gas resultante del quemador se pasa a
un convertidor donde el 98% del SO2 se convierte a SO3. El gas resultante
de convertidor se pasa a un absorbedor donde todo el SO3 se absorbe por
medio de ácido sulfúrico del 80% en peso para dar ácido sulfúrico del 98%
en peso. Calcular:
a) El análisis del gas del quemador.
b) El análisis del gas del convertidor.
c) El análisis de los gases que abandonan el absorbedor.
d) Las libras de ácido sulfúrico del 98% producidas por día.
8.21 - Una mezcla de piritas y mineral de sulfuro de cinc es calcinado en un
quemador. La mezcla contiene 75% de piritas y 25% de mineral de sulfuro
de cinc. Las piritas contienen 92% de FeS2 y el resto es material inerte. El
sulfuro de cinc contiene 68% de ZnS y el resto es inertes. La ceniza
producida contiene 3.5% de azufre. El 70% del azufre en la ceniza está en
forma de SO3 absorbido en ella y el resto está como FeS2 no oxidado.
Sobre la base de 100 kilogramos de mezcla cargada, calcular:
a) La cantidad de ceniza formada y su análisis.
b) El porcentaje de azufre perdido en la ceniza basado en el azufre total
cargado.
CAPITULO 9
BALANCE DE MATERIA
EN PROCESOS DE
METALURGIA Y ALTO HORNO
PRODUCCION DE COQUE. Si el carbón es calentado sin entrar en contacto con el
aire, no puede oxidarse o quemarse. Sin embargo se descompone desprendiendo
su materia volátil en forma de gases. La materia volátil está compuesta por varios
hidrocarburos gaseosos (tales como CH4, C2H4, C6H6), hidrógeno, alquitrán, aceites
ligeros y humedad. El resíduo sólido estará formado por carbono fijo, ceniza y
ocasionalmente algo de materia volátil que no alcanza a desprenderse.
La cantidad de materia volátil depende de la composición del carbón y la
temperatura a la cual es calentado. En general en estos procesos los gases
desprendidos se condensan y se separan sus constituyentes para recuperarlos
como sub-productos. El coque obtenido se utiliza en metalurgia como agente
reductor del Alto Horno.
REDUCCION EN EL ALTO HORNO. En la obtención de los metales a partir del
mineral se utiliza la reducción en hornos especiales. El más representativo de
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
334 ────────────────────────────────────────
todos ellos es el utilizado para la reducción del mineral de hierro llamado "alto
horno".
Los materiales que entran a este horno son:
Mineral de hierro
Fundente (caliza)
Agente reductor (coque)
Aire
Los materiales que salen del horno son:
Arrabio
Escoria
Gases de alto horno
Para el cálculo del balance de masa, las siguientes reacciones se suceden en el
horno:
Fe2O3 + 3 CO = 2 Fe + 3 CO2
Fe2O3 + CO = 2 FeO + CO2
SiO2 + 2 C = Si + 2 CO
MnO + C = Mn + CO
P2O5 + 5 C = 2 P + 5 CO
CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO
─────────────────────────────────────────
335
Las anteriores reacciones están generalmente acompañadas dentro del horno de
las correspondientes reacciones de calcinación de la caliza y oxidación del coque
metalúrgico.
CaCO3 = CaO + CO2
MgCO3 = MgO + CO2
C + (1/2) O2 = CO
PROBLEMAS RESUELTOS
9.1 - El siguiente carbón se utiliza para fabricar coque:
C
H
O
N
Ceniza
80 %
6%
8%
1%
5%
El coque obtenido contiene 92% de C y 8% de ceniza. El análisis de los gases de
coquización es:
C2H4
CH4
CO
CO2
H2
N2
4%
35 %
8%
4%
44 %
5%
Todos los análisis están en base seca. El alquitrán puede despreciarse. Calcular
los kilogramos de coque y el volumen en m3 (CNPT) de gas seco producidos a
partir de 1 tonelada de carbón.
B.C. : 1 000 kg de carbón
Se toma como sustancia de enlace la ceniza del carbón.
Coque producido = 50 x (100/8) = 625 kg
Carbono en el coque = 0.92 x 625 = 575 kg
Carbono en gases = 800 - 575 = 225 kg = 18.75 kg-at
Por cada 100 kg-mol de gases hay:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
336 ────────────────────────────────────────
(4 x 2 + 35 + 8 + 4) = 55 kg-at C
Gases producidos = 18.75 x (100/55) = 34.09 kg-mol
Volumen = 34.09 x 22.414 = 764.09 m3 (CNPT)
9.2 - Un carbón con el siguiente análisis se alimenta a un horno de coquización:
C
78.0 %
H
5.0 %
O
9.0 %
N
1.5 %
Ceniza 6.5 %
El coque tiene el siguiente análisis:
C
89.5 %
H
1.0 %
Ceniza 9.5 %
El análisis del gas de coquización es:
0.8 %
C6H6
C2H4 3.0 %
CH4 34.0 %
CO
6.0 %
CO2 3.3 %
H2
44.3 %
N2
7.2 %
NH3 1.4 %
La cantidad de alquitrán producido equivale al 3.4 % del peso del carbón y
contiene 90% de C.
Calcular los kg de carbón necesarios para producir 1 tonelada de coque y el
volumen en m3 (CNPT) de gas producido.
B.C. : 1 000 kg de coque
Carbón = 95 x (100/6.5) = 1 461.5 kg de carbón
Alquitrán producido = 0.034 x 1 461.5 = 49.69 kg
C en alquitrán = 0.9 x 49.69 = 44.72 kg
C en gases = 0.78 x 1 461.5 - 895 - 44.72 = 200.25 kg = 16.68 kg-at C
CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO
─────────────────────────────────────────
337
Por cada 100 kg-mol de gases hay:
(0.8 x 6 + 3 x 2 + 34 + 6 + 3.3) = 54.1 kg-at C
Gases producidos = 16.68 x (100/54.1) = 30.83 kg-mol
V = 30.83 x 22.414 = 691 m3 (CNPT)
9.3 - Un alto horno reduce Fe2O3 puro hasta Fe. El Fe2O3 proviene de un mineral
que contiene una cantidad no determinada de impurezas. La reducción es
realizada por CO. Por cada 960 kg de Fe producido se cargan 300 kg de
CaCO3 y 800 kg de carbono puro se queman en el horno. La escoria
contiene 45% en peso de CaO. Realizar el balance de materia completo del
horno.
C + 0.5 O2 = CO
(1)
CaCO3 = CaO + CO2
Fe2O3 + 3 CO = 2 Fe + 3 CO2
(2)
(3)
Escoria formada = 300 x (56/100) x (100/45) = 373.3 kg
Impurezas = 373.3 x 0.55 = 205.3 kg
Estas impurezas provienen del mineral.
Fe2O3 alimentado = (960/55.85) x (1/2) x 159.7 = 1 372.5 kg
Mineral alimentado = 1 372.5 + 205.3 = 1 577.8 kg
O2 (S) = (800/12) x 0.5 = 33.33 kg-mol
N2 (S) = 33.33 x (79/21) = 125.38 kg-mol = 3 510.64 kg
Aire = 125.38 x (100/79) = 158.7 kg-mol = 4 576.91 kg
CO producido = (800/12) = 66.66 kg-mol
CO que reacciona= (960/55.85) x (3/2) = 25.78 kg-mol
CO en gases = 66.66 - 25.78 = 40.88 kg-mo l = 1 144.64 kg
CO2 en gases = CO2 en (2) + CO2 en (3)
CO2 en gases = 25.78 + 3 = 28.78 kg-mol = 1 266.32 kg
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
338 ────────────────────────────────────────
Resúmen del balance:
ENTRADAS
Mineral
Caliza
Coque
Aire
1 577.8 kg
300 kg
800 kg
4 576.9 kg
⎯⎯⎯⎯⎯
7 254.7 kg
SALIDAS
CO
CO2
N2
1 144.64 kg
1 266.32 kg
3 510.64 kg
Escoria
Hierro
373.30 kg
960.00 kg
⎯⎯⎯⎯⎯
7 254.90 kg
9.4 - Un mineral de hierro se reduce en un horno de acuerdo a la siguiente
reacción:
Fe2O3 + 9 CO = 2 Fe + 3 CO2 + 6 CO
La cantidad de CO necesario se obtiene por la combustión del coque en la
parte baja del horno. El coque contiene 90% de C, del cual el 4% es
absorbido por la reducción del hierro y el 96% es quemado hasta CO. Sobre
la base de 1 tonelada de Fe producido, calcular:
a) El volumen de CO requerido en la reacción a condiciones normales.
b) El peso de coque teórico.
c) El volumen de aire a 20 oC y 1 atm.
d) El volumen de los gases formados a 350 oC y 1 atm.
e) La composición de los gases formados.
f) Comprobar el balance de materia del horno.
B.C.: 1 000 kg de Fe producido
a)
CO = (1 000/55.85) x (9/2) = 80.57 kg-mol
V = 80.57 x 22.414 = 1 805.9 m3 (CNPT)
CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO
─────────────────────────────────────────
b)
Coque = 80.57 x 12 x (100/96) x (100/90) = 1 119 kg coque
Fe2O3 = (1 000/55.85) x (1/2) x 159.7 = 1 429.7 kg
O2 (R) = 80.57 x (1/2) = 40.285 kg-mol
c)
Aire = 40.285 x (100/21) = 191.83 kg-mol = 5 532.4 kg
nRT
191.83 x 293
1 x 22.414
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4 614.6 m3
P
1
273
d)
CO formado = (1 000/55.85)x (6/2) = 53.71 kg-mol
CO2 formado = (1 000/55.85) x (3/2) = 26.85 kg-mol
N2 (S) = 191.83 x 0.79 = 151.54 kg-mol
Gases formados:
CO 53.71 kg-mol x 28 = 1 503.88 kg
CO2 26.85 kg-mol x 44 = 1 181.40 kg
N2 151.54 kg-mol x 28 = 4 243.12 kg
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
⎯⎯⎯⎯⎯
232.10 kg-mol
6 928.40 kg
nRT
232.1 x 623
1 x 22.414
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 11 871.9 m3
P
1
273
e) Composición molar de los gases:
CO
CO2
N2
Balance de masa del horno:
23.14 %
11.56 %
65.29 %
339
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
340 ────────────────────────────────────────
ENTRADAS
Fe2O3
Coque
Aire
1 429.7 kg
1 119.0 kg
5 532.3 kg
⎯⎯⎯⎯⎯
8 081.0 kg
SALIDAS
Gases
Fe
C
Inerte
6 928.4 kg
1 000.0 kg
40.3 kg
111.9 kg
⎯⎯⎯⎯⎯
8 080.6 kg
9.5 - El mineral utilizado en un alto horno tiene la siguiente composición:
Fe2O3
SiO2
Al2O3
H2O
82 %
14 %
2%
2%
Por cada libra de mineral se cargan 0.22 libras de CaCO3. El coque contiene
90% de C y 10% de ceniza, y se carga en proporción de 1 lb/lb de arrabio. El
horno produce 600 toneladas de arrabio, el cual contiene:
Fe 94 %
C 4%
Si 2 %
El análisis en base seca del gas de alto horno muestra una proporción de
CO/CO2 de 1.5. La presión es 1 atm., calcular:
a) El peso de mineral cargado.
b) El volumen de gas producido en m3 a 400 oC por tonelada de arrabio.
c) El peso de los gases producidos por tonelada de arrabio.
d) Comprobar el balance de masa del alto horno.
B.C. : 600 toneladas de arrabio
CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO
─────────────────────────────────────────
Fe
C
Si
341
564 tn
24 tn
12 tn
a) Mineral = (564/55.85) x (1/2) x 159.7 x (100/82) = 983.37 tn
Fe2O3
SiO2
Al2O3
H2O
806.36 tn
137.67 tn
19.67 tn
19.67 tn
⎯⎯⎯⎯⎯
983.37 tn
b)
CaCO3 = 983.37 x 0.22 = 216.34 tn = 2.1634 tn-mol
CaO que se produce = 2.1634 x 56 = 121 tn
Coque cargado = 600 tn (540 tn C y 60 tn ceniza)
Balance de carbono:
C(coque) + C(caliza) = C(arrabio) + C(gases)
C(gases) = 540 + 2.16 x 12 - 24 = 541.92 tn = 45.16 tn-at C
CO formado = 45.16 x (1.5/2.5) = 27.096 tn-mol
CO2 formado = 45.16 x (1/2.5) = 18.064 tn-mol
Balance de silicio:
Si (mineral) = Si (arrabio) + Si (escoria)
Si (escoria) = 137.67 x (28.1/60.1) - 12 = 52.36 tn
SiO2 en escoria = 52.36 x (60.1/28.1) = 112 tn
Se supone que en el gas de alto horno no hay oxígeno libre y se procede a realizar
un balance total de oxígeno utilizando solo los compuestos que sufren
modificación.
El oxígeno que entra será:
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
342 ────────────────────────────────────────
Fe2O3 : (806.36/159.7) x 1.5 = 7.573 tn-mol O2
SiO2 : (137.67/60.1)
= 2.29 tn-mol O2
CaCO3 : 2.16 x 1.5
= 3.24 tn-mol O2
= X tn-mol O2
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
13.103 + X tn-mol O2
Aire :
El oxígeno que sale será:
Gases : (27.096/2) + 18.064 = 31.612 tn-mol O2
Escoria : (112/60.1) + (2.16/2) = 2.943 tn-mol O2
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
34.555 tn-mol O2
X = 34.555 - 13.103 = 21.452 tn-mol O2
N2 (S) = 21.452 x (79/21) = 80.7 tn-mol
Aire = 80.7 x (100/79) = 102.15 tn-mol = 2 946 tn
Gases formados:
CO
CO2
N2
H2O
27.096 tn-mol x 28 = 758.658 tn
18.064 tn-mol x 44 = 794.816 tn
80.7
tn-mol x 28 = 2 259.6
tn
1.093 tn-mol x 18 =
19.674 tn
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
126.953 tn-mol
3 832.748 tn
126.953 tn-mol
kg-mol gases
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.2115 = 211.5 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
600 tn arrabio
tn arrabio
nRT
211.5 x 673
1 x 22.414
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 11 686 m3
P
1
273
c)
CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO
─────────────────────────────────────────
343
3 832.748 tn gases
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 6.38
600 tn arrabio
d) El balance de masa del alto horno será:
ENTRADAS
Mineral
Coque
Caliza
Aire
983.37 tn
600
tn
216.34 tn
2 946
tn
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
4 745.7 tn
SALIDAS
Gases
Arrabio
3 832.75 tn
600
tn
Escoria:
CaO
Al2O3
SiO2
Ceniza
121
tn
19.67 tn
112
tn
60
tn
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
4 745.42 tn
9.6 - Un mineral de hierro con la siguiente composición se alimenta a un alto horno:
Fe2O3 82 %
10 %
SiO2
5%
Al2O3
3%
H2O
El fundente utilizado es CaCO3 puro y el coque contiene 88% C y 12% SiO2.
Por tonelada de mineral se utilizan 600 kg de coque, 120 kg de fundente y 2
220 m3 (CNPT) de aire. Se produce arrabio que contiene: 95% Fe, 3.5% C,
1.5% Si.
Calcular:
a) La composición y peso de la escoria por tonelada de mineral.
b) La composición y el volumen (CNPT) de los gases formados por tonelada
de arrabio.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
344 ────────────────────────────────────────
c) Comprobar el balance de masa del horno.
B.C. : 1 000 kg de mineral
a)
Fe2O3 + 3 CO = 2 Fe + 3 CO2
CaCO3 = CaO + CO2
C + 0.5 O2 = CO
820 kg
Mineral: Fe2O3
100 kg
SiO2
Al2O3
50 kg
30 kg
H2O
Coque = 600 kg (528 kg C y 72 kg SiO2)
Caliza = CaCO3 = 120 kg
Arrabio = (820/159.7) x 2 x 55.85 x (100/95) = 603.72 kg
Fe
C
Si
573.53 kg
21.13 kg
9.06 kg
⎯⎯⎯⎯⎯
603.72 kg
CaO producido = (120/100) x 56 = 67.2 kg
Silicio a la entrada del horno:
100 x (28.1/60.1) + 72 x (28.1/60.1) = 80.42 kg Si
Si en escoria = 80.42 - 9.06 = 71.36 kg
SiO2 en escoria = 71.36 x (60.1/28.1) = 152.62 kg
La escoria estará formada por:
CaO 67.2 kg 24.90 %
Al2O3 50.0 kg 18.53 %
SiO2 152.62 kg 56.56 %
⎯⎯⎯⎯⎯
269.82 kg
b)
CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO
─────────────────────────────────────────
Aire = (2220/22.414) = 99.04 kg-mol = 2 856 kg
N2 (S) = 99.04 x 0.79 = 78.24 kg-mol
O2 (S) = 99.04 x 0.21 = 20.80 kg-mol
CO formado a partir del coque:
[(528 - 21.13)/12] = 42.24 kg-at C = 42.24 kg-mol CO
CO en la reducción = (820/159.7) x 3 = 15.4 kg-mol CO
CO en gases = 42.24 - 15.4 = 26.84 kg-mol
CO2 formado = 15.4 + 1.2 = 16.6 kg-mol
Gases de alto horno:
CO
CO2
N2
H2O
26.84 kg-mol x 28 = 751.52 kg 21.76 % v
16.60 kg-mol x 44 = 730.40 kg 13.45 %
78.24 kg-mol x 28 = 2 190.7 kg 63.43 %
1.66 kg-mol x 18 =
29.88 kg 1.34 %
⎯⎯⎯⎯⎯⎯
⎯⎯⎯⎯⎯
123.34 kg-mol
3 702.5 kg
123.34 x 22.414 m3 gases
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4 579 m3/tn arrabio
0. 60372 tn arrabio
c) Balance de masa en el alto horno:
ENTRADAS
Mineral
Coque
Caliza
Aire
1 000 kg
600 kg
120 kg
2 856 kg
⎯⎯⎯⎯
4 576 kg
345
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
346 ────────────────────────────────────────
SALIDAS
Gases 3 702.5 kg
Escoria 269.8 kg
Arrabio 603.7 kg
⎯⎯⎯⎯⎯
4 576.0 kg
Calcule la relación entre la masa de amoniaco producido y la masa de hidrógeno
que reacciona. ¿Cuánto amoniaco se produce por tonelada de
PROBLEMAS PROPUESTOS
9.7 - Un alto horno utiliza un coque con la siguiente composición:
C
H
O
H2O
Ceniza
84 %
2%
1%
3%
10 %
El horno produce 1 tonelada de arrabio por cada tonelada de coque
utilizado y alimenta tambien 400 kg de CaCO3 por tonelada de arrabio. El
arrabio contiene 4% de C. El análisis del gas de alto horno es:
CO 28 %
CO2 16 %
CH4 1 %
H2 1 %
N2 54 %
Suponiendo condiciones normales de presión y temperatura (CNPT), sobre
la base de 1 tonelada de arrabio, calcular el balance de masa completo del
horno.
CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO
─────────────────────────────────────────
347
9.8 - Un alto horno utiliza 1 000 toneladas de mineral por día con la siguiente
composición:
Fe2O3
SiO2
MnO2
Al2O3
H2O
80 %
12 %
5%
2%
1%
Todo el Fe, la mitad del MnO2 y una cuarta parte del SiO2 se reducen en el
horno. El arrabio contiene 4% de C. Se utilizan 0.2 lb de CaCO3/lb de
mineral y 0.5 lb coque/lb de mineral. El coque contiene 90% C y 10% de
SiO2. Suponer que el SiO2 del coque sale todo con la escoria. Los gases
del horno contienen 24% CO y 9% de CO2. El manganeso en la escoria
está como MnO. Comprobar el balance de materia del horno.
9.9 - Un alto horno produce arrabio con la siguiente composición:
Fe
Si
C
Mn
93.6 %
2.1 %
3.6 %
0.7 %
El mineral utilizado contiene:
Fe2O3
SiO2
Al2O3
MnO
H2O
78 %
9%
5%
1%
7%
Puede suponerse que todo el Fe2O3 se reduce a Fe. Se utiliza 1 tonelada
de coque por tonelada de arrabio y su composición es: C 90% y SiO2 10%.
El fundente es CaCO3 puro y la escoria contiene 45% de CaO. Calcular:
a) Los kg de mineral utilizado por tonelada de arrabio.
b) El porcentaje del SiO2 total y el MnO reducido en el horno.
c) El peso y composición de la escoria formada por tonelada de arrabio.
9.10 - Un mineral de hierro tiene la siguiente composición:
Fe2O3
SiO2
MnO
Al2O3
76 %
14 %
1%
9%
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
348 ────────────────────────────────────────
Este mineral se alimenta a un alto horno para producir un arrabio con el
siguiente análisis:
Fe 94.2 %
C
3.5 %
Si 1.5 %
Mn 0.8 %
Por tonelada de arrabio se utilizan 1 100 kg de coque, el cual contiene: 88
% de C y 12 % de SiO2. El análisis de los gases es: CO 26%, CO2 13% y
N2 61%. Suponiendo que no hay pérdidas de hierro en la escoria, calcular
para 1 tonelada de arrabio producido:
a) El peso de mineral.
b) El peso de caliza (CaCO3 puro), si la escoria contiene 36% de CaO.
c) El volumen en m3 (CNPT) de los gases de alto horno.
d) El volumen en m3 (CNPT) de aire utilizado.
9.11 - El siguiente mineral de hierro se alimenta a un alto horno:
Fe2O3
MnO
SiO2
Al2O3
H2 O
80 %
3%
10 %
3%
4%
Se cargan 3 400 lb de mineral por cada 2 000 lb de arrabio producido. El
fundente es CaCO3 puro y el coque contiene 87% de C, 11% SiO2 y 2% de
Al2O3. El consumo de coque es 1 700 lb por tonelada de arrabio y la
escoria sale con un 34.6% de CaO. Se utilizan 91 000 pies3 (CNPT) de
aire por tonelada de arrabio. El arrabio contiene 93% de Fe, 2% Mn, 1.4%
Si y 3.6% de C. Calcular:
a) Las libras de fundente por tonelada de mineral.
b) La composición de la escoria.
c) La composición de los gases formados y su volumen en pies3 (CNPT)
por tonelada de arrabio.
9.12 - Un alto horno produce arrabio con la siguiente composición:
C
4.0 %
Si
1.2 %
Mn 0.9 %
Fe 93.9 %
El mineral suministrado contiene:
CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO
─────────────────────────────────────────
Fe2O3
Al2O3
MnO
80 %
3%
1%
H2O
SiO2
349
4%
12 %
Por tonelada de arrabio producido se utilizan 1 750 kg de mineral. Parte
del hierro se pierde en la escoria como FeO. El volumen del gas producido
es 4 200 m3 (CNPT) por tonelada de arrabio y su composición es:
CO
CO2
H2O
N2
26 %
12 %
4%
58 %
El coque contiene: 90% C y 10% SiO2. El fundente (0.48 ton/ton arrabio) es
CaCO3 puro. Calcular:
a) Los kg de coque por tonelada de arrabio.
b) La composición de la escoria.
c) El volumen de aire en m3 (CNPT) por tonelada de arrabio.
9.13 - Un alto horno produce arrabio con la siguiente composición:
Fe
Si
C
Mn
93.6 %
2.1 %
3.6 %
0.7 %
Por tonelada de arrabio se cargan 1 740 kg de mineral con la siguiente
composición:
Fe2O3
SiO2
Al2O3
MnO
H2O
78 %
9%
5%
1%
7%
Parte del hierro no reducido entra a la escoria como FeO. Se utiliza 1
tonelada de coque por tonelada de arrabio y este contiene: 90% de C y
10% de SiO2. El fundente es CaCO3 puro y se cargan 360 kg por tonelada
de arrabio. El 62.5% del carbono que es oxidado en el horno forma CO y el
resto CO2. Calcular por tonelada de arrabio:
a) Los kg de escoria formada.
b) Los m3 (CNPT) de aire utilizados.
c) La composición de los gases formados.
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
350 ────────────────────────────────────────
9.14 - El mineral utilizado en un alto horno tiene la siguiente composición:
Fe2O3
SiO2
Al2O3
85 %
11 %
4%
Por cada 1.7 kg de mineral se carga 1 kg de coque (90% C y 10% ceniza)
y 0.25 kg de caliza (CaCO3 puro). El horno produce 500 toneladas diarias
de arrabio, el cual contiene: 94% Fe, 4% C y 2% Si. El volumen de aire es
3 150 m3 (CNPT) por tonelada de arrabio, calcular:
a) El peso de mineral cargado por día.
b) La relación CO/CO2 en el gas de alto horno.
9.15 - Un alto horno utiliza un mineral con la siguiente composición:
Fe2O3 90 %
10 %
SiO2
El coque contiene 90% de C y 10% de SiO2. La caliza contiene 95% de
CaCO3, 3% MgCO3 y 2% de SiO2. Se utiliza 1 tonelada de coque por
tonelada de arrabio producido. El arrabio contiene 4 % C y 1% de Si. Los
gases producidos contienen:
CO2
CO
H2
CH4
N2
12 %
24 %
2%
2%
60 %
La escoria contiene 45% de (MgO + CaO). No hay FeO en la escoria. Por
cada 1000 kg de arrabio calcular:
a) El peso de caliza necesario.
b) El peso y volumen en m3 (CNPT) de gas producido.
c) El volumen de aire en m3 (CNPT).
9.16 - Un alto horno produce arrabio que contiene:
C
3.6 %
Si
1.4 %
Fe 95.0 %
El mineral contiene 80% Fe2O3, 12% SiO2 y 8% Al2O3.
El coque (1 kg/kg arrabio) contiene 10% SiO2 y 90% C.
CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO
─────────────────────────────────────────
351
El fundente (1 kg/kg arrabio) es CaCO3 puro.
Los gases formados contienen: CO 28% y CO2 12%.
Por tonelada de arrabio, calcular:
a) El peso de mineral utilizado.
b) El peso de escoria formada.
c) El peso de gas de alto horno.
9.17 - Un alto horno utiliza un mineral y produce un arrabio con las siguientes
composiciones:
Mineral: Fe2O3 84%, SiO2 9%, Al2O3 3% y H2O 4%.
Arrabio: Fe 94%, Si 2.2% y C 3.8%.
El fundente (50 lb/100 lb arrabio) contiene: CaCO3 95%, SiO2 5%. El coque
(90 lb/100 lb arrabio) contiene: C 84%, SiO2 10%, Al2O3 3% y H2O 3%. El
análisis en base seca de los gases es:
CO 27 %
CO2 14 %
59 %
N2
Suponer que no hay pérdidas de hierro en la escoria. Por tonelada de
arrabio, calcular:
a) El peso y composición de la escoria formada.
b) El volumen en m3 (CNPT) de gas de alto horno.
9.18 - El mineral alimentado a un alto horno contiene lo siguiente:
Fe2O3
MnO
SiO2
Al2O3
P2O5
H2O
75.4 %
2.6 %
11.0 %
4.0 %
1.1 %
5.9 %
La composición del coque es: C 88%, FeS 2%, H2O 2%.
El fundente contiene: CaCO3 96%, SiO2 4%. La cantidad de coque utilizado
es 910 kg/ton arrabio y el fundente 330 kg/ton arrabio. El análisis del
arrabio producido es:
C
Si
Mn
P
3.8 %
1.2 %
0.9 %
0.7 %
BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO
352 ────────────────────────────────────────
S
0.2 %
Fe 93.2 %
El 99% del hierro en el mineral es reducido y el resto sale con la escoria.
El azufre que no está en el arrabio sale con la escoria como CaS. Los
gases contienen 1.75 partes de CO por cada parte de CO2 en volumen. Por
cada 1 000 kg de arrabio, calcular:
a) El peso de mineral requerido.
b) El peso de la escoria formada.
c) El volumen de aire en m3 (CNPT).
d) Comprobar el balance de materia del horno.
TABLA 1
FACTORES DE CONVERSION DE UNIDADES
LONGITUD:
1 cm = 0.3937 pulg
1 pulg = 2.54 cm
1 pie = 30.48 cm
MASA :
1 lb = 453.59 g
1 slug = 32.174 lb
FUERZA :
5
1 N = 10 dinas
PRESION :
1 psi = 2.036 pulg Hg = 6894.76 Pa
2
1 pulg Hg = 33864 dinas/cm = 0.0334 atm = 0.491 psi
1 atm = 14.696 psi = 760 mm Hg = 29.92 pul Hg = 101325 Pa
5
2
1 bar = 10 dinas/cm = 0.9869 atm
VOLUMEN :
3
1 litro = 0.0353 pies = 0.2642 gal = 61.025 pulg
3
1 gal = 231 pulg = 3.785 litros
3
1 pie = 28.316 litros = 7.4805 gal
3
3
1 pulg = 16.387 cm
ENERGIA :
1 BTU = 778.16 pie-lbf = 252.16 cal = 1055.6 J
1 pie-lbf = 1.3558 J
1 ergio = 1 dina-cm
7
1 J = 1 N-m = 10 ergios
1 cal = 4.1855 J
POTENCIA :
1 vatio = 1 J/s = 860.42 cal/hr = 3.413 BTU/hr
1 HP = 745.7 vatios = 550 pie-lbf /s
1 kw = 1.341 HP
3
TABLA 2 - SIMBOLOS Y MASAS ATOMICAS
ALUMINIO
ANTIMONIO
ARGON
ARSENICO
AZUFRE
BARIO
BERILIO
BISMUTO
BORO
BROMO
CADMIO
CALCIO
CARBONO
CERIO
CESIO
CLORO
COBALTO
COBRE
CROMO
DISPROSIO
ERBIO
ESCANDIO
ESTAÑO
ESTRONCIO
EUROPIO
FLUOR
FOSFORO
GADOLINIO
GALIO
GERMANIO
HAFNIO
HELIO
HIDROGENO
HIERRO
HOLMIO
INDIO
IODO
IRIDIO
KRIPTON
LANTANO
LITIO
LUTECIO
Al
Sb
A
As
S
Ba
Be
Bi
B
Br
Cd
Ca
C
Ce
Cs
Cl
Co
Cu
Cr
Dy
Er
Sc
Sn
Sr
Eu
F
P
Gd
Ga
Ge
Hf
He
H
Fe
Ho
In
I
Ir
Kr
La
Li
Lu
26.98
121.76
39.944
74.91
32.066
137.36
9.013
209.00
10.82
79.916
112.41
40.08
12.010
140.13
132.91
35.457
58.94
63.54
52.01
162.46
167.2
44.96
118.70
87.63
152.0
19.00
30.975
156.9
69.72
72.60
178.6
4.003
1.008
55.85
164.94
114.76
126.91
193.1
83.80
138.92
6.94
174.99
MAGNESIO
MANGANESO
MERCURIO
MOLIBDENO
NEODIMIO
NEON
NIOBIO
NIQUEL
NITROGENO
ORO
OSMIO
OXIGENO
PALADIO
PLATA
PLATINO
PLOMO
POTASIO
PRASEODIMIO
RENIO
RODIO
RUBIDIO
RUTENIO
SAMARIO
SELENIO
SILICIO
SODIO
TALIO
TANTALO
TELURO
TERBIO
TITANIO
TORIO
TULIO
TUNGSTENO
URANIO
VANADIO
XENON
YTERBIO
YTRIO
ZINC
ZIRCONIO
Mg
Mn
Hg
Mo
Nd
Ne
Nb
Ni
N
Au
Os
O
Pd
Ag
Pt
Pb
K
Pr
Re
Rh
Rb
Ru
Sm
Se
Si
Na
Tl
Ta
Te
Tb
Ti
Th
Tm
W
U
V
Xe
Yb
Y
Zn
Zr
24.32
54.93
200.61
95.95
144.27
20.183
92.91
58.69
14.008
197.2
190.2
16
106.7
107.88
195.23
207.21
39.100
140.92
186.31
102.91
85.48
101.7
150.43
78.96
28.09
22.997
204.39
180.88
127.61
159.2
47.90
232.12
169.4
183.92
238.07
50.95
131.3
173.04
88.92
65.38
91.22
TABLA 3
PRESION DE VAPOR DEL AGUA
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
(pulgadas de mercurio)
0.0
2.0
4.0
6.0
8.0
t oF
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
110
120
130
140
150
160
170
180
190
200
210
0.0709
0.1097
0.1664
0.2478
0.3626
0.5218
0.7392
1.0321
1.4215
1.9325
2.5955
3.4458
4.5251
5.8812
7.5690
9.6520
12.1990
15.2910
19.0140
23.4670
28.7550
0.0776
0.1193
0.1803
0.2677
0.3906
0.5601
0.7912
1.1016
1.5131
2.0519
2.7494
3.6420
4.7725
6.1903
7.9520
10.1220
12.7720
15.9820
19.8430
24.4550
29.9220
0.0540
0.0846
0.1299
0.1955
0.2891
0.4203
0.6009
0.8462
1.1750
1.6097
2.1775
2.9111
3.8475
5.0314
6.5132
8.3510
10.6110
13.3660
16.6990
20.7030
25.4750
0.0593
0.0923
0.1411
0.2118
0.3120
0.4520
0.6442
0.9046
1.2527
1.7117
2.3099
3.0806
4.0629
5.3022
6.8500
8.7670
11.1200
13.9830
17.4430
21.5930
26.5310
0.0648
0.1007
0.1532
0.2292
0.3364
0.4858
0.6903
0.9666
1.3347
1.8192
2.4491
3.2589
4.2887
5.5852
7.2020
9.2000
11.6490
14.6250
18.2140
22.5150
27.6250
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
(lbf / pulg2 o psia)
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
0.0
2.0
4.0
6.0
8.0
t oF
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
210
220
230
240
250
260
270
280
290
300
310
320
14.1230
17.1860
20.7800
24.9690
29.8250
35.4290
41.8580
49.2030
57.5560
67.0130
77.68
89.66
14.6960
17.8610
21.5670
25.8840
30.8840
36.6460
43.2520
50.7900
59.3560
69.0460
79.96
92.22
15.2890
18.5570
22.3790
26.8270
31.9730
37.8970
44.6820
52.4180
61.2010
71.1270
82.30
94.84
15.9010
19.2750
23.2170
27.7980
33.0930
39.1820
46.1500
54.0880
63.0910
73.2590
84.70
97.52
16.5330
20.0160
24.0800
28.7970
34.2450
40.5020
47.6570
55.8000
65.0280
75.4420
87.15
100.26
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
TABLA 3 PRESION DE VAPOR DEL AGUA
( lbf / pulg2 o psia )
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
0.0
2.0
4.0
6.0
8.0
t oF
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
330
103.06
105.92
108.85
111.84
114.89
340
118.01
121.20
124.45
127.77
131.17
350
134.63
138.16
141.77
145.45
149.21
360
153.04
156.95
160.93
165.00
169.15
370
173.37
177.68
182.07
186.55
191.12
380
195.77
200.50
205.33
210.25
215.26
390
220.37
225.56
230.85
236.24
241.73
400
247.31
252.9
258.8
264.7
270.6
410
276.75
282.9
289.2
295.7
302.2
420
308.83
315.5
322.3
329.4
336.6
430
343.72
351.1
358.5
366.1
374.0
440
381.59
389.7
397.7
405.8
414.2
450
422.6
431.2
439.8
448.7
457.7
460
466.9
476.2
485.6
495.2
504.8
470
514.7
524.6
534.7
544.9
555.4
480
566.1
576.9
587.8
589.9
610.1
490
621.4
632.9
644.6
656.6
668.7
500
680.8
693.2
705.8
718.6
731.4
510
744.3
757.6
770.9
784.5
798.1
520
812.4
826.6
840.8
855.2
870.0
530
885.0
900.1
915.3
930.9
946.6
540
962.5
978.7
995.0
1011.5
1028.2
550
1045.2
1062.3
1079.6
1097.2
1115.1
560
1133.1
1151.3
1169.7
1188.5
1207.4
570
1226.5
1245.8
1265.3
1285.1
1305.3
580
1325.8
1346.4
1367.2
1388.1
1409.5
590
1431.2
1453.0
1475.0
1497.4
1520.0
600
1542.9
1566.2
1589.4
1613.2
1637.1
610
1661.2
1686.0
1710.7
1735.6
1761.0
620
1786.6
1812.3
1838.6
1865.2
1892.1
630
1919.3
1947.0
1974.5
2002.7
2031.1
640
2059.7
2088.8
2118.0
2147.7
2178.0
650
2208.2
2239.2
2270.1
2301.4
2333.3
660
2365.4
2398.1
2431.0
2464.2
2498.1
670
2531.8
2566.0
2601.0
2636.4
2672.1
680
2708.1
2745.0
2782.0
2819.1
2857.0
690
2895.1
2934.0
2973.5
3013.2
3053.2
700
3093.7
3134.9
3176.7
3206.2*
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
TABLA 4
CONSTANTES PARA LA ECUACION DE ANTOINE
Ecuación de Antoine:
B
ln P = A - ⎯⎯⎯⎯
C+T
P = presión de vapor, mm Hg
T = temperatura, oK
A, B, C = constantes
A
B
C
C4H8O2
C3H6O
C2H4O2
H2O
C2H6O
CH4O
NH3
C6H6
C2H5Br
C6H12
CHCl3
CS2
Rango
o
( K)
260 - 385
241 - 350
290 - 430
284 - 441
270 - 369
257 - 364
179 - 261
280 - 377
226 - 333
280 - 380
260 - 370
288 - 342
16.1516
16.6513
16.8080
18.3036
16.9119
18.5875
16.9481
15.9008
15.9338
15.7527
15.9732
15.9844
2790.50
2940.46
3405.57
3816.44
3803.98
3626.55
2132.50
2788.51
2511.68
2716.63
2696.79
2690.85
- 57.15
- 35.93
- 56.34
- 46.13
- 41.68
- 34.29
- 32.98
- 52.36
- 41.44
- 50.50
- 46.16
- 31.62
SO2
195 - 280
16.7680
2302.35
- 35.97
C7H16
C6H14
C5H12
CCl4
270 - 400
245 - 370
220 - 330
253 - 374
15.8737
15.8366
15.8333
15.8742
2911.32
2697.55
2477.07
2808.19
- 56.51
- 48.78
- 39.94
- 45.99
C6H5CH3
280 - 410
16.0137
3096.52
- 53.67
Nombre
Fórmula
Acetato de etilo
Acetona
Acido acético
Agua
Alcohol etílico
Alcohol metílico
Amoniaco
Benceno
Bromuro de etilo
Ciclohexano
Cloroformo
Disulfuro de
carbono
Dióxido de
azufre
n-Heptano
n-Hexano
n-Pentano
Tetracloruro de
carbono
Tolueno
BIBLIOGRAFIA
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