Problema 1: a) El monitor de una estación municipal de control de la contaminación da una concentración diaria promedio de ozono de 20 µg/m3 a 20 ºC y 1 bar, ¿cuál será la concentración de ozono en ppb?. b). El gas del tubo de escape de un camión contiene un 2,2 % en volumen de CO, ¿cuál será la concentración de CO en mg/m3 a 30 ºC y 1,02 atm. APARTADO (a) Datos: Objetivo: • Concentración diaria de ozono (O3) = 20 µ g/m3 [O3] en ppb (mm3 de O3/m3 totales) • Presión = 1 bar • Temperatura = 20 (ºC) + 273,15 = 293,15 K • 1 atm = 1,013 bar • M(ozono) = 16 · 3 = 48 g/mol Cálculos: (suponer comportamiento ideal) 20 (µg) · 10 −6 ( g / µg) Moles de O3 = = 4,17 10-7 moles 48 ( g / mol) nO ·R · T 3 4,1710 −7 (moles) · 0,082 (atm· l / mol·K )· 293,15 (K ) Volumen de O3 = = = 1,0146 10-5 l (dm3) 1 (atm) P 1 (bar ) · 1,013 (bar ) 1,0146 10 −5 (dm 3 ) · 10 6 (mm 3 / dm 3 ) Concentración de O3 = 10,146 ppb 1 (m3 ) APARTADO (b) Datos: Objetivo: • %CO en el gas del tubo de escape (O3) = 2,2 % [O3] en ppb (mg CO/m3 gas escape) • Presión = 1,02 atm • Temperatura = 30 (ºC) + 273,15 = 303,15 K • M(CO) = 12 + 16 = 28 g/mol Cálculos: (suponer comportamiento ideal) Volumen de CO (en 1 m3 de gas de escape) = 0,022 m3 CO P· VCO 1,02 (atm) · 0,022 (m 3 ) · 10 3 (l / m 3 ) Moles de CO = = = 0,9027 moles R ·T 0,082 (atm· l / mol·K )· 303,15 (K ) 0,9027 (moles) · 28 ( g / mol) · 10 3 (mg / g) Concentración de CO = = 25275,6 mg/m3 1 (m 3 ) b) Los kg de caliza necesarios por tonelada de carbón si se emplea un 20% de exceso de carbonato de calcio y la riqueza de la caliza en carbonato de calcio es del 85 %. es decir.5 = 843. 119.20 = 101250 g • Cantidad de caliza impura empleada = 101250 g CaCO3 / 0.85 = 119118 g Resultados: a) Por cada 30 Kg de S en carbón se precisan 84375 g CaCO3 .75 moles 84375 g 1 (mol SO 2 ) • Cantidad real de CaCO3 empleada = 84375 + 84375· 0.0 %.5 moles 32 (g / mol ) 1 (mol S ) • Cantidad de SO2 eliminada = 0. a fin de cumplir con los requisitos medioambientales impuestos.Problema 2: Se utiliza caliza (carbonato de calcio) para depurar el dióxido de azufre producido en una planta térmica en la que se emplea como combustible carbón con un contenido en azufre del 3. es decir. La eficiencia de la eliminación de SO2 debe ser del 90%.03 (kg S/kg carbón) = 30 kg (30000 g) 30000 (g ) 1 (molSO 2 ) • Cantidad de SO2 generada = = 937.118 kg caliza . 225 / 30 = 2. Datos: • Contenido en S del carbón = 3% • Rendimiento proceso eliminación SO2= 90% • Riqueza de la caliza = 85% • Exceso de caliza = 20% • M(CaCO3) = 100 g/mol Esquema: Gas Gas limpio Carbón HORNO sucio Rdto= 90% Lodo Aire Caliza Reacciones: (generación del SO2) S + O2 → SO 2 CaCO 3( s) + SO 2( g) + 1 (eliminación de SO2) 2 O 2( g) → CaSO 4( s) + CO 2( g) Cálculos: (para 1 Tm de carbón) • Cantidad de azufre = 1000 (kg carbón) · 0.75 moles 1 (mol CaCO 3 ) • Cantidad estequiométrica de CaCO3 necesaria = 843.90 · 937.75 (moles SO 2 ) = 843. Calcule: a) Los kg de carbonato de calcio estequiométricos que se necesitan por kg de azufre en el carbón.81 kg CaCO3 /kg S b) Por cada 1000 Kg de carbón se precisan 119118 g caliza. 746 (moles) · 22.88 / 28) = 0.4 cm3 CO/h • Cantidad máxima de CO permitida en el garaje = 1500 (cm3 CO/m3 aire) · 48 (m3 aire) = 72000 cm3 CO tiempo = 72000 (cm3 CO) / 16710.7 (g CO/Nm3) = 20.4 Nm3/h y que la concentración de CO en los gases de escape es de 8.4 (Nm3/h) · 8.7 g CO/Nm3 • M (CO) = 12 + 16 = 28 g/mol Cálculos: • Volumen del garaje = 4 · 4 · 3= 48 m3 48 m3 de aire • Cantidad de CO emitido = 2.746 moles/h • Caudal volumétrico de CO emitido = 0. al ralentí.Problema 3: Un garaje particular de una casa unifamiliar tiene las siguientes dimensiones: 4 m de largo. es de 2.4 (cm3 CO/h) = 4. El dueño de la casa introduce el coche y tras cerrar la puerta del garaje se queda en el interior del coche escuchando música con el motor en marcha. NOTA: considérense condiciones normales Datos: • Dimensiones del garaje = 4 m x 4 m x 3 m. calcular cuánto tiempo se tardará en alcanzar dicho valor en el garaje.7 g CO/Nm3. teniendo en cuenta que la emisión aproximada de gases por el tubo de escape del coche.4 (l/mol) · 103 (cm3/l) = 16710. Sabiendo que el valor de la concentración inmediatamente peligrosa para la vida o la salud (IPVS) para el CO es de 1500 ppm. 4 m de ancho y 3 m de altura. • Concentración límite de CO = 1500 ppm (cm3 CO/m3 aire) • Emisión gases por tubo de escape = 2.4 Nm3/h • Concentración CO en gas del tubo de escape = 8.3 h 4 h y 18 min .88 g CO /h (20. .47 (moles O2) · [2 (moles SO2)/ 3 (moles O2)] · 0. expresado en mg /Nm3 de gas..Problema 4: vertederos La eliminación del sulfuro de hidrógeno (H2S) contenido en un gas puede llevarse a cabo mediante un proceso que implica las reacciones indicadas a continuación que conducen.284 = 0.91 = 0. O2.91 = 0.. N2 Reacciones: 2H2S + 3O2 2SO2 + 2H2O (etapa 1) 2H2S + SO2 3S + 2H2O (etapa 2) Cálculos: (para 1 Nm3 de gas natural) a): • Cantidad de H2S en gas natural = 1000 (l gas) · 0.284 moles • Moles de H2S consumidos en la reacción 1 = 0. DATO: Densidad media del gas (en condiciones normales) = 0.844 – 0.9 g/l.469 moles • Moles de SO2 formados en la reacción 1 = 0. Datos: • Contenido de S en el gas natural = 3 % • Consumo de aire en la etapa 1 = 0.4) (mol/l) = 0. c) La cantidad de H2S o SO2 residuales que permanecerán al final del proceso. A continuación se emplea el SO2 generado en esta primera etapa para llevar a cabo la reacción (2). y transcurre con una eficiencia del 9l %.284 = 0.05 Nm3 de aire por cada Nm3 de gas.n. b) La cantidad de azufre elemental que se podrá obtener por Nm3 de gas tratado.568 moles (> 0.21 (m3 O2/m3 aire) · 1000 (l/m3) · (1 / 22. H2S S Azufre sólido Aire: O2.03 (g S/g gas) · (1/32) (mol S/g S) · 1 (mol H2S/mol S) = 0. a la obtención de azufre elemental: 2H2S + 3O2 2SO2 + 2H2O (1) 2H2S + SO2 3S + 2H2O (2) Se emplea este método para eliminar el H2S contenido en un gas residual con una riqueza del 3% en peso de S. En la etapa (1) del proceso se emplean 0.844 moles [H2S] = 0. en último término.56 moles • Moles de H2S necesarios para transformar todo el SO2 = 2 · 0.05 Nm3/ Nm3 de gas natural • Rendimiento de la etapa 1 = 91 % • Densidad del gas natural en c.9 g/l • Contenido en O2 del aire = 21 % • M (SO2) = 32 + 2·16 = 64 g/mol Esquema del proceso: Gas natural H2S SO2 Gas residual: SO2.05 (Nm3 aire) · 0.9 (g/l) · 0.47 (moles O2) · [2 (moles H2S)/ 3 (moles O2)] · 0. Calcular: a) La concentración de H2S en el gas residual.= 0.284 moles Moles de H2S que quedan sin reaccionar = 0.56) reactivo limitante = H2S .844 moles/Nm3 b): • Moles de O2 consumidos en la etapa 1: = 0. . 56 / 2) = 4 10-3 moles • Cantidad de SO2 en el gas residual = 4 10-3 (moles) · 64 (g/mol) · 103 (mg/g) = 256 mg [SO2]gas residual = 256 mg/Nm3 gas . • Moles de S obtenidos en la etapa 2 = 0.56 (moles H2S) · [3 (moles S) / 2 (moles H2S)] = 0.84 · 32 = 26.88 g/Nm3 gas c): • Moles de SO2 sin reaccionar = 0.84 moles Masa de S obtenida = 0.284 – (0. 28% S y el resto cenizas inertes).2 105 / 12 = 1.2 105 g 13. (gases de combustión) = 38400 103 (mg SO2) / 2450 (mg/Nm3) = 15673.192 105 / 32 = 600 moles H: 15 105 · 0.0272 = 0. S. expresado en m3/h b) El porcentaje de oxígeno en exceso que se utiliza.72% cenizas inertes • Caudal másico de aire = 20000 kg/h • [SO2] en gases de combustión = 2450 mg/Nm3 • M (SO2) = 12 + 2·16 = 64 g/mol • M (aire) = 0. El flujo de aire empleado es de 20000 kg/h y los gases de la combustión que salen por la chimenea.84 g/mol Esquema del proceso: Gas de combustión: SO2..28% S y 2. .6 105 / 16 = 3750 moles Inertes: 15 105 · 0. Carbón: C. a 1 atm y 300 ºC.6 105 g 0.15 ) 1 · 32887.7 m3 (300 + 275.6 105 g 0. O.6 105 / 1 = 0.88 = 13.. 4% H.04 = 0. O2.21 · 32 + 0. H. Datos: • Cantidad de carbón quemado = 1500 kg/h • Composición del carbón: 88% C.0128 = 0.04 = 0.7 moles 0. 4% O. 1.Problema 5: Se queman con aire 1500 kg/h de carbón (88% C. Calcular: a) El caudal de los gases de chimenea.5 Nm3 • Volumen a 1 atm y 300 ºC (gases de combustión): ( ) 1 · V m3 = ( ) 1 · 15673.6 105 moles O: 15 105 · 0.15 ) (0 + 273. 1. contienen SO2 en una concentración de 2450 mg/Nm3. inertes HORNO Cenizas Aire: O2.5 Nm 3 V = 32887.7 10 3 Moles (gases de combustión) = = 699763.15 ) .. N2 Reacciones: C + O2 CO2 S + O2 SO2 H2 + ½ O2 H2O Cálculos: Para un tiempo de 1 h • Cantidad de carbón quemado = 1500 kg ( 15 105 g ) • Composición del carbón quemado: C: 15 105 · 0. 4% H.79 · 28 = 28.408 105 g • Cantidad de SO2 formado = 600 (moles S) · [ 1 (mol SO2) / 1 (mol S) ] = 600 moles 600 · 64 = 38400 g • Volumen en c.n.082 · (300 + 273.1 105 moles S: 15 105 · 0. 4% O. NOTA: Considerar la combustión completa del carbón.192 105 g 0. 276 − 589166.1 105 + ½ (0. 2 • Moles de aire consumido = = 589166.276 moles 28.6 105 / 2) = 125600 moles 3750 125600 .7 • % aire en exceso = · 100 = 17.21 20000 10 3 • Moles de aire entran al horno = = 693481.84 693481. • Moles de oxígeno consumido = 600 + 1.7 % 589166.7 m3 / h b) %O2 en exceso = 17.7 Resultados: a) Caudal (gases de combustión) = 32887.7 % %O2 en exceso = 17.7 % .7 moles 0. Se desea tratar una corriente gaseosa que contiene un 80% de CH4 (metano) y un 20% de O2.G ·G + (10) = 0 xCO. el 80% se transforma en CO2 y el 10% se transforma en CO.G ·G = 10 (moles) (1) Balance de CO: 0 . Del metano inicial.G ·G – (80 + 10) = 0 Xm. 1·W Reacciones: CH 4 + 2 O2 → CO 2 + 2 H2 O (80 moles) (160 moles) (80 moles) (160 moles) CH 4 + 3 2 O2 → CO + 2 H2 O (10 moles) (15 moles) (10 moles) (20 moles) Balances (en moles): Balance de metano: 100 – Xm.G ·G - O2 0. b) La composición del gas de chimenea.G ·G = 0.G ·G - CO .G ·G - H2O . XCO2. 0. .G ·G = 0. c) La cantidad de vapor de agua que se genera al día Esquema: Base de cálculo: 1 h se queman 100 moles de CH4 Datos de las corrientes: Total A (moles) B (moles) G (moles) W (moles) Totales A = 100/0.21 · B .8·A = 100 . quedando el 10% sin quemar. . para lo cual se quema en una chimenea con dispositivo de antorcha con un 200% de aire en exceso. . medido a 1 atm y 25 ºC.50 (6) Balance de N2: 0.xCO.G ·G - N2 . en base seca.G ·G = 10 (moles) (2) Balance de CO2: 0 – XCO2. la degradación por vía anaerobia de las aguas residuales genera una mezcla gaseosa rica en metano que se debe eliminar por ser inflamable. Calcular: a) El volumen de aire empleado para quemar 100 moles/h de metano.G ·G - CO2 .79 · B – XN2.(160 + 15) = 0 xO2.Problema 6: En el tratamiento de fangos.G ·G + (80) = 0 xCO2.G ·G = 80 (moles) (3) G = B .21·B xOx.2·A = 25 0.G ·G = 0 xN2. XCO.79 ·B XN.79 · B (moles) (4) Balance de O2: (25 + 0. .21 · B) – XO2.150 (moles) (5) Balance de H2O: 0 – W + (160 + 20) = 0 W = 180 (moles) . Xm.G ·G .8 = 125 B G W Metano 0. 41% % CO = 4. • Porcentaje de aire en exceso del 200% (O2 )real = 0.G = 4. sustituyendo el valor de G en las ecuaciones (1) a (5) se obtiene: Xm.21·B) − (175 ) 200 = 100 B = 2500 (moles) (175 ) Sustituyendo el valor de B en la ecuación (6) se obtiene: G = 2450 (moles) Finalmente.15 VB = = 61195 l (~ 61.G = 0.31% c) Vapor de agua generado diariamente: en 1 día se generan: 180 · 24 = 4320 moles de vapor de agua 4320 · 18 = 77760 g de vapor de agua .1 10-3 XCO2.0821· 298.0326 · 100 = 3.1 10-3 · 100 = 0.1 10-3 · 100 = 0.21 · B (moles) (O2 )teórico = (100 · 2) – 25 = 175 (moles) (0.2 m3) 1 b) Composición del Gas de Chimenea: % CH4 = 4.G = 0.26% %N2 = 0.G = 0.61% %O2 = 0.1531 Resultados: a) Volumen de aire (1 atm y 25 ºC): 2500 ·0.8061 XO2.1 10-3 XCO.G = 4.8061 · 100 = 80.1531 · 100 = 15.0326 XN2.41% %CO2 = 0. 80 ·R (moles) COV 0.P ·P = 4 (moles) P = 99 moles Balance de productos: 0 – Xpro. Teniendo en cuenta el esquema del proceso que se muestra.P ·P = 45 (moles) Balances en el punto 1 (en moles): . b) La razón molar entre las corrientes de recirculación y de producto. Xpro. 0.90·40) = 0 xpro. el 73% del COV que entra al reactor se transforma en productos los cuales salen a través de “S” • La conversión total es de 90%.Problema 7: Muchos procesos industriales generan emisiones de compuestos volátiles que se deben controlar. el 90% del COV que entra a través de “A” se transforma en productos los cuales salen a través de “P” • Por reacción.10·100 = 10 moles xCO.5 moles de producto Esquema: 80% CO R 20% COV A E S COV P Reactor Separador 1 10% CO COV.P ·P = 0 Xin.5 Pr oductos Balances en todo el sistema (en moles): Balance de inertes: 50 – Xin.P ·P = 50 (moles) Balance de COV: 40 .P ·P (moles) - Otros datos importantes: • La conversión por paso es del 73%.5 / 2)·(0.P ·P – 0.5 moles de productos Reacción: x CO + 2 COV → 2.E ·E (moles) Xpro. calcular: a) El caudal molar de cada corriente.20 ·R (moles) Inertes 0. DATO: En la reacción por cada 2 moles de compuesto volátil se generan 2. sabiendo que la corriente de alimentación contiene un 10% de CO.E ·E (moles) Xin.P ·P (moles) 0.S ·S (moles) Xpro.E ·E (moles) xCOV. cada 2 moles de COV se obtienen 2. es decir. es decir.S ·S (moles) . que la conversión por paso es del 73% y que la conversión total es del 90%.90 ·40 = 0 xCOV. CO Inertes 40% COV Inertes Productos 50% inertes Productos Base de cálculo: 100 moles de alimentación A = 100 moles Datos de las corrientes: Total A E S P R Totales 100 moles E (moles) S (moles) P (moles) R (moles) CO 0.xCOV.S ·S (moles) Xin.40·100 = 40 moles xCOV.P ·P + (2.50·100 = 50 moles Xin. Uno de los métodos de eliminación de compuestos volátiles consiste en reducirlos mediante monóxido de carbono (CO).P ·P (moles) - Productos .S ·S (moles) xCOV.E ·E (moles) xCO. un 40% de compuesto volátil y un 50% de inertes. S ·S) + (2.0.80·R Balances en el reactor (en moles): Balance de inertes: 50 .5 / 2)·[0.S ·S – (0 + 50) = 0 xin.S·S) .S ·S = 50 Balance de COV: (40 + 0.27 (40+0.S ·S .S ·S = 0.S ·S = 45 R = 46.9125·(40 + 0.20·R) Balances en el Separador (en moles): Balance total: S – (R + P) = 0 S = R + 99 Balance de inertes: Xin.58 moles R = 46.(0 + 45) = 0 xpro.S ·S .E ·E = 10 + 0.80·R) .20·R) – (xCOV.73·(40 + 0.S ·S = 0.20·R 0.xCOV.58 moles y E = 100 + 46.20·R)] = 0 xpro. Balance total: (A + R) .S ·S = 0.(0.20·R Balance de CO: (10 + 0.27·(40 + 0.2·R) = 4 + 0.58 / 99) = 0.47 .S ·S = 50 Balance de COV: xCOV.20·R + 4) = 0 xCOV.58 moles P = 99 moles b) Relación R/P = (46.58 moles S = 46.58 = 146.E ·E = 40 + 0.(0.58 moles Si R = 46.E ·E = 50 Balance de COV: (40 + 0.E ·E = 0 xin.E ·E = 0 XCO.2·R Balance de CO: XCO.S ·S .S ·S = 4 + 0.20·R)= 0 xCOV.E = 0 100 + R = E Balance de inertes: (50 +0) .xCO.20·R) .Xin.20·R) Balance de Productos: 0 – (xpro.73·(40 + 0.58 moles Resultados: a) Caudal de cada corriente: A = 100 moles E = 146.S ·S = 0 Xin.58 moles S = 145.E ·E = 0 xCOV.80·R Balance de productos: Xpro.Xin.58 + 99 = 145.80·R + 0) = 0 xCO. D (kg/h) B 0. W. calcular: a) Los flujos másicos de las corrientes A.04 D + 0.113 (kg/h) G 0. la liberación de vapor de acetona al ambiente está sujeta a muchas restricciones. 0.04 D + 0. tanto para gases como para líquidos.95 (kg/h) 1 (kg/h) A 0.Problema 8: La acetona es un compuesto orgánico que se utiliza en la fabricación de múltiples sustancias químicas y también como disolvente.99 B 0.5% Agua 100% Agua 0.99·B (kg/h) .96 D + 0.96·D (kg/h) 0.113 G W = 0.95 = 0.95 · 1 = 0.03 = 0 + 0. B y D.133 = 0.03 (kg/h) 0.04·D (kg/h) . F. expresados en kg/h.995·A (kg/h) A (kg/h) F ww · F (kg/h) wa · F (kg/h) . . En esta última aplicación. Se nos pide diseñar un sistema de recuperación de acetona con un diagrama de flujo como el de la figura.113 + 0.95 = 0.01·B (kg/h) 0. se especifican en porcentaje en peso.995·A + 0 + 0 0.025 kg/h y D = 0.005·A + 0.995 A A = 0. B (kg/h) Balances en todo sistema: Balance total: 0.96 D + 0.955 kg/h Balance de Acetona: 0 + 0.5% DESTLACIÓN ABSORCIÓN TORRE TORRE D Acetona 4% G F Agua 96% Aire 95% Acetona Acetona 3% Agua Agua 2% Base de cálculo: G = 1 kg/h W = 0.113 + 1 = A + D + B 1.005·A + 0.02 = 0. Todas las concentraciones que se muestran en esa figura.133 kg/h .113 = A + D + B 0. Esquema: B Acetona 99% A W Agua 1% Aire 99. y se sabe que la relación W/G es 0.158 = D + B (1) Balance de Aire: 0 + 0.01 B Combinando las ecuaciones (1) y (2) se obtiene: B = 0. b) La composición de la corriente F.113.03 · 1 = 0. 0. c) El porcentaje de recuperación de acetona en B.005 · A (kg/h) .02 · 1 = 0.99 B (2) Balance de Agua: 0.01 B 0.03 = 0. En estas condiciones.02 (kg/h) 0.113 (kg/h) . F (kg/h) D 0.113 kg/h Datos de las corrientes: Corriente Agua Acetona Aire Total W 1 · 0.113 = 0. 955 + F F = 0.95 Balance de Acetona: 0 + 0.158 kg/h Balance de Aire: 0 + 0.158 kg/h W = 0.03/0.158 ww = 0.95 = 0.113 + 1 = 0.158 = 0.995·(0.158 wa = 0.955 + ww · 0.113 + 0.133 kg/h F = 0.025 · 0.005·0.95 = 0.Balances en la columna de Absorción: Balance total: 0.99) / (0.02 = 0.955) + 0 0.81 RESULTADOS: a) A = 0.19 Balance de Agua: 0.19 · 100) = 19 % y % agua = (0.113 kg/h G = 1 kg/h (base de cálculo) b) % acetona = (0.45 % .03 = 0 + wa · 0.025 kg/h D = 0.81 · 100) = 81% b) % recuperación = 100 [(0.19 · 0.955 kg/h B = 0.158)] = 82. 2 104 Nm3 de un “Gas sucio” con un contenido en dióxido de azufre de 1. y la composición del mismo. - C C (g) . como máximo.2 104(Nm3/Tm aleacion) 1. - A (moles) G 8. en toneladas. expresada en % en masa.3 107 moles/día. w · L (g) (1-w) · L (g) Reacción: SO 2 + CaCO 3( ac ) + 21 O 2 → CaSO 4 + CO 2 (1 mol) (1 mol) (1 mol) Otros datos importantes: • Se producen diariamente 30 Tm de aleación • Se considerarán como condiciones normales P = 1atm y T=273. para cumplir con la Normativa Europea. .6 · C (g). N2 Suspensión de C caliza pulverización Columna de CaCO3.15 K V (1 mol de gas ) = 22.5 g de SO2/Nm3. Esquema: G Gas purificado SO2. 40 mg de SO2/Nm3. el gas de salida de la columna de pulverización ha de contener. Para ello.3 107 moles Datos de las corrientes: Corriente Total SO2 CaCO3 CaSO4 Agua A 6.Problema 9: En una planta industrial se pretende fabricar diariamente 30 Tm de una aleación “cobre-níquel” a partir del cobre metálico obtenido por tostación del sulfuro de cobre (I). CO2.3 107 (moles) 40 mg/Nm3 . . . el “gas sucio” es tratado por vía húmeda. según la siguiente reacción: SO 2 + CaCO 3( ac ) + 21 O 2 → CaSO 4 + CO 2 de manera que. H2O Gas sucio SO2.4 10-3 m3 • M (CaCO3) = 40 + 12 + 3 · 16 = 100 g/mol • M (CaSO4) = 40 + 32 + 4 · 16 = 136 g/mol . H20 L Lodo CaSO4.5 g/Nm3 . mediante una corriente de aire atmosférico. O2. 0. gas que antes de ser emitido debe ser tratado con la finalidad de reducir su contenido en SO2. se generan 6.4 · C (g)- L L (g) . N2 A Base de cálculo: 1 dia G = 8. 0. En el proceso de tostación. Teniendo en cuenta que el “gas purificado” sale de la columna con un caudal molar de 8. O2. en una columna de pulverización. por cada tonelada de aleación además del cobre metálico. con una suspensión acuosa de carbonato cálcico del 60% en peso. calcular: a) Las toneladas de SO2 eliminadas diariamente b) La cantidad de lodo generado diariamente. 5 = 0 C = 14143917 g ( ~ 14143.5 moles • Volumen total de “gas purificado” = 8.5 (g/Nm3) · (1 / 32) (moles/g) = 87187.5 = 0 w · L = 11541436 (1) w = 0.9 % agua .5 (moles) 0.8 g ( ~ 17199 Kg) RESULTADOS: a) SO2 eliminado = 84863.4 10-3 (Nm3 / mol) = 8.4 10-3 (Nm3/mol) = 1859200 Nm3 • Moles de SO2 en el “gas purificado” = 1859200 (Nm3) · 40 10-3 (g/Nm3) · (1 / 32) (moles/g) = 2324 (moles) • Moles de SO2 eliminados = 87187.1 % de CaSO4 y 32.6 ·C Balance de CaCO3: − 0 − 84863. A = 186 104 (Nm3) / 22.2324 = 84863.72 Tm/dia b) Lodo generado = 17199 (kg/dia) · 10-3 (Tm/kg) = 17.92 Kg) 100 w ·L Balance de CaSO4: 0− + 84863.304 107 moles • Moles de SO2 en el “gas sucio” = 186 104 (Nm3) · 1.Cálculos: • Volumen total de “gas sucio” = 6.671 136 0.199 Tm/dia Composición del lodo: 67.3 107 (moles) · 22.2 104 (Nm3/Tm aleacion) · 30 (Tm aleación) = 186 104 Nm3 • Moles de “gas sucio”.329 18 18 Sumando las ecuaciones (1) y (2) se obtiene: L = 17199002.8 (2) (1-w) = 0.4·C (1 − w )·L Balance de Agua: − =0 (1-w) · L = 5657566.5 .5 (moles/dia) · 32 (g/mol) · 10-6 (Tm/g) = 2.