Gooding - BALANCE de MATERIA .Desbloqueado

BALANCE DE MATERIAPARA 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. BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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 27 pies3 28. CONSISTENCIA DIMENSIONAL Y CANTIDADES ADIMENSIONALES Una cantidad puede sumarse o restarse con otra sólo si sus unidades son iguales.316 litros 5.CAPITULO 1 : UNIDADES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 3 FACTORES DE CONVERSION. Una cantidad en un sistema de unidades tiene su equivalencia en otro sistema. (3600 s)2 x ————— hr2 pie 1 milla 15 ——— x —————— 5280 pies s2 millas = 36 818.Determine cuántos litros hay en 5.8 kg = ————— pie3 .204 lb (30. Para que una ecuación sea válida debe ser dimensionalmente consistente.2 . La multiplicación sucesiva de una misma cantidad por una serie de factores de conversión unitarios es el mecanismo utilizado para la conversión de unidades. Una cantidad adimensional es aquella cuya combinación de variables da un número sin unidades.1 . onzas 1 lb 1.2 litros pie3 1.1 ————— hr2 1.3 ———— x ————— 16 onzas cm3 kg x —————— 2.48 cm)3 x —————— pie 3 1 043. PROBLEMAS RESUELTOS 1. La relación unitaria entre estos dos valores es lo que se denomina factor de conversión.3 .27 pies3 x ——————— = 149. En muchos casos deben realizarse las conversiones de unidades adecuadas para demostrar la adimensionalidad.Convertir una aceleración de 15 pies/s2 a millas/hr2. es decir que todos sus términos aditivos en ambos miembros deben tener las mismas unidades.Convertir 1.3 onzas/cm3 a kg/pie3. 005 = 32.48 gal 1.4 .54 cm)2 x ————— pulg 2 = 5.083 pies/s2 mg 200 lb x 32.Determine el número de pies3 en un barril y en una caneca.59 gf lbf ———— pulg2 (2. ¿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 0.46 lbf .51 x 10 -4 1. al nivel del mar. dinas gf 38 ———— x ————— 980 dinas cm2 lbf x ————— 453.0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 4 1.088 pies/s2.35 pies3 caneca 7.6 . 42 galones 1 barril x —————— barril 1 pie3 x ————— 7.61 pies3 55 gal 1 pie3 1 caneca x ————— x ————— = 7.005 ——— 1000 pies s2 g = 32.083 pie/s2 F (peso) = ——— = —————————— (lb/lbf) (32. y éste valor disminuye mas o menos en 0.001 pies/s2 ——————— x 5000 pies = 0.5 .088 .48 gal = 5.17 pie/s2) gc = 199.Si el valor de g en el ecuador. es de 32.001 pies/s2 por cada 1000 pies de altitud.Convertir 38 dinas/cm2 a lbf/pulg2. 8 m/s2 m F 4.9 . (lb/lbf)(pie/s2) .10 .17 pie/s2) gc 1.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.17 pie/s2 F = ——— = ———————————— = 3500 lbf (lb/lbf)(32.5 kgf.CAPITULO 1 : UNIDADES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 5 1.4 lb x 32 pie/s2 F (peso) = —— = ————————— = 62.11 .7 . lbf/pie2 v = velocidad.1 —— s m 1 kg kgf 1.17 pie/s2) gc 1.8 m/s2 = 98 N 1. lb/pie3 L = longitud de la tubería.8 .¿ Cuánto pesará éste mismo volumen de agua en un lugar donde g = 32 pies/s2 ? Como g = gc la masa del cuerpo será 62.5 kgf a = —— x gc = ————— x ——————— = 44.¿ Cuál es el peso en Newton de un objeto cuya masa es 10 kg ? F (peso) = mg = 10 kg x 9. mg 62. donde g vale 32.Una masa de 1 kg se acelera con una fuerza de 4. pies/s ρ = densidad del fluído. Calcular la aceleración en m/s2 kg x 9.17 pies/s2. pies gc = constante.17 pie/s2.¿ Cuánto vale la fuerza que actúa sobre el hombre en lbf? ma 175 lb x 20 x 32.Un pie3 de agua a 70oF y presión atmosférica.Un hombre de 175 lb experimenta una desaceleración (por ejemplo.4 lbf en un punto donde g vale 32.07 lbf (lb/lbf)(32. en un accidente automovilístico) de 20 (g). pesa alrededor de 62.4 lb. BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 6 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. Esta velocidad es utilizada para separar el U235 de U238 en centrífugas con gas en contracorriente.171 x 10-8 ———————— x ————————— 9.s D = coeficiente de difusión. ¿ Cuáles son las unidades de D ? .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. gmol/cm.La ecuación para determinar la velocidad de transporte por difusión es K = 2πDρr. gmol/cm3 r = radio medio logarítmico.0360 ergio/(cm2) (s) (oK) 4 1. BTU/hr-pie2 A = constante de Stefan-Boltzman [0.481 x 10-11BTU (cm2) (s) (oK)4 A = 18.12 . (r2 .r1) / ln(r2/r1) donde "r" está en cm. Si K = velocidad de transporte del componente ligero hacia el centro de la centrífuga. ρ = densidad molar.13 .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. Inserte un factor de conversión dimensionalmente apropiado para eliminar la inconsistencia.14 . psi D = diámetro.45 donde: V está en litros/s Δ Z está en cm .CAPITULO 1 : UNIDADES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 7 K gmol/(s) (cm) D = ——— = ———————— = cm/s 2 πρ r (gmol/cm3) (cm) 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. pie2 ρ = densidad. lb/s A2 = área de flujo. lb/pie3 Δ P = caída de presión. m=C A2 2 ρ ( − ΔP) 1− (D 2 / D1 ) 4 donde: m = flujo.01651 ( Δ Z)2. pies C = constante adimensional Para que las unidades de la ecuación resulten consistentes se introduce dentro del radical la constante gc.La siguiente ecuación es dimensionalmente inconsistente en las unidades especificadas. así: m= C A2 2 ρ ( − ΔP) 1− (D 2 / D1 ) 4 x gC m = pie 2 (lb / pie 3 )(lb f / pie 2 )(lb / lb f )(pie / s 2 ) = lb / s 1. obteniendo un valor de V*.01651 [2.18 .571 ( Δ Z*)2.063 V* = V mi gal 60 s 2.063 V* = 0.Utilizando el precio actual de la gasolina corriente en pesos/galón. determine el valor de 35 litros de gasolina.54( Δ Z*)]2. PROBLEMAS PROPUESTOS 1.16 .45 Esta última ecuación puede ser probada reemplazando un valor de Δ Z*.54 cm * Δ Z (pulg) ( ————— ) = 2.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 . 1.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 8 Desarrollar una ecuación similar donde V* esté dado en gal/mi y Δ Z* esté dado en pulgadas.17 .45 V* = 2.785 lt mi * V (———) (————) (———) = 0. y comparando dicho valor con la ecuación original luego de hacer las conversiones de unidades respectivas. gal 3.54 ( Δ Z*) = Δ Z pulg Reemplazando estos valores en la ecuación original: 0.¿Cuántos litros hay en una caneca y cuántas pulgadas cúbicas hay en un barril? 1. Un sistema tiene una masa de 20 lb.54 cm y 1 litro = 1000 cm3. En un sitio de la Tierra. Si un poise equivale a 1 g/cm. Si se utilizó una balanza de resorte calibrada a nivel del mar.21 .¿ Cual es el peso en lbf de un objeto cuya masa es 10 lb ? 1.61 cm.23 .24 kg.¿ Cuál es la fuerza necesaria en kg para acelerarlo 15 pie/s2 si su movimiento se realiza en un plano horizontal sin fricción? 1.22 .Convertir una milla cúbica por año a millones de galones por día.pie.28 .24 .el resorte se extiende 0.25 .2 pie/s2 2 1.07 pie/s ) 10 libras. 1.23 centipoises a 25oC.El pentano tiene una viscosidad de 0. 1. Cuando el paquete del instrumento se deposita .CAPITULO 1 : UNIDADES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 9 1. 1 pulg = 2.71 m/s2 .19 .26 .27 .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 30.8 m/s2 .¿ cuál es la masa del cuerpo en kg? 1.29 .Un cuerpo pesó 30 kf en un sitio donde la aceleración de la gravedad es 9.¿ Cuál es el peso en poundal de un objeto cuya masa es 5 600 g ? 1. calcule la viscosidad en lb/hr.Utilizando sólo los factores 1 pie=12 pulg. donde la aceleración local de la gravedad es 9.s y 102 centipoises equivalen a 1 poise. Encuentre el número de litros en 1 pie3 1.Un cuerpo pesa a una altura de 8000 metros (g=32.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 .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. ¿ 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. 31 . ρ = 0.017 centipoises. ρ es la densidad del fluído.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. 1. v es la velocidad del fluído. NPr = Cp µ / k Demuestre que es adimensional e investigue y sugiera las unidades.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. . D = 4 cm.7 g/cm3 µ = 0. v = 10 pies/s.32 .El número de Reynolds es una cantidad adimensional que aparece con frecuencia en el análisis del flujo de fluídos.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 10 sobre la superficie de Marte. Para el flujo en tuberías se define como (Dvρ/µ).03 x 10-3 (oR)-1 Δ t =80oR µ = 0.En transferencia de calor se utiliza el número de Prandtal. ρ = 0. donde D es el diámetro de la tubería.0027 lb/pie3 ß = 2. Calcular el número de Reynolds.18 centipoises. 1.20 cm. Calcule el valor de NGr.30 . ¿Cuál es la aceleración de la gravedad en Marte? 1. y µ es la viscosidad del fluído. Para un sistema en particular. emite a la Tierra la información que el resorte se ha extendido 0. lb/(hr) (pie) k = conductividad térmica. 1.023) / (DG/µ)0.s en función del tiempo t dado en segundos. pies G = velocidad másica.37 .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. en lb/pie.24 t . BTU/lboF µ = viscosidad.02/t) se utiliza para hallar el valor de la viscosidad µ.0.2 donde: C = capacidad calorífica.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: .La ecuación: µ = 3.34 .La ecuación de Colburn en transferencia de calor es: (h/CG) (Cµ/k)0.5 + (1. lb / (hr) (pie2) ¿ Cuáles son las unidades del coeficiente de transferencia de calor "h" ? 1.35 . Hallar una ecuación equivalente que permita calcular la viscosidad en centipoises como una función del tiempo dado en minutos.66 = (0.CAPITULO 1 : UNIDADES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 11 1. BTU / (hr) (pie2) (oF) / pie D = diámetro.36 . 1. 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. ¿ Tiene dimensiones la constante K ? ¿ Cuáles son ? Si se expresa la velocidad en pies/s. 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.487 en la que kx. 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 ? . ¿ cuáles serían las unidades de K' si kx se encuentra aún en mol/(cm2 x s). es el coeficiente de transferencia de masa en mol / (cm2 x s) y v es la velocidad en cm/s. en g-mol/cm3. y queremos conservar la misma forma de la relación. donde K' es el nuevo coeficiente de la fórmula ? 1. t = tiempo.38 .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 12 kx = K v 0. existirán siempre materiales que entran y materiales que salen. En general.llamadas también variables de proceso.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. El inverso del volumen específico corresponde a la densidad (ρ). . volúmenes. etc. La unificación de todos ellos constituye la llamada unidad de proceso. composiciones. Cualquiera que sea la situación. Se expresa generalmente en m /kg. pie /lb. así como en el control de operación de las mismas deben conocerse una serie de datos tales como: masas. 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. El volumen específico de sólidos y líquidos resulta relativamente independiente de la presión y la temperatura y su valor puede consultarse en tablas. el balance de materia de una unidad de proceso implica balances individuales en los diferentes aparatos que la forman. En el diseño de éstas unidades individuales. etc.. temperaturas. presiones. lt/kg. 130 G Para más pesados que el agua: 145 (oBé) Grados Baumé = 145 .43 lb/pie3. Se utiliza para líquidos más ligeros y más pesados que el agua. 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.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 14 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. Escala Baumé. 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. La referencia utilizada en el caso de sólidos y líquidos es el agua a 4OC.. Existen varias escalas en las cuales la gravedad específica se expresa en "grados" y que constituyen relaciones matemáticas arbitrarias. la cual posee una densidad de 1 g/cm3 o 62.5 .5 (oAPI) Grados API = ⎯⎯⎯ G .7 Indica la gravedad específica de la sustancia a 20oC respecto al agua a 4oC. La siguiente notación se utiliza: G(20/4)oc = 0. Escalas de Gravedad Específica.131. Está definida por las siguientes expresiones: Para más ligeros que el agua: 140 o ( Bé) Grados Baumé = ⎯⎯⎯.⎯⎯⎯ G Escala API. el cual está conectado por un extremo a la atmósfera y por el otro al sistema cuya presión se desea medir. 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. Los diagramas siguientes indican el cálculo según el caso. Se utiliza solamente para líquidos más pesados que el agua y se define por: (oTw) = Grados Twaddell = 200 (G . Se expresa 2 2 2 generalmente en atmósferas. Para calcular el valor de la presión atmosférica o barométrica es necesario disponer de un barómetro. . 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. kgf /cm . pero si el sistema se encuentra a una presión por debajo de la presión atmosférica la presión se denomina presión de vacío. pascales (N/m ) y lbf /pulg (psi).CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 15 Escala Twaddell. Midiendo la altura Z y conociendo la densidad (ρ) del líquido manométrico. Si el sistema se encuentra a una presión mayor que la presión atmosférica el valor medido corresponde a la presión manométrica. Un grado Brix corresponde a 1% en peso de azúcar.1) Escala Brix. 400 (oBx) Grados Brix = ⎯⎯ . el cual es un dispositivo que contiene mercurio y mide la presión atmosférica del lugar respecto al vacío. cuando el fluído de sello (fluído que corresponde al sistema) tiene una densidad despreciable con respecto a la del líquido del manómetro.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. Es una escala arbitraria y expresa el porcentaje en peso de azúcar en una solución. No pueden existir presiones negativas. BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 16 A (PA)abs = Patm + Pm B (PB)abs = Patm .Pv C PC = Patm DIAGRAMA COMPARATIVO DE PRESIONES PA Pm PC Pv Presión Atmosférica Patm PB Vacío Absoluto P=0 . Se concluye entonces que la presión ejercida por un gas cesaría cuando su temperatura llegase a 273oC bajo cero. generalmente el punto de congelación y el punto de ebullición del agua a presión de 1 atm. Se seleccionan dos puntos fijos para normalizar un termómetro. La distancia entre estos dos puntos es dividida en 100 partes iguales y cada división corresponde a 1oC. La relación entre estas dos escalas es: T (oR) = 1. En la escala Fahrenheit el cero absoluto corresponde a -460oF y la escala que toma este punto de partida se denomina escala Rankine absoluta.8 Se demuestra experimentalmente que la presión de un gas se incrementa en 1/273 por cada grado centígrado de aumento de temperatura. Esta temperatura equivalente a -273oC es llamada cero absoluto de temperatura y es el punto de partida de la escala Kelvin absoluta.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 17 TEMPERATURA La temperatura puede definirse como la fuerza motriz que produce una transferencia de calor. En la escala Fahrenheit (oF) se define el punto de congelación del agua como 32oF y el punto de ebullición como 212oF. La temperatura se mide mediante los termómetros y las escalas más usuales son la Celcius o Centígrada y la Fahrenheit. Las dos escalas se relacionan mediante la fórmula: t (oF) = 1. 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.8 t (oC) + 32 La relación de magnitud entre las dos escalas es: (oC / oF) = 1. La distancia entre estos dos puntos es dividida en 180 partes iguales y cada división es 1oF. y en la misma forma decrece 1/273 por cada grado centígrado de disminución de temperatura.8 (ToK) La relación de magnitud entre las dos es: (oK / oR) = 1.8 Las siguientes fórmulas y relaciones son también de gran utilidad: . Dos cuerpos están a la misma temperatura si no hay transferencia de calor cuando se ponen en contacto. (oR / oF) = 1 Para convertir una diferencia de temperaturas puede utilizarse: (ΔT oR) = ( ΔT oK) x 1.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 18 T (oK) = t (oC) + 273 T (oR) = t (oF) + 460 (oK / oC) = 1 .273 -460 0 0 .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 0 273 492 .8 ( Δ t oF) = ( Δ t oC) x 1. 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.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 19 FLUJO DE MASA Y FLUJO VOLUMETRICO El movimiento de material o masa de un punto a otro recibe el nombre de flujo. Los valores de las masas atómicas pueden tomarse de una tabla periódica o de la tabla 2 del libro. Para las expresiones matemáticas que se verán más adelante puede representarse por la letra A y su forma dimensional es (at-1). Según sean las unidades tomadas para la masa de un elemento. tiene una masa atómica exacta de 12. 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: o o m = v Aρ = V ρ v = velocidad lineal de flujo A = área de la sección de flujo ρ = densidad del fluído o o donde: VARIABLES DE COMPOSICION Elementos y Compuestos Químicos. m (g) ⎯⎯⎯⎯ = número de g-at A (at-1) m (kg) ⎯⎯⎯⎯⎯ = número de kg-at A (at-1) . la relación entre ésta y su masa atómica constituye la unidad atómica correspondiente. Se denomina flujo másico ( m ) a la masa transportada en la unidad de tiempo (masa/tiempo) y se denomina caudal o flujo volumétrico ( V ) al volumen transportado en la unidad de tiempo (volumen / tiempo). gal) . m . lb. la relación entre ésta y su masa molecular constituye una unidad molar. kg. Para las respectivas expresiones matemáticas se representa por M y su forma dimensional es (mol-1). Tn) 3 3 V = volumen (lt.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. Designando por la letra "i" a un componente específico en la mezcla y además: m = peso o masa (g. 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. Según sean las unidades tomadas para la masa de un compuesto. pies . el número total de átomos de "i" dividido por el número total de átomos presentes.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 21 M = masa molecular de una sustancia (mol-1) A = masa atómica de un elemento (at-1) a) Porcentaje en peso. Si el compuesto es una mezcla de átomos. El porcentaje en peso de cada componente se obtiene dividiendo su peso respectivo por el peso total del sistema y multiplicando por 100. 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 . c) Fracción Atómica. (mi/Ai) Fracción atómica de i = ⎯⎯⎯⎯ = Ni ∑ (mi/Ai) d) Fracción en masa. 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. b) Porcentaje en Volumen. mi % en peso de i = ⎯⎯⎯ x 100 ∑ mi Se utiliza generalmente para expresar la composición de mezclas de sólidos y líquidos. se denomina fracción atómica de "i". En general no se emplea para mezclas de gases. Vi % en volumen de i = ⎯⎯⎯ x 100 ∑Vi Se utiliza para expresar la composición de mezclas de gases. Si el sistema es una mezcla de varias clases de moles. (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. % en peso de i = wi x 100 h) Porcentaje molar. % atómico de i = Ni x 100 g) Porcentaje en peso o masa. % molar de i = xi x 100 i) Concentración. Se utiliza generalmente en soluciones y está relacionada casi siempre con el volumen de la solución. El tanto por ciento molar de un componente se encuentra multiplicando su fracción molar por 100. El tanto por ciento en peso o masa de un componente se encuentra multiplicando su fracción en peso o masa por 100. masa del componente i Concentración másica = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ volumen de la solución moles del componente i Concentración molar = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ volumen de la solución . el número total de moles de "i" dividido por el número total de moles de mezcla es la fracción molar de "i".BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 22 e) Fracción molar. Con frecuencia el planteamiento del problema lleva consigo la base de cálculo. 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. ejemplo: 100 g. La siguiente fórmula puede utilizarse: M = ∑ (Mi xi) Mi = masa molecular del componente i xi = fracción molar del componente i BASE DE CALCULO ( B. Para su determinación es necesario conocer su composición molar. Esta cantidad de materia se designa como base de cálculo y se deberá establecer específicamente como primera etapa en la solución del problema. 100 kg-mol. ) Normalmente. 100 lbmol. ejemplo: 100 g-mol.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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. MASA MOLECULAR MEDIA Conocer la masa molecular media es de gran ayuda cuando se tiene una mezcla gaseosa.C. Cuando se conoce la composición en peso de una mezcla se recomienda tomar una base de 100 unidades de masa o peso. 100 kg. la recomendación es tomar 100 unidades molares de la mezcla. La sustancia disuelta se llama soluto y el líquido en el cual se disuelve se llama solvente. Si por el contrario se conoce la composición molar de la mezcla. 100 lb. . 5 galones con gasolina corriente y se pesa.⎯⎯⎯⎯ G o 145 Bé = 145 . se acostumbra a expresar el contenido de humedad por unidad de peso de sólido seco o por unidad de peso de sólido húmedo.1 .22 lb/pie¿Cuál es su densidad en grados Baumé (oBé) ? (ρ) H2SO4 (20oC) 114. A ésta modalidad multiplicada por 100 se le denomina porcentaje de humedad en base seca y en base húmeda respectivamente.El ácido sulfúrico puro a 20 oC tiene una densidad de 114. dicho componente no aparece en los porcentajes. ¿ Cuál es la densidad expresada en grados API ? m 9.737 ⎯⎯⎯ V 3. La composición que incluye el agua se dice que es en base húmeda.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 24 BASE SECA.77 kg 1 gal kg ρ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 0. El peso de la gasolina fué 9.2 .⎯⎯⎯⎯ = 65.77 kg. aunque sí está presente en la mezcla y se dice que la composición es libre de un componente.Se llena un recipiente cuyo volumen es 3. se dice que está en base seca.8295 2.8295 (ρ ) H2O (4oC) 62.43 lb/pie3 Por ser un líquido más pesado que el agua se utiliza la relación: o 145 Bé = 145 . especialmente en el secado de sólidos. BASE HUMEDA Y BASE LIBRE DE UN COMPONENTE Se dice que un material es húmedo cuando el agua es uno de sus componentes.74 1. Cuando en la composición se excluye el agua (aún estando presente). PROBLEMAS RESUELTOS 2. En algunas operaciones.785 lt lt .22 lb/pie3 G = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1. la composición está dada sin tener en cuenta uno de los componentes.5 gal 3. En el caso de algunas mezclas gaseosas. En éste caso. 92 kPa x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 29.29.5 = 60.4 . 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.737 g/cm3 ρ gasolina 0.49 oAPI 0.3 kPa Pv = Patm .92 kPa.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 25 ρ = 0.59 mm Hg 2. si en un caso indica el barómetro 735 mm Hg y en otro caso 764 mm Hg? 760 mm Hg Pabs = 3.En el condensador de una turbina de vapor se mantiene la presión absoluta de 3.41 = 705.41 = 734.41 mm Hg 101.131.A = 20 000 ⎯⎯ x 450 cm x (⎯⎯⎯⎯)2 100 cm m2 F = 900 N .29.5 ⎯⎯⎯⎯ . Qué marcarán los vacuómetros graduados en mm Hg.Un pistón tiene un área de 450 cm2.3 . P = 20 kPa = 20 000 N/m N 1m 2 F = P.737 2.59 mm Hg Pv = 764 .737 g/cm3 G = ⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.737 ρ agua 1 g/cm3 La densidad en grados API será: 141.Pabs = 735 . 5 psi x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 120.83 kg 9.3 kPa Pabs = 17.59 kPa 14.5 psia en un lugar donde la presión barométrica es 28.734 kPa 14.95 x 1000 kg/m3 = 2950 kg/m3 101.3 kPa P = 30 psi x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 206. ¿Cuál debe ser la elevación del nivel del agua por encima del aparato? P=ρ gZ Se utiliza la presión manométrica en el cálculo.95 ρ agua ρ L = 2.Un sistema de alimentación por gravedad se emplea para alimentar agua a un aparato. 101.7 psi P 206734 Z = ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 21.6 .8 m/s2) 2.8 m/s2 2.7 psi .9 pulg de Hg. Cuál será la altura alcanzada por el fluído manométrico? ρL G = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 2. Se requiere una presión mínima de 30 psig a la entrada del aparato.Un fluído manométrico especial tiene una gravedad específica de 2.95 y se utiliza para medir una presión de 17.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 26 900 N F = m g ⎯⎯⎯> m = ⎯⎯⎯⎯ = 91.09 m ρ g (1000 kg/m3)(9.5 . 92 pulg Hg Pabs = Patm + Pm Pm = 120.9 pulg Hg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 97.68 = 152.3 kPa Patm = 28.8 m/s2) 2.6 + 459.75 kPa P 22750 Pa Z = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.84 kPa 29.¿ 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 + 273.6 oF T oR = t oF + 459.68 = 612.8 (67) + 32 = 152.28 oR Para fines prácticos y tal como se indica en la teoría.El incremento de temperatura del agua al pasar por un calentador es 80 oF. y oK ? Δ t oC = 100 .460 oF. El cálculo efectuado con estos dos últimos valores no resulta exactamente igual en los dos casos.0 = 100 oC = Δ T oK Δ t oF = 212 .8 .16 = 67 + 273.32 = 180 oF =Δ T oR Δ t oF Δ T oR ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = 1.7 cm ρg (2950 kg/m3)(9.16 = 340.59 .8 (340. 2.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 27 101. ¿Cuál es éste en oC.8 Δ t oC Δ T oK .7 .787 m = 78.28 oR t oF = 1. el cero absoluto puede tomarse en forma aproximada como -273 oC y .16) = 612. oR.8 (t oC) + 32 = 1.84 = 22.97.16 oK T oR = 1.8 (T oK) = 1. 32/0.Convertir en grados centígrados las siguientes temperaturas medidas con un termómetro Fahrenheit: -275.Dos termómetros.8(893) + 32 = 1639. t oF = 1. uno Fahrenheit y otro Centígrado están sumergidos en un fluído e indican la misma lectura. t oC = (t oF .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 28 Para el presente problema se tendrá: Δ t oC = (80/1.40 t = 1.8(127) + 32 = 260.8 t oC = (-275 .4 oF t oF = 1.465.8) = 44.5 oC t oC = (24 .8 ( -12) + 32 = 10.Convertir en grados Fahrenheit las siguientes temperaturas medidas en grados centígrados: .4 oF 2. Cuál es esa lectura en oR y oK? t oC = t oF = t ⎯⎯> t = (. 24.2 oC t oC = (1465 .8 = .44 oC t oC = (162 . 162.8 = 796.1 oC 2.6 oF t oF = 1. 893.186.32) /1.4 oC = Δ T oK Δ t oF = Δ T oR = 80 oR 2.32) /1.10 .170.8) = .8 (-186) + 32 = .8 oF t oF = 1. 127.8 = .9 .8 t + 32 .8 = 72.8 t oC + 32 t oF = 1.32) /1.4.32) /1.32) /1.302. 1. -12.11 . 48 gal pie3 m = 1 590.Una bomba descarga 75 GPM de un líquido cuya gravedad específica es 0.El tetracloroetano tiene una densidad relativa de 1.588 x 62.40 oF 2. en cuánto tiempo se llenará el tanque? V = V/ θ ----> θ = (V/V) V 5000 gal θ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 52.43 = 99. b) El tiempo necesario para llenar un tanque vertical de 20 pies de diámetro y 15 pies de altura. Encuentre: a) El flujo en lb/mi.13 lb/pie3 lb pie3 m = V x ρ = 120 gal x 99.63 mi o V o 95 gal/mi 2. G =ρ L /ρ agua ⎯⎯⎯> ρ L = 0. 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.57 ⎯ θ 2.40 oC = .12 .5880.14 .Por una tubería se descargan 95 galones por minuto (GPM) de un líquido sobre un tanque.43 lb/pie3 ρ L = 59.785 lt gal hr 60 mi lt mi V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 7. Si la capacidad del tanque es de 5 000 galones.96 x 62.13 .96.93 lb/pie 3 .CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 29 t = .3 lb V o 120 gal 1 hr 3.13 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ 7. ρ= G x ρ agua = 1. 022 ⎯⎯ x 78. ¿ Cuál es la velocidad del agua en la tubería en pies/mi ? Area del tanque = (πD2/4) = (100 π /4) = 78.53 pies2 mi o . a) ¿ Cuántos galones por minuto son bombeados? b) Si se utiliza una tubería de 6 pulg de diámetro para llenar el tanque.48 gal V = ⎯⎯ θ o ⎯⎯⎯> θ = ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ V θ = 470 mi 75 gal/mi pie3 2.93 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ mi m = 600.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 30 gal o o lb pie3 pie3 7.3 7.Se bombea agua hacia un tanque cuyo diámetro es 10 pies a velocidad estable.48 gal a) m = V x ρ = 75 ⎯⎯ x 59.022 ⎯⎯⎯ El flujo volumétrico en gal/mi será: pies V = v x A = 0.9 lb/mi π (20)2 π D2 V = ⎯⎯⎯ Z = ⎯⎯⎯⎯ x 15 = 4 712.15 . El nivel del tanque se incrementa en 16 pulgadas por hora.53 pies2 a) La velocidad lineal respecto al tanque es: 16 pulg hr pie 12 pulg hr 60 mi pies mi v = ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 0.3 pies3 4 4 V V o b) 4 712. ¿ 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 2.1963 pies 2 v = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 8.25 g-at H 2.8 pies/mi 2.27 pulg2 x (pie2/144 pulg2) = 0.4 g-mol de HCl ? 1 g-at Cl 35.27 pulg2 28.59 g H2SO4 1 lb H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ lb H2SO4 98 g H2SO4 g-mol H2SO4 = 9.4 g-mol HCl x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 85.18 .7276 pies3/mi 0. la velocidad del agua en la tubería será: V A o 1.¿ Cuántos gramos de cloro hay en 2.17 .16 -¿ Cuántos g-at de hidrógeno hay en 1 libra de H2SO4 ? g-mol H2SO4 2 g-at H 453.1 g Cl g-mol HCl g-at Cl .CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 31 = 1.92 ⎯⎯ mi b) área de la tubería = ( πD2/4) = (36 π /4) = 28.48 gal pie3 gal mi V = 1.46 g Cl 2.7276 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 12.1963 pies2 Teniendo en cuenta que el flujo volumétrico es el mismo.7276 pies3/mi pies3 o 7. 05 kg Masa total de mezcla = 56.23 % .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 32 2.5 + 4.85 % MgCO3 : (4.7 lb Fe2O3 = 19. ¿ Cuál es la composición en peso de la mezcla ? CaCO3 en caliza = 45 kg x 0.45 kg MgCO3 = 45 kg x 0.05/65) x 100 = 6.19 . MgCO3 10% y H2O 9%.45 + 4.4 Tn Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ kg Fe2O3 Tn Fe2O3 159.5/65) x 100 = 6.32 lb-mol Fe2O3 2.21 . ¿ cuántas lb-mol hay ? 2.En 1.05 = 65 kg Composición en peso: CaCO3 : (56.5 kg H2O = 45 kg x 0.45 kg CaCO3 total = 20 + 36.¿ 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 = 8.4 toneladas de Fe2O3.1 = 4.92 % H2O : (4.09 = 4.81 = 36.204 lb Fe2O3 lb-mol Fe2O3 1 000 kg Fe2O3 1.20 .45/65) x 100 = 86.45 = 56.Se mezclan 20 kg de CaCO3 puro con 45 kg de caliza cuya composición en peso es: CaCO3 81%.06 g-mol O2 2. 8 = 800 kg 2 kg-at Fe 55.22 . MnO 1%.85 kg Fe kg-mol Fe2O3 800 kg Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯-⎯⎯ kg-mol Fe2O3 kg-at Fe 159. Base de Cálculo (B.7 kg Fe2O3 .12 = 120 kg 1 kg-at Si kg-mol SiO2 120 kg SiO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 33 2.9 % b) SiO2 en el mineral = 1 000 kg x 0. d) Los kg-mol de O2. Al2O3 3%.7 kg Fe2O3 = 559 kg Fe % de Fe = (559/1 000) x 100 = 55. Por cada tonelada de mineral calcular: a) Los kilogramos de Fe y su porcentaje. H2O 4%.Un mineral de hierro contiene: Fe2O3 80% en peso.): 1 tonelada de mineral a) Fe2O3 en el mineral = 1 000 kg x 0.22 kg-mol H2 d) El oxígeno está contenido en todos los componentes.99 kg-at Si 60. luego hay que determinarlo por separado y sumar.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. SiO2 12%. c) Los kg-mol de H2.C. b) Los kg-at de Si. 3 kg-at O kg-mol Fe2O3 800 kg Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ kg-mol Fe2O3 159. 43 = 53.11 lb .22 kg-at O kg-mol H2O 18 kg H2O Oxígeno total = 15.882 kg-at O 1 kg-at O kg-mol H2O 40 kg H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.882 + 2.07 lb/pie3 ρ B = GB x ρ agua = 0.028 + 0.141 + 3.Se mezclan 12 galones de un líquido A cuya densidad relativa es 0.86.77 x 62.86 x 62.141 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 60.266 kg-at x ⎯⎯⎯⎯⎯ 2 kg-at O = 11.1 kg SiO2 = 3.43 = 48. ρ A = GA x ρ agua = 0.133 kg-mol O2 2.993 + 0.993 kg-at O 3 kg-at O kg-mol Al2O3 30 kg Al2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ kg-mol Al2O3 102 kg Al2O3 = 0.028 kg-at O kg-mol MnO 1 kg-at O 10 kg MnO x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 34 = 15.77 con 25 galones de otro líquido B cuya densidad relativa es 0.68 lb/pie3 lb pie3 mA = VA x ρ A = 12 gal x 48.23 .07 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ pie3 7. Calcular el porcentaje en peso de la mezcla y la densidad relativa de la mezcla si los volúmenes son aditivos.48 gal mA = 77.22 kg-mol O2 Oxígeno total = 22. 41/256.8638 kg/lt msolución = V x ρ = 100 lt x 0.68 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ pie3 7.20 = 20 litros magua = 20 lt x (1 kg/lt) = 20 kg ρ solución = 0.52) x 100 = 69.94) = 51.52/4.11 + 179.Una mezcla de alcohol etílico y agua contiene 80% en volumen de alcohol a 15.8638 kg/lt msolución = 86.94 pies3 ρ mezcla = (mT/VT) =(256.52 lb % peso de A = (77.38 kg .41 = 256.C.831 ρ agua 62.92 lb/pie3 ρ 51.48 gal VT = 4.5 oC y su densidad relativa es 0.94 % pie3 VT = VA + VB = 12 + 25 = 37 gal x ⎯⎯⎯⎯ 7.52) x 100 = 30.92 lb/pie3 G = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.11/256.8638 x 1 kg/lt = 0.43 lb/pie3 2.41 lb mT = 77. H2O en la mezcla = 100 lt x 0.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 35 lb pie3 mB = VB x ρ B = 25 gal x 53.: 100 litros de mezcla.8638.48 gal mB = 179.24 . ¿ Cuál será el porcentaje en peso de alcohol etílico ? B.06 % % peso de B = (179. 25 .Se mezclan 100 g de agua con 100 g de H2SO4. B.1 g KOH g-mol KOH 0.0178 g-mol KOH 56.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 36 % peso de agua = (20/86.02 g-mol H2SO4 98 g H2 SO4 g-mol H2SO4 1.C.Se disuelve un gramo de KOH en 670 cm3 de agua.7 lb Fe2 (SO4)3 .1837 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 5.: 100 lb de solución.85 % 2.02 g-mol H2SO4 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.23.38) x 100 = 23.55 g-mol H2O 18 g H2O g-mol H2SO4 100 g H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.0178 g-mol KOH 1 000 cm3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.15 % % peso de alcohol = 100 . contiene 16% en peso de sulfato y su densidad relativa es 1. ¿Cuántos g-mol de H2SO4 hay por cada g-mol de agua ? g-mol H2O 100 g H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 5. lb-mol Fe2 (SO4)3 16 lb Fe2 (SO4)3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.55 g-mol H2O g-mol H2O 2. Determinar la concentración molar en lbmol/pie3 de solución y la molaridad (g-mol/lt de solución).27 . ¿ cuál es la molalidad de la solución formada ? g-mol KOH 1 g KOH x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0265 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 670 cm3 H2O lt H2O lt H2O 2.26 .04 lb-mol Fe2 (SO4)3 399.1409.15 = 76. Fe2 (SO4)3.Una solución de sulfato férrico. 6255 NNi = (0.C.43 ⎯⎯⎯ = 71.22 lb/pie3 Concentración molar = 0.Un gas combustible tiene la siguiente composición molar: O2 5%.9442 g-at Cu 63. ¿ cuál es la fracción atómica de cobre ? B. Ni : 100 g x 0.: 100 g de aleación.28 .32) = 0.0284 x (453. N2 80% y CO 15%.6813/1.9442/1.9442 = 1.6 = 60 g g-at Ni 40 g Ni x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.581 NNi + NCu = 0.6813 + 0.Una aleación de cobre y níquel contiene 40% de níquel.581 = 1 2.59/28.04 lb-mol/1.4 = 40 g Cu : 100 g x 0.4041 pies3 = 0.1409 x 62.71 g Ni g-at Cu 60 g Cu x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.4548 2.4041 pie3 ρ 71.29 .419 + 0.6255) = 0.6813 g-at Ni 58.22 ⎯⎯⎯ pie3 pie3 m 100 lb V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1. Calcular: .6255) = 0.54 g Cu g-at de aleación = 0.0284 lb-mol/pie3 Molaridad = 0.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 37 lb lb ρ = G x ρ agua = 1.419 NCu = (0. 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 N2 (160/2 820) x 100 = 5. b) La composición en peso.67 % (2 240/2 820) x 100 = 79.30 . ¿ Cuál es su composición en peso? B.2 mol-1 b) B.C.Para cálculos de combustión el aire se toma con la siguiente composición molar: O2 21% y N2 79%.7 % .89 % CO (420/2 820) x 100 2.05 + 28 x 0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 38 a) La masa molecular media.C.: 100 g-mol de aire O2 N2 21 g-mol x 32 mol-1= 672 g 79 g-mol x 28 mol-1= 2 212 g ⎯⎯⎯⎯ Total 2 884 g Composición en peso: O2 (672/2 884) x 100 = 23.15) = 28.43 % = 14. a) M = ∑ (Mi xi) M = (32 x 0.3 % N2 (2 212/2 884) x 100 = 76.: 100 g-mol de gas combustible.8 + 28 x 0. Los gases que salen de un quemador de azufre tienen la siguiente composición en base libre de SO3: SO2 9.06 = 89.72/89. H2O 10.378 g-mol xnitrógeno = (2. ¿ Cuál es el porcentaje molar de SO3 en la mezcla ? B.8187) M = 31.33 .: 100 g de mezcla.87%. Mn 0.72%.0967 + 32 x 0. pero al analizarlo se encontró que contenía: Fe 84.72% en peso. Se sabe también que hay 6.C. M = (64 x 0. ¿ Cuál era el porcentaje en peso de hierro al salir del horno ? B. O2 N2 43 g x (g-mol/32 g) = 1.: 100 g-mol de gas libre de SO3.31 .06%.94 kg % en peso de Fe = (84.0846 + 28 x 0. Si 1.82 mol-1 = 3 182 g El SO3 en el gas será: .08 g de SO3 por cada 100 g de gas libre de SO3.602 2.19 % peso 2.94) x 100 = 94.35%.82 mol-1 Masa de gas libre de SO3 = 100 g-mol x 31.32 .¿cuál es la fracción molar de N2 ? B.035 g-mol ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Total 3.: 100 kg de arrabio húmedo.035/3.343 g-mol 57 g x (g-mol/28 g) = 2.10. arrabio seco = 100 .CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 39 2.C.Una mezcla de oxígeno y nitrógeno tiene un 43% en peso de oxígeno.C.15%.46% y N2 81.378) = 0. O2 8. C 3.El arrabio producido en un alto horno sale libre de humedad.67%. ) a base húmeda.46 g SO3 g-mol SO3 193. ¿ Cuál es el porcentaje de agua de la mezcla resultante en base seca y en base húmeda ? B.418/102. 60 g de agua 40 g de material seco % de agua (b.) a base seca.a) Convertir 60% de agua (b.s.s.5 % b) B.35 .h.34 .) .: 150 lb de sólido húmedo (s.) = (60/40) x 100 = 150 % 2.Se mezclan 150 lb de un sólido húmedo que contiene 75% de agua (b.) con 18 lb de agua.s. b) Convertir 60% de agua (b.h.418 g-mol SO3 80 g SO3 Moles totales de gas = 102.36 % 2.08 g SO3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 3 182 g gas libre SO3 100 g gas libre SO3 = 193.h.418 g-mol % molar SO3 = (2.C.) = (60/160) x 100 = 37.C.: 100 g de material seco.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 40 6.46 g SO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.: 100 g de material húmedo. 60 g de agua 100 g de material seco Material húmedo = 160 g % de agua (b.C.418) x 100 = 2. a) B. 2.28 = 85.42 .h.72 = 168 lb % Agua (b.595.97 % % Agua (b.5. ¿ A cuántos galones equivale 1 tonelada de aceite ? 2. en galones.28/85.28 lb agua 175 lb s.28/168) x 100 = 48.El peso específico de la dietanolamina (DEA) a 15 oC/4 oC es de 1. 2.41 .) = (82.28 + 18 = 82.La gravedad específica del tetracloruro de carbono a 20 oC con respecto al agua a 4 oC es 1. si el volumen específico del vapor es 20.72 lb Agua total = 64.h.64. ¿Cuántos pies3 de esta solución ocuparán 6 toneladas a 80 oF ? 2.98 % PROBLEMAS PROPUESTOS 2. Calcular la densidad del tetracloruro de carbono en lb/pie3 a 20 oC. = 64.La densidad de una cierta solución es de 7. Determine el volumen V del colector.2 cm3/g.) = (82.En un colector de vapor hay 300 kg de vapor de agua. Calcule su gravedad en oBé.¿ A cuántas libras de DEA corresponde este volumen ? 2.28 + 85.39 .3 lb/galón a 80 oF.Una solución tiene una gravedad de 100 oTw.37 .36 .72) x 100 = 95.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 41 75 lb agua ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 150 lb s.s.28 lb Sólido húmedo final = 82.38 . 2. En un día cuando la temperatura es de 15 oC se introducen en un tanque 1 347 galones de DEA medidos exactamente.Efectuar las siguientes conversiones de unidades de presión: .Un aceite tiene una gravedad API de 19.h.096.40 . Sólido seco = 150 . Se coloca un manómetro de mercurio en el fondo de un tanque que contiene benceno (G = 0.46 .Efectuar las siguientes conversiones de temperatura: .Un manómetro. bar y kgf/cm2 ? b) Qué marcará el manómetro. Determinar el valor del vacío como un porcentaje de la presión barométrica cuyo valor es 753 mm Hg. f) 10 psig a mm Hg manométricos.43 . ¿ cuál será la altura del fluído en metros dentro del tanque? 2.47 . expresada en N/m2. indica una lectura de 6 2 kgf/cm .44 .Un cilindro de diámetro 200 mm está herméticamente cerrado por un émbolo que pende de un resorte. Si la diferencia de altura en el líquido del manómetro es 97 mm. cuando el aeroplano se eleva a cierta altura en la cual la presión atmosférica es 0. h) 650 mm Hg abs a mm Hg manométricos. Este émbolo convencionalmente ingrávido se desliza sin rozamiento.879). e) 30 cm Hg de vacío a atm abs. montado en la cabina abierta de un aeroplano que se encuentra en tierra. Determine la fuerza F de tensión del resorte. 2. b) 25 pies de agua a Pa. Respuesta en kPa y psig.Calcular la presión manométrica en el fondo de un tanque de 12 pies de o profundidad. y que mide la presión del aceite. si este está lleno de una solución de ácido acético a 25 C (G = 1. i) 10 pulg de Hg de vacío a pulg de Hg abs.59 bar. en kgf. c) 3 atm a N/cm2. d) 100 cm Hg a dinas/pulg2. si el émbolo no se mueve. 2. si la presión absoluta permanece constante? 2. a) Cuál es la presión absoluta del aceite. j) 20 psi a cm de tetracloruro de carbono. 2.48 . En el cilindro de ha practicado un vacío equivalente al 80% de la presión barométrica que es de 600 mm Hg.En la sala de máquinas de una central eléctrica funciona una turbina cuyo condensador se mantiene a la presión absoluta de 0. 2. expresado en estas mismas unidades.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 42 a) 1 250 mm Hg a psi. cuando el barómetro marca 752 mm Hg.45 . g) 10 psig a bar absolutos.711 psia.0172 ). Un fluido cuya gravedad específica es 1.53 .200 oF a oC g) 20 oC a oR h) 100 oR a oC 2.50 . ¿ 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 mide con un manómetro en U. Como resultado la presión luego del orificio es menor que la presión delante de él.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 43 a) 279 oC a K b) 425 oF a oK c) .51 .En los trabajos técnicos y científicos suele medirse directamente la diferencia de temperaturas por medio de pares termoeléctricos diferenciales. La caída de presión. ρ = densidad del líquido circulante. El flujo de masa en kg/s se calcula por la fórmula: m = 0.54 . ¿ Cuánto tiempo tardará el gas en llenar el gasómetro.5 m /kg.2 circula por una tubería a razón de 30 lb/hr. o C y oK. A = área del orificio. 2. a) Cuántos GPM son bombeados? b) Si se utiliza una tubería de 2.Convertir las siguientes diferencias de temperatura: (a) 37 oC a oF y oR. 2.49 . (b) 145 oR a oF.8 A 2 ( ΔP) ρ o Δ P = disminución de presión. si el volumen de este es 5 m3.Se bombea agua hacia un tanque cuyo diámetro es 3 metros a velocidad estable. unida a un gasómetro.00127 g/cm3.36 cm de diámetro para llenar el tanque cuál es la velocidad del agua en la tubería en m/s? 2.Por una tubería de diámetro 50 mm.200 oC a oR d) 725 oR a oK o e) 2 250 oC a oF f) .Para medir el flujo de líquidos y gases se emplean orificios de estrangulación. la velocidad media del gas por la sección de la tubería es 2. El nivel del agua en el tanque se incrementa en 6 cm por hora. ¿Cuál es la diferencia de temperaturas en grados centígrados si por la escala Fahrenheit es 215 oF ? 2.55 m/s y la densidad del gas que llena el gasómetro es 0. . se hace llegar un 3 gas cuyo volumen específico es 0. 59 .55 . calcular el flujo de masa.5 g-mol.A 0 C una solución de sal común en agua contiene 23. c) 120 lb-mol de KNO3 d) 54 kg-mol de HCl 2.Cuántas libras hay en cada una de las siguientes cantidades: a) 130 g-mol de NaOH b) 62 lb-mol de HNO3 2.57 .98 g/cm3 y el diámetro del orificio es 10 cm.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 44 Si Z = 22 mm Hg. c) toneladas de CaCO3 por cada 34 lb-mol. b) lb de N2 por cada 3. ρ = 0. ¿ 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? . d) 120 kg-mol de NaCl a lb.Se mezclan 20 pies3 de un líquido con una densidad relativa de 1.58 .56 . 2.3 con 10 pies3 de otro líquido cuya densidad relativa es 0. c) 120 g-mol de NaCl a lb. b) 120 lb-mol de NaCl a g.Una solución acuosa contiene 21% en peso de sal. a) ¿ Cuál es el porcentaje en peso de sal ? b) ¿ Cuántas libras de sal están disueltas en 1 galón de solución ? 2. d) lb-mol de NaCl por cada 1 286 kg. 2. b) ¿ Cuántas libras de sal hay en una tonelada de solución ? o 3 2.9. lb de agua/lb sal.Convertir lo siguiente: a) 120 g-mol de NaCl a g.60 .Calcular lo siguiente: a) g-mol de CO2 por cada 100 g.16 g/cm .5 g de sal/100 cm de 3 solución y tiene una densidad de 1. porcentaje en peso de agua. a) Exprese: lb sal/lb de agua. e) Densidad y volumen específico de la mezcla.Si 4500 barriles de un combustible pesado de 30 oAPI se mezclan con 15000 barriles de aceite de 15 oAPI. g) Libras de HCl por galón de solución a 20 oC.Diez libras de benceno (G = 0. d) Gramos de HCl por 100 cm3 de solución a 80 oC.73 g/cm3 a 30ºC.Una solución de H2SO4 en agua tiene una molalidad de 2.Una solución de ácido nítrico en agua 0. tiene una densidad relativa de 1.Una solución de cloruro de calcio (CaCl2) contiene 20% en peso de CaCl2 y una densidad de 1. i) Molalidad. Calcular el porcentaje en peso y el porcentaje molar de HNO3. b) Fracción molar de tolueno. Calcular: a) Porcentaje molar. i) Porcentaje en peso y molar de tolueno en la mezcla. f) Concentración de tolueno en lb-mol/pie g) Molaridad del tolueno.63 . 2.65 . e) Gramos de HCl por 100 cm3 de solución a 20 oC. b) Lb de HCl por lb de agua.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 45 2.Una solución de HCl en agua contiene 30% en peso de HCl y su densidad relativa es 1.62 . h) Masa de tolueno en 10 cm3 de la mezcla.9 molar. ¿Cuál es la densidad en la escala API de la mezcla? 2. . Calcular lo siguiente suponiendo que el volumen de la mezcla es igual a la suma de los volúmenes de los componentes individuales. c) Lb-mol de HCl por lb de agua.149 a 20 oC y 1.61 .66 .64 . f) Gramos-mol de HCl por litro de solución a 20 oC. 3. j) Normalidad. 2.0. h) Lb-mol de HCl por pie3 de solución a 80 oC. 2. c) Relación entre masa de tolueno y masa de benceno.115 a 80 oC.879) y 20 libras de tolueno (G = 0. d) Volumen de la mezcla.866) se mezclan.0427. 2. Calcular la molaridad y la molalidad. a) Fracción en masa de benceno y tolueno. calcular el porcentaje en peso y el porcentaje molar de H2SO4. Se mezclan 145 kg de pirita que contiene 30% en peso de azufre con 68 kg de azufre puro.Se tienen 100 lb-mol de una mezcla de gases con la siguiente composición molar: CH4 30%.¿ Cuál es la composición en peso y cuál es la masa en kg ? 2. Determinar la masa de cada gas y la masa molecular media. ¿ Cuál es la masa molecular media y cuál su composición en peso ? 2.En un recipiente hay una mezcla de gases formada por: 10 kg de N2.Una mezcla de gases tiene la siguiente composición molar: N2 60%. 2. Determinar la composición en peso y la masa molecular media de la mezcla. CO2 40%.El análisis volumétrico de una mezcla de gases ideales es el siguiente: CO2 40%.71 .73 . Determinar la composición molar de la mezcla.68 .Una mezcla gaseosa está formada por 8 kg-mol de H2 y 2 kg-mol de N2. MgCO3 7% y H2O 5%. 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? 2.75 .67 .Una mezcla gaseosa tiene la siguiente composición en peso: CH4 75% y CO2 25%. H2 10% y N2 60%. Si su densidad relativa con respecto al agua es 1.Una solución de ácido sulfúrico contiene 65% de H2SO4 puro y 35% de agua.La pirita es un mineral que contiene FeS2 y SiO2. Determinar la masa molecular media y el análisis en masa de la mezcla.74 .70 .El análisis de un gas de desperdicio es: CO2 50% molar. 2. N2 40% .71. 2. CO 10% y O2 10%. ¿Cuántos kg de azufre hay por cada 100 kg de mezcla? 2. y su masa molecular media.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 46 2. ¿Cuál es la fracción molar de agua en la caliza ? 2. Determinar la composición molar.76 . 13 kg de Ar y 27 kg de CO2. . 2.72 .Una caliza contiene: CaCO3 88% en peso.69 . C2H4 10% y H2 40%. 80 .79 . ¿cuántos kilogramos de sólido seco hay por cada 150 kilogramos de agua contenida en el sólido? 2. Si 1 250 kgmol de éste gas se separa en sus componentes. Exprese su composición en base seca y en base húmeda.84 . ¿ Cuántos kg/mi de nitrógeno se alimentan al reactor ? 2. calcular los kg/s de H2 SO4 puro.Una solución de H2SO4 en agua contiene 50% molar de ácido y fluye hacia una unidad de proceso a razón de 3 m3/mi.86 .81 .82 -Un sólido húmedo contiene 240% de agua en base seca. ¿Cuántos kilogramos de agua hay en 3500 kilogramos de sólido húmedo? 2. Se calienta la mezcla para retirar la mitad del agua presente.El alimento a un reactor de síntesis de amoniaco contiene: N2 25% molar e H2 75% molar.La alimentación a un reactor de amoniaco contiene 25% molar de N2 y el resto de H2.83 -Un sólido húmedo contiene 40% de agua en base húmeda.Un lodo (mezcla de sólidos y agua) contiene 30% en peso de sólidos.03. Si la densidad relativa de la solución es 1.Una madera contiene 43% de agua en base seca. Calcular el flujo de alimentación en kg-mol/h. ¿ cuál sería el porcentaje en base seca y en base húmeda en el residuo? . ¿Cuántos kg-mol de H2S se obtienen? 2.77 . El flujo es 2 750 kg/hr. El flujo de la corriente es de 4350 kg/h. Una corriente de 300 lb-mol de mezcla por hora se alimenta a un separador donde se extrae todo el H2S.CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 47 2. 2.85 .Una mezcla de SO3 y H2S contiene 50% en peso de cada gas. 2. ¿ Cuántas libras de H2S se extraen por minuto? 2. con 50 lb de azúcar.78 . 2.Se mezclan 56 lb de fresas que contienen 15% en peso de sólidos y el resto agua. ¿ Cuántos kg de agua hay en 500 kg de madera húmeda ? 2.Una mezcla de SO2 y H2S contiene 1 gramo de SO2 por cada gramo de H2S. Si el mineral está formado por FeS2 y material inerte. O2 7.56%.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 48 2. Si.Un mineral de hierro contiene: Fe2O3 SiO2 MnO Al2O3 76% peso 14% 1% 9% Determinar los porcentajes en peso de Fe. SO2 8.31%. 2. 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. ¿cuál es el porcentaje en peso de FeS2 en el mineral? .41%.88 .90 -Un mineral de pirita contiene 48% en peso de azufre. y Mn.Un carbón contiene: Carbono Fijo 45% en peso Materia Volátil 30% Ceniza 14% Humedad 11% ¿ Cuál será su composición en base libre de humedad ? 2.72% y N2 80.87 -Los gases producidos en un horno de calcinación de piritas tienen la siguiente composición molar: SO3 3.89 . con el fín de aplicar la ecuación de estado correspondiente. 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 . cuando se trabaja a presiones y temperaturas moderadas. v.CAPITULO 3 GASES IDEALES En el campo de las aplicaciones prácticas. es más fácil medir el volumen que el peso de éstas y por tanto es necesario conocer además las presiones y las temperaturas. 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. 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 muy conveniente utilizar relaciones muy sencillas entre las variables de proceso P. T. 1 lb-mol de un gas ideal ocupa un volumen de 359 pies3.033 kgf/cm2 101 325 Pa A las condiciones normales de presión y temperatura (CNPT) y teniendo en cuenta la ley de Avogadro.7 psi 1. CONDICIONES NORMALES Establecer un estado normal de referencia para los cálculos es de gran utilidad práctica. contienen el mismo número de moléculas.414 litros. el volumen específico de un gas ideal es inversamente proporcional a la presión. Iguales volúmenes de diferentes gases ideales en las mismas condiciones de temperatura y presión. Se consideran las condiciones normales de un gas como: o o 0 C (273 K) Temperatura 32 oF (492 oR) Presión 1 atm 760 mm Hg 29. para cualquier gas: 1 g-mol de un gas ideal ocupa un volumen de 22. A temperatura constante.50 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ B) LEY DE BOYLE-MARIOTTE.92 pul Hg 14. Para un cambio de estado se tiene: v1 ⎯⎯ v2 = P2 ⎯⎯ P1 T = constante T C) LEY DE AVOGADRO. . 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. se tiene: Pv Po vo ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯ = constante To T El valor de dicha constante.v. El volumen v corresponde al volumen molar y se determina dividiendo el volumen total del gas V por el número de moles (n). se tiene la expresión particular de cada una de las leyes. La tercera variable depende siempre del valor de las otras dos. V v = ⎯⎯⎯ n Reemplazando en la ecuación de los gases ideales se tiene: PV=nRT . Si la ecuación anterior se usa para referir el estado actual de un gas representado por (P. Para la temperatura y la presión se toman siempre sus valores absolutos. llamada comunmente Constante Universal de los Gases (R).T) con el estado normal representado por (Po.To).CAPITULO 3 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ECUACION DE ESTADO 51 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.vo. Las siguientes expresiones resúmen ésta ley: .52 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Pero n = (m/M) donde: (m) es la masa del gas y M su masa molecular. Volumen de Componente Puro. Presión Parcial. Es la presión que ejercería un componente si estuviera solo en el mismo volumen y a igual temperatura que 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. ocupan todo el volumen y contribuyen con su presión a la presión total ejercida. Es el volumen que ocuparía este gas si sólo él estuviera presente a la misma temperatura y presión de la mezcla. si éste ocupa el volumen total de la mezcla a la temperatura de la mezcla. 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. 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. 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. con el fin de calcular la masa molecular media y utilizar la siguiente relación: m PM ρ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯ V RT . si cada uno existiera a la presión y la temperatura de la mezcla. 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.CAPITULO 3 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 53 P = [ ∑ pi ]T. 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. 16 psia. 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. reducción. Cuando la presión es alta deben utilizarse relaciones especiales dadas por la termodinámica y que escapan al alcance del presente trabajo. ¿ cuál es el volumen final ? Se convierte la presión de 18 psia en kPa: 101. las temperaturas son altas y la presión es casi siempre la presión atmosférica o menor.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. PROBLEMAS RESUELTOS 3. oxidación. Como un ejemplo de lo anterior puede tomarse la mezcla de los gases producidos en los procesos de combustión. En la mayoría de los procesos químicos considerados en éste libro. etc.3 kPa 18 psia x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 124 kPa 14.2 . Se comprime el gas hasta 80 kPa sin cambio en la temperatura. Este caso será tratado en el próximo capítulo. Se calienta el O2 a presión constante hasta que su volumen específico es 8 m3/kg.7 psia P1V1 = P2V2 ⎯⎯> V2 = (P1V1) / P2 124 kPa x 5 pies3 V2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 7.Cinco pies cúbicos de un gas ideal se encuentran a presión de 18 psia.El volumen específico del O2 es 2 m3/kg a 160 oC y 8.1 . ¿ Cuál es la temperatura final ? (v1 / v2) = (T1 /T2) ⎯⎯⎯> T2 = (v2T1) / v1 . en los cuales hay corrientes gaseosas. Como punto de referencia pueden tomarse las condiciones normales.75 pies3 80 kPa 3. o K c) mm Hg.lt R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.Determine la constante universal de los gases en cada una de las siguientes unidades: a) atm.39 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 273 oK kg-mol oK d) psi .414 m3/kg-mol R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 62.lt/g-mol.o K 273 oK b) Se parte del resultado anterior: atm. m3/kg-mol.o R b) atm.lt/lb-mol.414 lt/g-mol atm.pie3/lb-mol.72 ⎯⎯⎯⎯⎯ 492 oR lb-mol oR .CAPITULO 3 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ T1 = 160 oC + 273 = 433 oK (8 m3/kg)(433 oK) T2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 732 oK (2 m3/kg) 55 3.o R f) kPa. lt 453.59 g-mol atm lt 0.082 ⎯⎯⎯⎯⎯ g-mol. pie3 14.o K d) psi.19 ⎯⎯⎯⎯⎯ lb-mol lb-mol oK g-mol oK c) mm Hg.3 .m3/lb-mol oR En todos los casos R = (P v/ T) en condiciones normales.o K e) kPa.m3/kg-mol. m3 760 mm Hg x 22. a) 1 atm x 22.7 psi x 359 pies3/lb-mol R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10.082 ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 37. el procedimiento general es el siguiente: se reemplaza el valor de las variables en la ecuación directamente en las unidades que da el problema.3 kPa x 22.414 m3/kg-mol kPa m3 R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4.7 psi n = 83. 60 g-mol x 690 oR V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 4 atm 1 atm x 22.Calcular el volumen ocupado por 60 g-mol de O2 a 230 oF y presión absoluta de 4 atm.59 g) m = 5.61 ⎯⎯⎯⎯⎯ kg-mol oR 492 oR f) kg-mol kPa m3 kPa m3 4. Suponiendo que puede aplicarse la ecuación de estado de un gas ideal.5 .204 lb-mol lb-mol oR kg-mol oR 3.414 lt/g-mol [ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 492 oR ] V = 471.41 g-mol m = n .61 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.41 g-mol x 28 mol-1x (lb/453.09 ⎯⎯⎯⎯⎯ 2.414 lt x 14.56 e) BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 101.Dentro de un recipiente cuyo volumen es 100 litros hay nitrógeno a 300 psia y 25oC. dejando para el final la constante R definida como Pv/T en condiciones normales y simplificando unidades.4 .14 lb . Para todos los problemas en los cuales se aplica la ecuación de estado PV = nRT .5 lt 3. 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. M = 83. 38 pies3/mi .5 psia 760 mm Hg 540 oR 14.CAPITULO 3 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 57 3.7 . En este caso el volumen puede ser reemplazado por el flujo volumétrico en la ecuación de los gases. calcular suponiendo comportamiento ideal: a) El flujo volumétrico a la salida del compresor.6 . (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 x 5 000 pies3/mi V2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 530 oR 10 000 psia V2 = 7.92 pulg Hg x 359 pies3 RT 520 oR v = --⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ P 30 pulg Hg 492 oR x lb-mol v = 378.En algunas industrias se seleccionan como condiciones normales una temperatura de 60 oF y presión de 30 pulgadas de Hg.Un flujo volumétrico de hidrógeno de 5 000 pies3/mi. b) El flujo de masa. ¿ Cuál es el volumen molar a estas condiciones ? 29. entra a un compresor a 70oF y 750 mm Hg.4 pies3/lb-mol 3. Si la presión a la salida es 10 000 psia y la temperatura 80oF. 2 ⎯⎯⎯⎯ 1 tn mes 1 000 kg mes .36 kg Esta masa se utiliza para procesar 1 tonelada de acero.lbmol PV 12 psia. ⎯⎯⎯⎯> m = (P1 V1 M) / (RT1) (P1V1) = (m/M) (RT1) 1 14.32 mol-1 = 40.266 lbmol m = n.Una siderúrgica utiliza 600 pies cúbicos de oxígeno para procesar una tonelada o de acero.58 (1/R) 273. luego: 20 000 Tn Tn Tn O2 18.5 lb = 18.600 pie3 n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ RT 530 oR 14. En este caso tomamos las condiciones de entrada.M = 1.266 lbmol.58 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ b) Para calcular el flujo de masa se pueden utilizar las condiciones de entrada o de salida.36 kg O2 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 367. Si el volumen es medido a 12 psia y 70 F. qué masa de oxígeno es necesaria para un horno que procesa 20.58 m = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 25.7 x 359 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 492 3.5 psia x 5 000 pies3/mi x 2 mol-1 m = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ 530 oR R m = 273.8 .359 pie3 n = 1.5 lb/mi 14.7 psia.000 toneladas/mes ? 492 oR. 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) (3.687x1014 s x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 85 204 siglos 3 600 s 24 hr 365 dias 100 años 3.023 x 1026 moléculas.Dos esferas cada una de 6 pies de diámetro.Se sabe que un kg-mol de gas contiene 6. Luego de que la válvula se abre y se obtiene el equilibrio.023 x 1026 moléculas m3 1 cm x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 3 106 cm 22.25 lb de helio.414 m3 kgmol 3 = 2.14) (3)3 = 113.CAPITULO 3 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 59 3. una esfera contiene 2. son conectadas por una tubería en la cual hay una válvula.5 lb y la otra 1.1 pies3 . si éste se halla a condiciones normales y la velocidad de penetración permanece invariable. Con la válvula cerrada. Calcular el tiempo para que la presión en el volumen considerado sea la misma del aire circundante.687 x 1019 moléculas x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2. se han extraído de él todas las moléculas. es decir.10 .9 . Un recipiente de 1 cm3 en el cual se ha hecho vacío absoluto.687 x 1019 moléculas El tiempo será: s 2. tiene un orificio de tal dimensión. Se calculan primero las moléculas contenidas en 1 cm3 a condiciones normales: kgmol 6.687x1014 s 105 meléculas hr dia año siglo 2. que del aire circundante penetran al recipiente 105 moléculas por segundo. Cada esfera contiene helio a una temperatura de 80oF. 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. o sea 80 oF.11 .9375 lbmol Como no hay pérdida ni ganancia de energía.2 pies3 El número de moles luego de la mezcla es: n = (2. 359 pies3 nRT 0. Si la presión es 3 kgf/cm2 abs.25) lb/4 mol-1 = 0. lbmol P = 1.6818 lb-mol V = (nRT) / P . la temperatura final de la mezcla puede suponerse la misma.63 atm 3.540 oR P = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ V 226.2 pies3 492 oR . ¿cuáles son las dimensiones del tanque ? Si Z es la altura del tanque.1) = 226.60 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Luego de la mezcla el volumen total será: V = 2 (113. y la temperatura 20 oC.5 + 1.9375 lbmol.La altura de un tanque cilíndrico que contiene 30 lb de CO2 es el doble de su diámetro. La presión final será: 1 atm . suponiendo que está compuesto por 21 % molar de O2 y 79 % de N2.13 . Si se calienta hasta 200 oC. 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.Determine la densidad del aire en g/lt a 560 mm Hg y 18 oC.6818 lb-mol x 293 oK 1.7 pies 3.84 mol-1 ρ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 291 oK 760 mm Hg x 22.84 mol-1 ρ = (PM/RT) 273 oK x g-mol 560 mm Hg x 28. Determine la masa en lb de N2 que sale del recipiente.414 lt ρ = 0.033 kgf/cm2 x 359 pie3 V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 273 oK x lb-mol 3 kgf/cm2 V = 90.12 . todo lo demás es variable. Para esta composición M = 28.1031 lb-mol N2 El número de moles de N2 al final es: . se llena con N2.45 pies3 = (π Z3/16) 61 Z = 7. la válvula del recipiente se abre y parte del N2 sale. En el problema se puede considerar que el volumen y la presión no cambian.CAPITULO 3 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0.889 g/lt 3.Un recipiente rígido cuyo volumen es de 40 pies3 a 22 oC y 1 atm. 7 psia x 359 pies3 n = 0.7 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.75 = 1.1031 .4 psia x 50 pies3 n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 460 oR 14.0479 3.2979 lb-mol En el cálculo anterior se tomó la presión barométrica como 14.2979 pO2 = x O2 (P) = ⎯⎯⎯⎯ x 1 atm = 0. abs.14 .0643 = 0.0643 lb-mol N2 que sale = 0.2979 + 0.15 .Una mezcla gaseosa contiene 1 lb de H2 y 10 lb de N2 a 70 oC y 3 atm. ¿ Cuál es la presión parcial del oxígeno en la mezcla final? nO2= (PV/RT) 492 oR x lb-mol 29.0. lb-mol N2 N2 = 21 lb N2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0479 lb-mol 0.Cincuenta pies3 de O2 a 14.62 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 = 0.08 lb 3. Calcular: .7 psi.75 lb-mol N2 28 lb N2 n = nO2 + nN2 = 0.0388 lb-mol masa = 0.0388 lb-mol x 28 mol-1 = 1.284 atm 1. 5/0.85 pie3 = 53. e) La masa molecular media de la mezcla. 63 a) Como la composición en volumen de un gas ideal es igual a la composición molar.CAPITULO 3 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) La composición en volumen.2498 atm c) Se calcula el volumen total de la mezcla: 1 atm x 359 pies3 nRT 0.85 pies3 = 75.66% b) pH2 = xH2 (P) = 0.67 pie3 .17 pie3 V N2 = x N2 (V) = 0.5834 x 3 atm = 1.5 lb-mol 2 lb lb-mol N2 : 10 lb x ⎯⎯⎯⎯ = 0. d) La densidad de la mezcla.85 pies3 V H2= xH2 (V) = 0.857 lb-mol x 343 oK V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ P 3 atm 273 oK x lb-mol V = 128.7502 atm pN2 = x N2 (P) = 0.357/0.34% N2 : (0.357 lb-mol 28 lb Moles totales = 0.357 = 0.5834 x 128.857 lb-mol Composición molar: H2 : (0.4166 x 128.5 + 0. se tendrá: lb-mol H2 : 1 lb x ⎯⎯⎯⎯ = 0.857) x 100 = 58.857) x 100 = 41. b) La presión parcial de cada componente. c) Los volúmenes de componente puro.4166 x 3 atm = 1. 2%.: 100 lb-mol de gas M = (28 x 0.136) M = 30.C.072 + 44 x 0.857 lb-mol = 12.85 pie3 = 0.Los gases secos provenientes de una combustión tienen la siguiente composición molar: N2 79.16 .5 pies3 pies3 63 623.6 lb-mol CO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 12 ⎯⎯⎯⎯⎯ = 163.4 lb lb gas b) B. a) B.464 mol-1 = 3 046.2 lb C lb .0853 lb/pie3 e) n = m/M ⎯⎯⎯> M = m/n M = 11 lb/0.4 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. O2 7.2%.88 ⎯⎯⎯⎯ 3 046.C.83 mol-1 3.6%.5 pies3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 20. y CO2 13.: 100 lb-mol de gas. Calcular: a)El volumen del gas en pies3 a 200 oC y 743 mm Hg por cada lb de gas.84 ⎯⎯⎯ 163.792 + 32 x 0. 1 lb-at C lb C 13.5 pies3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 389.464 mol-1 m = n x M = 100 lb-mol x 30.64 d) BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ρ = m/V = 11 lb/128.2 lb C lb-at C 1 lb-mol CO2 pies3 63 623. b)El volumen en pies3 a las condiciones de (a) por lb de carbono presente. 9 pies3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 lb = 1 475.17 .34 % (812/2 692) x 100 = 30.El gas natural de un pozo tiene la siguiente composición en volumen: CH4 60%.C. 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. 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. C3H8 10% y C4H10 14%.: 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. C2H6 16%.66 % (480/2 692) x 100 = 17.4 pies3 2 692 lb d) ρ = (2 692/39 717.83 % (440/2 692) x 100 = 16.0677 lb/pi .16 % b) La composición molar es la misma composición en volumen.9 pies3) = 0.CAPITULO 3 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 65 3.9 pies3 39 717. 5 + 28 x 0.66 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 3. Si la presión es 700 mm Hg y la temperatura 24oC. e) El volumen en m3 por kg-at de carbono presente en el gas.414 m3 100 kg-mol x 297 oK V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 700 mm Hg 273 oK x kg-mol V = 2 647.16 g/lt 1 000 lt kg-mol V 2 647.4 m3/3 090 kg) = 0. d) El volumen en lt de 1 g-mol de gas. N2 50% y CO 10%.9 mol-1 = 3 090 kg V = nRT/P 760 mm Hg x 22.1) M = 30. calcular: a) La masa molecular media.8567 m3/kg gas 1 kg 1 000 g m3 ρ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ v 0. b) El volumen en m3 por kg de gas. c) La densidad de la mezcla en g/lt.: 100 kg-mol de gas m = M x n = 100 kg-mol x 30.25 + 28 x 0.9 mol-1 b) B.La composición en volumen de una mezcla gaseosa es la siguiente: CO2 15%.C.4 m3 v = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 1 000 g-mol n 100 kg-mol m3 c) d) .18 .8567 m3 kg 1 000 lt ρ = 1.15 + 30 x 0. C2H6 25%. a) M = (44 x 0.4 m3 v = V/m = (2 647. Ciento veinte galones de H2 a 250 psig y temperatura de 360 oF se enfrían a volumen constante hasta 100 oF.20 .5 m3.Calcule los kg de O2 contenidos en un cilindro de 1. Determine la temperatura final.Calcule el volumen ocupado por 25 lb de N2 a 1 atm.3 ⎯⎯⎯⎯ 75 kg-at C kg-at C PROBLEMAS PROPUESTOS 3. ¿Cuántos kg/hr de aire pasan por el compresor ? 3. Si la presión barométrica es 14 psi. Luego de calentarlo en un proceso a presión constante aumenta hasta 5. de presión y 20 oC.4 m3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 35. ¿ cuál es la presión final en psig ? 3. 3.24 .23 .25 .47 lt/g-mol 67 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. si la presión es 50 psia y la temperatura 77 oF.0892 lb/pie3? .El caudal de aire en un compresor es 500 m3/hr a condiciones normales.22 . 3.19 .El volumen específico del nitrógeno es 1. si su densidad a condiciones normales es 0. 3.7 m3/kg.21 .¿ Cuál es el volumen específico de un gas a 180 psia y 90 oF.9 m3/kg a 200oC.¿ Cuál es el flujo volumétrico a condiciones normales de 300 pies3/mi de metano (CH4) a 250 oC y 730 mm Hg ? 3.CAPITULO 3 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ v = 26. si la presión barométrica aumenta hasta 760 mm Hg?.La temperatura de 4.Un recipiente cerrado A contiene 3 pies3 (VA) de aire a PA=500 psia y a una temperatura de 120 oF.27 . . Se extrae aire del recipiente hasta producir un vacío de 600 mm Hg.34 .Determine la densidad del aire en g/lt a condiciones normales. ¿ Cuál es el nuevo volumen ? 3. 3.30 . Qué cantidad de aire penetrará de la calle a la habitación.26 . La temperatura del aire después de la extracción sigue siendo la misma. La presión barométrica es 12 psi. Este recipiente se conecta con otro B. si el aire que queda se enfría a 20 oC? 3.1 m de altura se halla aire a 23oC y a presión barométrica de 730 mm Hg. Calcular la masa de éste gas si el volumen es de 1 litro. determine la presión final si el volumen se cuadriplica. La temperatura del aire permanece constante. Determine: a) El volumen final b) El cambio en la densidad expresado como porcentaje de la densidad inicial.28 .29 . Qué cantidad de aire se ha extraído? ¿ Cuál será el valor de la presión en el recipiente después de la extracción. la presión y la temperatura resultantes son 200 psia y 70 oF.Las presiones parciales de una mezcla de H2 y N2 son respectivamente 4 y 8 atm.En un recipiente de 5 m3 de capacidad se encuentra aire a 1 atm.¿ Cuál es la densidad en lb/pie3 de una mezcla gaseosa cuya composición en volumen es: CH4 50% y H2 50%.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. 3.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. c) Variando la presión pero con la temperatura constante. y 300 oC. 3.32 .31 .33 .68 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 3. Luego de abrir la válvula que sepera los dos recipientes. el cual contiene un volumen desconocido de aire VB a 15 psia y 50 oF. La presión es 150 pulg. y a una temperatura de 75 oC. de Hg abs y la temperatura 100 oF. ¿ Cuál es la densidad de la mezcla en g/lt a 25 oC ? 3. 3.En un recipiente se mantiene nitrógeno a una presión de 25 atm.En una habitación de 35 m2 de superficie y 3. Cuál es el volumen VB ? 3. O2 7% y N2 80%. Este gas se conduce desde un pozo a una temperatura de 80 oF y presión absoluta de 250 cm de Hg. El gas contiene H2S con una presión parcial de 0.Una mezcla gaseosa ideal contiene: 0.Una mezcla gaseosa contiene 5 lb de H2.8% SO2 12. posee una presión parcial de O2 de 435 mm Hg. 3.36 . b) Calcule el volumen molar del gas a las condiciones de (a) en pies3/lb-mol.Una mezcla de O2 y N2 a 40 oC y 2 atm. 3. Calcule la densidad de la mezcla en lb/pie3 a 310 oC y 170 kPa.. 1 atm.2% O2 79.Un gas de chimenea tiene la siguiente composición en volumen: CO2 11%.37 . b) El volumen de componente puro en pies3 de CH4 por cada 100 lb de gas.35 .2% N2 Calcular: a) El volumen del gas a 600 oF y 24 pulg de Hg abs por cada lb de gas. ¿ Cuántos kg/mi de H2S fluyen? 3. a) Calcule los pies3 de gas a 20 oC y 600 mm Hg por cada lb-mol de CO2 contenida en el gas. C2H6 4% y N2 8%.Un gas natural tiene la siguiente composición en volumen: CH4 88%. c) El volumen de componente puro del N2 en pies3 por cada lb de azufre presente en el gas a las condiciones de (a). 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. 3. y 200 oF.Un gas de proceso fluye a razón de 20 000 pies3/hr .40 . CO 2%. Calcular: a) La presión parcial del N2 en kPa. c) La densidad de la mezcla en lb/pie3.39 .CAPITULO 3 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 69 3.38 .0294 psi.8% v SO3 7. b) El volumen molar del gas en lt/g-mol a 1 atm. 10 lb de CO2 y 20 lb de N2. . y 20 oC. .0 % H2 35. c) La composición en volumen del gas que sale del absorbedor d) La masa en libras de benceno y tolueno absorbidos.0 % CO2 5.Un horno de coquización produce un millón de pies3 por hora de un gas cuyo análisis en volumen es: C6H6 5. b) La masa en libras del gas que sale del absorbedor.70 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 3.0 % CO 7.0 % N2 3.41 . Calcular: a) La masa molecular media del gas que sale del horno y del gas que sale del absorbedor.0 % El gas sale a 20 psia y 740 oF.0 % C7 H8 5. Luego de enfriarlo a 100 oF el benceno y el tolueno son separados por absorción.0 % CH4 40. . Si hay líquido suficiente. se establece un equilibrio dinámico y la presión del vapor permanecerá constante. Cuando se alcanza esta condición. El término evaporación se aplica cuando el líquido es agua. y es necesario conocer el comportamiento de estas mezclas bajo diferentes condiciones de presión y temperatura. PRESION DE VAPOR Cuando un líquido se evapora dentro de un espacio limitado. La velocidad de condensación aumenta a medida que tiene lugar la vaporización y aumenta la presión de vapor. la presión del vapor alcanzará finalmente un valor tal que la velocidad de condensación sea igual a la velocidad de vaporización. La presión ejercida por el vapor en tales condiciones de equilibrio se denomina presión de vapor del líquido a una temperatura dada.El proceso de vaporización tiende a pasar el líquido al estado gaseoso. la temperatura del líquido se denomina punto de ebullición. El proceso de condensación tiende a volver el gas que se ha formado por vaporización al estado líquido. cuando esta sustancia puede pasar al estado líquido mediante pequeñas variaciones de presión o temperatura. 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. razón por la cual se tratará ampliamente en éste capítulo. 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 .CAPITULO 4 MEZCLAS GAS .VAPOR En algunas de las operaciones y procesos químicos hay que trabajar con mezclas de gases y vapores. Cuando la presión de vapor de un líquido es igual a la presión total por encima de su superficie. La más importante es la que forma el aire con el vapor de agua. tienen lugar en la operación dos procesos opuestos. Por el contrario. se denomina vapor. Esta presión también suele llamarse presión de saturación. se llega a la siguiente ecuación: 1 ΔHv log P = . 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.3 R T donde C es una constante Esta expresión ha sido adecuada por Cox en el diagrama mostrado en el Gráfico 1.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 . Cuando se trata del agua.⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ + C 2. donde puede obtenerse fácilmente la presión de vapor de un líquido en psi como una función de la temperatura en oF.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. 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. n SP = ⎯⎯⎯ x 100 ns n = moles de vapor por mol de gas exento de vapor realmente presente. se tendrá: . Si el sub-índice A se refiere al vapor de agua y el sub-índice B representa el aire seco.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. Cuando la relación es moles de vapor de agua por mol de aire seco se denomina humedad absoluta molar y se representa por (Ym). HUMEDAD ABSOLUTA Se expresa como (Y).CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS . masa de vapor de agua por unidad de masa de aire seco. 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. Se expresa en porcentaje y se represente por (SR). Se expresa en porcentaje y se representa por (YR).pA pB MA Y = ⎯⎯ x Ym = 0.624 Ym MB moles agua ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ mol aire seco 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.ps Ys = 0. Se representa por (YP). Y Ym YP = ⎯⎯ x 100 = ⎯⎯⎯ x 100 (Ym)s Ys ps (Ym)s = ⎯⎯⎯⎯ P .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 74 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ pA pA Ym = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ P . 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.624 (Ym)s El sub-índice "s" indica saturación . 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. Puede usarse para medir la humedad. Consiste en saturar el aire haciéndolo pasar por un recipiente con agua . Se representa por (ts). SATURACION ADIABATICA Un proceso adiabático es aquel que no intercambia calor con el medio que lo rodea.VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 75 TEMPERATURA DE BULBO SECO Es la tomada directamente con un termómetro dentro de la mezcla. parte del líquido se evapora. y cuando la del algodón húmedo es inferior a la de la mezcla gas-vapor se inicia una transferencia de calor. descendiendo la temperatura. 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.CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS . Se representa por (th). Se representa por (tr). PUNTO DE ROCIO Es la temperatura a la cual una mezcla gas-vapor comienza a saturarse durante un enfriamiento a presión constante. 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. DIAGRAMA DE HUMEDAD Si dos propiedades del aire son conocidas. Se lee directamente en la intersección de la línea de temperatura de bulbo húmedo con la línea de porcentaje de humedad 100%. Punto de rocío. Y Yp 100% Yp Y o ts ( F) tr th ts Temperatura de bulbo húmedo. Se lee directamente en las líneas indicadas.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 76 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ durante un tiempo determinado. tal como se indica a continuación: Temperatura de bulbo seco. El recipiente se aisla para evitar la transferencia de calor con los alrededores. Se lee en la intersección de una línea horizontal de humedad absoluta constante con la línea de porcentaje de humedad 100%. son también líneas de saturación adiabática. Humedad absoluta. Porcentaje de humedad. . se pueden encontrar las demás utilizando para ello el Gráfico 2. Se lee directamente en eleje de las abscisas. Las líneas de temperatura de bulbo húmedo constante en el diagrama de humedad. Se lee en las ordenadas de la gráfica. 3 R T1 P1 Δ Hv (1) (2) P2 1 1 . Comparar el resultado con el obtenido a partir del diagrama de Cox.3 R [ ⎯⎯ T1 ] Se calcula el valor de R en las unidades adecuadas para que la ecuación sea consistente.3 kPa x 22. kPa m3 101. Puede tomarse el calor de vaporización normal como 110 kcal/kg.3 R T2 2.186 kJ 78 mol-1 .3 R T1 Δ Hv 1 log P2 = .N.La presión de vapor del benceno es 60 mm Hg a 15. Aplicando la ecuación de Clapeyron para las dos condiciones: 1 Δ Hv log P1 = .⎯⎯⎯ x ⎯⎯ + C 2.3 R T2 Restando (2) de (1) se tiene: Δ Hv 1 Δ Hv 1 P2 log ⎯⎯ = .⎯⎯ T2 log ⎯⎯ = ⎯⎯⎯ P1 2.414 m3 R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 8.VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 77 PROBLEMAS RESUELTOS 4.4 oC.⎯⎯⎯ x ⎯⎯ + C 2. Utilizando la ecuación de Clapeyron calcular la presión de vapor del benceno a 60 oC.⎯⎯⎯ x ⎯⎯ + ⎯⎯⎯ x ⎯⎯ 2. R = (P v/T)C.1 .CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS .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. 7 mm Hg Como puede verse.4 ] P2 = 447.9 x 310.02545 [ ⎯⎯⎯288. o 4.02545 ⎯⎯⎯ kg oK Reemplazando se tiene: P2 110 1 1 .279.18 lb-mol n-pentano n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.2 mm Hg).18 mm Hg . c) El porcentaje de saturación.3 x 0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 78 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ kcal R = 0. b) Las lb-mol de n-pentano/lb-mol de aire. a) A partir del diagrama de Cox.8702 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 600 . Calcular: a) La presión parcial del n-pentano.5 psi = 387.⎯⎯⎯ 333 log ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 60 2. el primer valor es muy diferente debido a las aproximaciones hechas al integrar la ecuación de Clapeyron.2 . El segundo puede tomarse como el valor exacto.5 mm Hg Se determina ahora P2 utilizando el diagrama de Cox: t = 60 oC = 140 oF a esta temperatura P = 7.Una mezcla de aire y n-pentano a 60 F tiene una saturación relativa de 90% a 600 mm Hg. SR =(Pi /Psi) x 100 ⇒ b) 279.2 mm Hg = 279.18 lb-mol aire Pi = 0. la presión de vapor del n-pentano es 6 psi (310. 3 .8702/1. la presión de vapor de la acetona a 30 oC (86 oF) es 5.406 = 0.2 lb-mol n-pentano ns = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.414 lt .6839 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 700 .18 mol-1 ρ = PM/RT o 273 K x g-mol 700 mm Hg x 40.406 + 28 x 0.2 lb-mol aire SP = (0.3 mm Hg).0.6839 moles de mezcla b) La fracción de N2 será: xnitrógeno = 1 .18 mol-1 ρ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 303 oK 760 mm Hg x 22.29 % 4.CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS .0704 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 600 .284.406 1. a) A partir del diagrama de Cox.VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 79 c) SP = (n/ns) x 100 310.594) = 40.594 Se calcula la masa molecular media: M = (58 x 0.5 psi (284. b) La densidad de la mezcla en g/lt. calcular: a) La fracción molar de acetona en la mezcla.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.6839 moles acetona xacetona = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. 284.3 moles acetona ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.310.0704) x 100 = 81.3 mol N2 0. d) Los mg de agua por pie3 de mezcla. b) El porcentaje molar de H2........ : : : : : : : : : : : P (pulg Hg) 0. : .. : ...0.014 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 29.4143 mol H2 b) xH2O = (0....BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 80 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ρ = 1.........0.. y 20 oC tiene un punto de rocío de 12 oC...Una mezcla de H2 y vapor de agua a 1 atm.4203 por semejanza de triángulos: 54 .....3906 X .0138 ......92 ......3906 X 0... Determinar: a) Las moles de vapor de agua por mol de H2. Para 12 oC (53.....3906 X = presión de vapor = 0..6 .487 g/lt 4..6 52 ..014) = 0...52 53....4143 moles H2O ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0........... a) La presión parcial ejercida por el vapor de agua se determina en la tabla 3 a la temperatura de rocío...6 oF) se interpola en la siguiente forma: toF 54 53.4203 ..4143 pulg Hg 0...014/1...... c) Las lb de vapor de agua por lb de H2.52 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0..4 .0. 0.014 lb-mol de mezcla. c) El punto de rocío.9862 x 100 = 98.9862 % molar de H2 = 0.C. calcular: a) La presión parcial del agua.: 1 lb-mol de H2 = 1.62 % c) 18 lb H2O lb-mol H2 lb-mol H2O 0.126 lb H 2O/lb H2 d) B.69 pies3 4.0138 = 0.014 lb-mol H2O x 18 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ lb-mol lb g masa de agua = 114 304 mg 114 304 mg ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 292. b) La humedad relativa.014 lb-mol x 293 oK V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 1 atm 273 oK x lb-mol V = 390.69 pies3 lb 453.VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 81 xH2 = 1 .5 . y 100 oF tiene un porcentaje de humedad de 80%. V = nRT/P 1 atm x 359 pies3 1.56 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ pie3 mezcla 390.59 g 1 000 mg 0.CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS .014 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ lb-mol H2O 2 lb H2 lb-mol H2 = 0.Una mezcla de aire y vapor de agua a 1 atm. . d) La humedad absoluta en masa (Y). 92 .9325 mol aire seco P . d) La presión parcial del agua.p H2O p H2O = 1.565/1.9325) x 100 YR = 80.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 82 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) La presión de vapor del agua obtenida de la tabla 3 a 100oF es 1.0552 p H 2O ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.624 Ym = 0. Determinar: a) El porcentaje de humedad. 1. . c) El punto de rocío. d) Y = 0.069 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 29. b) La humedad absoluta en masa (Y).0552 = 0.9325 moles H2O ps (Ym)s = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.565 pulg Hg b) YR =(p H2O/ps) x 100 = (1.Aire a 1 atm.1.9325 pulg Hg.069 = 0.8 x 0.98 % c) Para determinar el punto de rocío se calcula la temperatura a presión de 1.0344 4. lo cual da una temperatura de 93 oF (por interpolación).6 .ps Ym YP = ⎯⎯⎯ x 100 (Ym)s Ym = 0.0552 P . y 150 oF tiene una temperatura de bulbo húmedo de 90 oF.565 pulg Hg utilizando la tabla 3.624 x 0. 5% b) Y = 0.¿ Cuál será la humedad absoluta en masa (Y) del aire a 700 mm Hg y 120oF.0388 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 700 .7392 pulg Hg 4.26.016 o ts ( F) 70 90 150 a) YP = 7.0321 pulg Hg (26. p H2O = 0.21 moles agua Ym = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS .7 .624 Ym = 0.21 mol de aire seco Y = 0.0388 = 0.5% 0.0242 . si su punto de rocío es 80 oF? La presión de vapor del agua a 80 oF en la tabla 3 es 1.016 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.VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 83 Utilizando el diagrama de humedad: Y 100% 7.21 mm Hg) que es la misma presión parcial del agua en el aire húmedo.624 x 0. 26. 180 oF y 5% de humedad.624) = (0.414 m3 n = 5 kg-mol .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. La presión total del sistema es: P = 14 + 4 = 18 psia 0.Un gasómetro cuyo volumen es 100 m3 contiene un gas saturado con vapor de agua a 25 oC.9356 pulg Hg (0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 84 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 4.7 psia x 22. Determine la masa en kg de vapor de agua dentro del gasómetro.8 . La presión manométrica es 4 psig y la presión barométrica es 14 psi. La presión de vapor del agua a 25 oC (77 oF) es 0.051/0.. se satura adiabáticamente.051 o ts ( F) 180 Ym = (Y/0.0817 4.0.4596 g-mol H2O Ym = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.4596 psi).9 . ¿ cuál es la humedad molar final ? Y 100% 5% 0.624) = 0.Aire a 1 atm.0262 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 18 . determinar: a) El punto de rocío de los gases.10 .29 kg H2O 4.34 mol-1 18 lb H2O lb-mol gas lb-mol H2O 0.5 moles H2O ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. la presión total 735 mm Hg y la presión parcial del agua 61.5 mm Hg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.6 F b) 61. b) Las moles de vapor de agua por mol de gas seco.92 pulg Hg 61.1276 kg-mol H2O m = 0. O2 3. c) Las libras de vapor de agua por libra de gas seco.5 mm Hg.826) M = 30. a) Se convierte la presión parcial del agua a pulgadas de mercurio: 29.6%.1276 kg-mol x 18 mol-1 = 2.1373 + 32 x 0.73%. Si la temperatura es 500 oF.66% y N2 82.Los gases formados en la combustión de un hidrocarburo tienen la siguiente composición en volumen: CO2 13.VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 85 0.0366 + 28 x 0.0913 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = Y lb-mol gas lb-mol H2O 30.421 pulg Hg 760 mm Hg o interpolando en la tabla 3: t r= 107.61.5 mol gas seco c) Se calcula primero la masa molecular media del gas seco: M = (44 x 0.0913 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 735 .0262 kg-mol gas húmedo = 0.34 lb gas .CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS .0262 kg-mol H2O 5 kg-mol gas húmedo x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 1. Calcular: a) La presión parcial de la acetona.11 . e) Lb-mol de benceno por lb-mol de nitrógeno. c) Libras de benceno por libra de mezcla. 4.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 86 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Y = 0. b) El porcentaje de saturación.Una mezcla contiene 0.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. calcular: a) La saturación relativa.16 . si su humedad relativa es del 60%. d) Miligramos de benceno por pie3 de mezcla.15 .14 .Una mezcla de H2 y vapor de acetona a 70 oF tiene una saturación relativa de 70% a 1 atm.13 . Calcular: a) La humedad relativa de la mezcla. b) Porcentaje en peso. b) El porcentaje de saturación. b) El porcentaje de humedad de la mezcla.Calcular la composición de la mezcla expresada como: a) Porcentaje en volumen. c) La temperatura a la que debe calentarse la mezcla para que la humedad relativa sea del 30%. Si su fracción molar es 0.Calcular la densidad en g/lt del aire húmedo a 75 oC y 1 atm. 4.Aire a 1 atm.0541 lb H2O/lb gas seco PROBLEMAS PROPUESTOS 4. . 4. 4. de presión total y 60oF contiene n-hexano.02. 4.El nitrógeno se satura con vapor de benceno a la temperatura de 30 oC y presión de 720 mm Hg.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.12 . Aire a 1 atm. Calcular: a) El porcentaje en volumen de benceno.Determine la humedad molar del aire a 560 mm Hg y 85 oF.VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 87 4. Determinar: a) El porcentaje de humedad y la humedad absoluta. 4. ¿ Cuál será la temperatura de saturación adiabática del aire ? .23 .Si la temperatura de bulbo húmedo del aire es 75 oF y la temperatura de bulbo seco es 92 oF a 1 atm. ¿ cuál será su porcentaje de humedad ? 4. tiene un porcentaje de humedad del 10%. y 70 oF se calienta a presión constante hasta 150 oF.La presión parcial del vapor de agua en el aire a 80 oF y 1 atm. La presión total es 1 atm. 4. 4. c) La humedad absoluta molar y en masa.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.Aire a 100 oF y 1 atm. 4.21 .18 . si su punto de rocío es 65 oF.Aire saturado con vapor de agua a 1 atm.20 ..17 . b) El porcentaje de humedad. a) ¿ Cuál es el porcentaje de humedad antes y después del calentamiento ? b) ¿ Cuál es la humedad molar final ? 4. b) La humedad relativa. b) Las moles de benceno por mol de aire.19 . ¿ Cuál es el punto de rocío del aire ? 4.22 . c) El peso de benceno por unidad de peso de aire. es 20 mm Hg.Aire a 95 oF y 75% de porcentaje de humedad es enfriado hasta 60 oF. a) ¿ Cuál es la humedad del aire resultante ? b) Si el aire es calentado a 95 oF.24 . tiene una temperatura de 90 oF y una humedad relativa del 50%.CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS . Calcular: a) La humedad relativa. Se deshidratan 50 pies3 de aire saturado con agua a 90 oF y 29. el aire sale saturado a 30 oC y 100 kPa absolutos. N2: 74. 4.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 88 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 4.54%.28 .25 . Si la presión total es 735 mm Hg.9 pulgadas de Hg se satura por completo con agua. 4. Calcular el volumen de aire seco y las libras de humedad eliminadas. Este gas fluye a razón de 1 600 kg/hr por un ducto irregular.29 .26 .27 .Los productos de combustión de un horno en el cual se quema un hidrocarburo salen a 500 oF. determine el punto de rocío de este gas. H2O: 11. El análisis volumétrico del gas es: CO2: 11.906 . ¿ Cuál será la presión en el recipiente después de la saturación si la temperatura se mantiene en 70 oF ? 4. Determine el flujo volumétrico del gas húmedo en m3/mi. ¿ Cuál es el punto de rocío de la mezcla ? .8 pulgadas de Hg.035%.Si un recipiente que contiene N2 seco a 70 oF y 29.36%. 4.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.8 + t) donde p* es la presión de vapor en mm Hg y t está en oC.8%.(1 211/ 220.Una mezcla de aire y benceno contiene 10% molar de benceno a 38 oC y 790 mm Hg. O2: 2.Se burbujea aire seco a 20 oC y 100 kPa absolutos en benceno (C6H6). La presión de vapor del benceno está dada por: log p* = 6. CO: 0. ¿ Cuántos kg de benceno se evaporan por cada 30 m3 de aire que entra? 4.26%.30 . 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. 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. intermitentes o "batch". . CLASIFICACION DE LOS PROCESOS Un proceso industrial puede clasificarse fundamentalmente en dos grupos: a) Procesos en cochada. constituyendo así la más amplia aplicación de la ley de la conservación de la masa. b) Procesos contínuos. Los procesos anteriores suelen combinarse para dar procesos semicontínuos. Al final el contenido es retirado como producto para iniciar una nueva cochada. 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. 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. 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. En este tipo de proceso las entradas y salidas del mismo fluyen en forma contínua. 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. 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.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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. 1 3 2 Si "m" representa la masa de cada corriente. A medida que se avanza en los cálculos. el balance total de masa sería: m1 + m2 = m3 . constituyéndose éste en una gran ayuda para los cálculos de balance de masa. En el siguiente diagrama cada número representa una corriente. 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. 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: 3 w1 i (m1 ) = w i (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: 2 3 x1 i (n1 ) + x i (n 2 ) = x i (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. por ejemplo . la determinación de todos estos valores puede hacerse utilizando el método algebraico. una de entrada y otra de salida. en la corriente 1 y en la corriente 3. el problema no tiene solución. .CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 91 Para representar el balance de masa de un componente “i” o balance parcial de “i” se utiliza la siguiente nomenclatura: 2 3 w1 i (m1 ) + w i (m 2 ) = w i ( 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 número de incógnitas es superior al número de balances. el cual consiste en proponer un número de balances de masa independientes (ecuaciones) igual al número de incógnitas o valores desconocidos. 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. Si el componente "i" sólo está presente en dos corrientes. Cuando se desconoce el valor de la masa de una o varias corrientes o la composición de uno o varios componentes en dichas corrientes. 1 . 5 . 2 .Trazar el diagrama de flujo del proceso. 3 . Este análisis. indicando las corrientes de masa que entran y salen. como se verá adelante.Marcar las corrientes con los datos correspondientes a todas las variables de proceso que indique el problema.Una vez resuelto el problema debe probarse que las masas que entran son iguales a las masas que salen. 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. 8 . 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. Si el sistema tiene menos de N ecuaciones no es posible su . es necesario que el sistema esté formado por N ecuaciones independientes. permite concluir también si el problema está sub-especificado (faltan datos) o si está sobre-especificado (sobran datos). 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.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 92 RECOMENDACIONES GENERALES PARA LA SOLUCION DE PROBLEMAS La solución sistemática de problemas de balance de materia es de gran importancia.Leer el problema cuidadosamente.Si el balance corresponde a un proceso químico (con reacción química). éste puede efectuarse sobre compuestos químicos de composición fija y las unidades utilizadas pueden ser unidades de masa o unidades molares. Las siguientes instrucciones son de gran ayuda y deben tenerse en cuenta según sea la dificultad del problema. 6 . 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.Si el balance corresponde a una operación unitaria (sin reacción química). la solución completa sería imposible. puede darse un valor arbitrario a x y entonces obtener los valores correspondientes de y y de z.) en el problema. Total 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 1. No obstante. la variable independiente. si se dispone de tres ecuaciones: x + 2y + z = 8 2x + y + z = 7 x + 3y + 3z = 16 y se elimina la última ecuación. El número de variables de composición en cada corriente es igual al número de componentes menos uno. Desde el punto de vista algebraico el número de grados de libertad puede asimilarse al número de variables independientes en un sistema de ecuaciones. en este caso. 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 Com. Las variables desconocidas se obtienen restando las variables totales menos las variables conocidas. . Por ejemplo.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 93 solución. La solución del mismo dependería entonces de su selección. ecuaciones y relaciones especificadas en un problema y predecir de una manera sistemática si su solución es o no posible.C. Las variables conocidas tanto de masa como de composición están consignadas en los datos del problema. 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. 2. La determinación del número de grados de libertad es un mecanismo para relacionar variables. 3. Estos valores obtenidos dependen del valor elegido para x que es. 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. Las relaciones especificadas son ecuaciones entre variables y son generalmente de tres tipos: ♦ ♦ ♦ Recuperaciones fraccionales. En este caso es posible que existan diferentes soluciones según los datos que se tomen y podría pensarse en descartar información adicional (posiblemente inconsistente). 7. hay más ecuaciones que variables desconocidas y el problema está sobre-especificado. ♦ ♦ 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.Flujo de fluídos 2 . Restando las variables desconocidas menos las ecuaciones totales se obtienen los grados de libertad del problema.Transferencia de calor . Si los grados de libertad son negativos. La solución dependerá entonces de la base de cálculo seleccionada. En estos casos puede unificarse la respuesta expresándola como una relación de masas. ♦ Cuando solo existe un grado de libertad y no hay ninguna masa conocida. Relaciones de composición. Lo mismo sucederá cuando hay más de un grado de libertad. Razones de flujos. el problema puede resolverse tomando una base de cálculo o lo que es lo mismo suponiendo una cualquiera de las masas desconocidas. presión. Si hay un grado de libertad y existe además una masa conocida el problema no tiene solución. composición y fase. Estas relaciones se manejan simplemente como ecuaciones adicionales. Las ecuaciones totales pueden obtenerse sumando las ecuaciones de balance independientes y las relaciones especificadas. 5. 6. El número de ecuaciones de balance independientes es igual al número de componentes del problema. Se dice entonces que el problema está sub-especificado.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 94 4. En general pueden dividirse en cinco grandes grupos: 1 . De igual manera la cristalización ocurre en algunos casos dentro del evaporador.Operaciones de combinación Agitación Evaporación Cristalización Filtración Centrifugación Secado 5 . sólo se toman ejemplos que incluyen algunas de estas operaciones.Operaciones de separación Humidificación Absorción Adsorción Extracción Destilación No existe una división clara entre algunas de estas operaciones. y ecuaciones de transferencia de calor para el tamaño de serpentines de vapor y condensadores. los cálculos de evaporadores. por ejemplo. Teniendo en cuenta que los balances de masa más interesantes se presentan en las operaciones de combinación y separación. requieren ecuaciones de flujo de fluídos para determinar el tamaño de las tuberías y bombas.Manejo de sólidos Tamizado Fluidización Mezclado 4 . .CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 95 Trituración Molienda 3 . 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. Aunque existe una gran cantidad de diseños de mezcladores.1 molal cuya densidad es 1.25 m 2 KOH puro . líquidos o gases. ¿ Cuántos gramos de KOH deben añadirse a la solución 0. Las sustancias alimentadas pueden ser sólidos. según el material que se desee mezclar. Se dispone de 325 cm3 de solución 0.0048 g/cm 3 1 3 KOH 0. 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.1 molal ? 325 cm 3 KOH 0.0048 g/cm3.1 m ρ = 1.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.25 molal de KOH en agua. 56 + m2 = m3 .014 3 w KOH = ⎯⎯⎯⎯ = 0.0056 w1 agua = 0.014 w3 agua = 0.1 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.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.0048 g/cm3) = 326.0056 ⎯⎯⎯⎯ kg H2O 1000 g H2O gmol KOH g H2O w1 KOH 0.98622 Variables Masa Com. Balance total: 326.99444 56 g H2O g KOH 0.0138 1.00556 1. Total 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 3 1 2 2 5 3 2 2 0 2 0 El problema tiene solución directa.25 gmol KOH 1 Kg H2O ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.014 ⎯⎯⎯⎯ Kg H2O 1000 g H2O gmol KOH g H2O 0.56 g 56 g KOH g KOH gmol KOH 1 Kg H2O 0. m1 = V1 x ρ1 = 325 cm3 ( 1.0056 = ⎯⎯⎯⎯ = 0. 56) + m2 = 0. el primero de los cuales contiene 5% de etanol en agua.00556 (326.5 kg .05 m1 + 0. Balance total: m1 + m2 = 1250 kg Balance de etanol : 0.72 g m3 = 329. mientras que el segundo contiene 25% de etanol en agua.5 kg m2 = 437.0138 m3 m2 = 2.12 (1250) Resolviendo: m1 = 812.28 g Ejemplo 2. ¿ Cuánto hay que utilizar de cada una de las dos soluciones ? 1250 Kg etanol 5% 1 3 etanol 12% 2 etanol 25% Variables Masa Com. Total 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 3 1 3 3 6 4 2 2 0 2 0 La solución es directa.25 m2 = 0. Se requieren 1 250 kg de una solución que contiene 12% en peso de etanol en agua. Se cuenta con dos tanques de almacenamiento.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 98 Balance de KOH : Resolviendo : 0. 84 kg h h Variables Masa Comp Total . . 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. Calcular: a) El flujo de masa de oxígeno puro alimentado.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 99 Ejemplo 3. kg • • − kgmol 60 mi kgmol n = ( m / M ) = 150 ⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 312 ⎯⎯⎯ mi 28. 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 3 1 2 2 5 3 2 2 0 2 0 La solución es inmediata.5 m3/s. si el flujo volumétrico de éste es de 2. b) La densidad del gas final. Este último gas contiene 40% molar de oxígeno. 150 kg/mi 1 3 oxígeno 40% m 2 oxígeno puro Para resolver el problema utilizamos un balance en moles (kmol). 4 (32) + 0.8 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 52. Según la aplicación específica existen una gran cantidad de diseños de evaporadores y la gran mayoría utilizan como . En la gran mayoría de las aplicaciones el solvente es agua.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 100 • • Balance total: 312 + n 2 = n3 • Balance de N2 : • 0.8 kgmol/h • 32 kg h kg m 2 = 98.6 n3 Resolviendo : n3 = 410.6 kg h kg m 3 = 410.34 ⎯⎯ 2. M = ∑ (Mi xi) = 0.79 (312) = 0.6 mol-1 − kgmol • 29.37 ⎯⎯ h kgmol 3600 s s 3.5 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.6 (28) = 29. 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.37 kg/s • • kg ρ 3 = ( m3 / V 3 ) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.69 ⎯⎯ h kgmol 60 mi mi Respuesta (b): Se calcula la masa molecular media del gas que sale.8 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 3.8 kgmol/h Respuesta (a): kgmol O2 • n 2 = 98. Para simplificar se utilizan los siguientes gráficos en el diagrama de flujo: Ejemplo 4. ¿Cuál será la composición de la solución concentrada que sale del evaporador si el 46% del agua inicial se evapora ? H2O 2 solución 38% sal 1 EVAPORADOR 3 solución concentrada Variables Masa Com.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 101 fuente de energía el vapor de agua proveniente de una caldera. Una solución que contiene 38% en peso de sal se alimenta a un evaporador. Total 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 3 0 2 1 5 1 4 2 1 3 1 -1 . 62 x 100) = m2 Resolviendo: m2 = 28. Esto sirve como ejemplo para ilustrar que una variable de composición no depende del escalado de las masas. En ésta última operación el secado puede efectuarse por calentamiento indirecto ayudado por vacío en un secador de bandejas. B. o mediante el contacto directo con aire o gases calientes en secadores rotatorios y de pulverización. El agua puede retirarse de un sólido mediante operaciones mecánicas como la centrifugación y la compresión o mediante vaporización térmica. puede tomarse otra base de cálculo sobre una cualquiera de las dos masas restantes y el resultado debe ser el mismo.C. Balance total : Balance de sal: 100 = m2 + m3 0. . 100 kg de solución inicial.52 kg w3 sal = 0. Se utiliza también la absorción con líquidos como el ácido sulfúrico.46 (0. En general se utilizarán los siguientes esquemas para representar en un diagrama de flujo la operación de secado.531 Como ejercicio. La humedad de líquidos y gases se remueve por adsorción. es posible tomar una base de cálculo para anular el grado de libertad y poder resolver el problema.38 (100) = w 3 sal (m 3 ) Relación especificada: 0. 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. líquidos y sólidos húmedos. utilizando sólidos tales como la gel sílica o la alúmina.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 102 Como hay un grado de libertad y no se conoce ninguna masa. OPERACIONES DE SECADO El secado consiste en remover cantidades relativamente pequeñas de agua a partir de gases. ) 1 FILTRACION SECADO 3 Lodo 500 lb . ¿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. Un lodo húmedo de talco en agua contiene 70% de agua en base húmeda.h. El 75% del agua se remueve por filtración y secado. lo cual reduce el peso del material a 500 libras.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 103 Ejemplo 5. 631 .3 m1 = w 3 talco (500) Relación especificada: 0. Calcular: a) La producción de leche en polvo en kg/hr. Se produce leche en polvo en un secador por aspersión que mide 6 o metros de diámetro por 6 metros de altura.1) x 100 = 58. m2 = 552.47% H2O (b. y la velocidad de evaporación de agua es de 227 kg/hr. El aire entra a 167 C y 1 atm. el cual evapora la mayoría o la totalidad del líquido.9/63.75 ( 0. dejando que los sólidos secos caigan sobre una banda transportadora ubicada en el fondo de la cámara. Balance total: Balance de talco: m1 = m2 + 500 0.s. la cual se evapora por completo. La leche alimentada al atomizador centrífugo de disco contiene 70% de agua en peso (b.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 104 Variables Masa Com.369 w3 talco = 0.) Ejemplo 6.7 x m1) = m2 Resolviendo: m1 = 1052. . La niebla entra en contacto con aire caliente. w3 agua = 0. El porcentaje de agua en base seca en 3 será: (36. 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.h.). El flujo de gas de salida es de 311 m3/mi a 83 oC y 1 atm. abs.6 lb .6 lb . Total 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 3 1 2 1 5 2 3 2 1 3 0 La solución es inmediata. b) El flujo volumétrico de aire de alimentación. 197 4 x as .61/ 638.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 105 Leche 70% agua 2 Aire húmedo Aire seco 167 C 1 atm o 1 SECADOR DE ASPERSION 4 311 m /mi H2O 227 kg/h 83 C .61 ⎯⎯⎯ h 18 kg h Luego las fracciones molares en el aire de salida son: 4 x agua = (12. = 0. 1 atm º 3 3 Leche seca Para aplicar una solución algebraica al problema.4) = 0. Los dos flujo indicados deben estar sobre la misma base de tiempo. se puede tomar una hora.9803 La masa molecular media del aire que sale es: .⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 356 1 x 22. hay que arreglar los datos del problema.414 h El aire húmedo calculado contiene toda el agua evaporada de la leche: kg kgmol kgmol 227 ⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 12. m • 3 60 mi m3 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. = 0.8 kg / h .3 m 2 = m3 • • • • Balance de leche: • Resolviendo: m1 = 16 768.17/28.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 106 M 4 = 18 x 0.414) V 1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ X ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 21 003. m 2 = 322.2) 0.9867 (16 994.9867 Variables Masa Com.17 kg / h .84 x 0.62 mol-1 − El flujo de masa es: m 4 = M 4 x n 4 = 26.84 kg / h Se calcula ahora el flujo volumétrico de aire a la entrada: m3 nRT • (16 768.2 • • • • Balance de aire seco: m1 = 0.0133 4 wa . m 3 = 96.2 kg/h • − • Las fracciones en peso en la corriente 4 son: 4 w agua = (227/16994.9 ⎯ P (1) 273 h .0197 + 28. Total 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 4 1 2 2 6 3 3 3 0 3 0 La solución es: Balance total: m1 + m 2 = m3 + 16 994.2) = 0.9803 = 28.s.62 x 638.84) (440) (1) (22.4 = 16994. 35% molar de pentano. En general el alimento a la columna es de composición conocida. Entre los tipos más frecuentes de columnas de destilación están las de platos y las columnas empacadas.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. Los datos anteriores son suficientes para establecer el balance alrededor de la columna. Una mezcla que contiene 20% molar de butano. 4% de pentano y 1% de hexano.C. El destilado debe contener 90% del butano cargado en el alimento. Determinar la composición de los productos de fondo.: 100 lb-mol de alimento . y 45% molar de hexano se separa por destilación fraccionada. El destilado contiene 95% molar de butano. el esquema representativo en un diagrama de flujo es el siguiente: Eemplo 7. B. 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. Cualquiera que sea el tipo de columna. La pureza deseada de los componentes que van a ser separados dictaminan la composición de los productos de cima y de fondos. 24% 55. .7579 = 34.1894 lb-mol Productos de fondo: C4 = 20 .81 lb-mol 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.947 lb-mol 2 95 lb-mol C4 En el destilado: C5 = 0.0.01 x 18.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 108 Butano en el destilado = 20 x 0.0.947 = 0.24 lb-mol C6 = 45 .947 = 0.46% 42.9 = 18 lb-mol 100 lb-mol 2 18 lb-mol C4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 18.7579 lb-mol C6 = 0. dando especial énfasis al manejo y acondicionamiento del aire húmedo.28% C5 = 35 .04 x 18.1894 = 44.18 = 2 lb-mol 2. 5 mol-1 P 1 492 . constituyen el eje fundamental de éste tema. el calentamiento y el enfriamiento.0615 lb/pie 3 o 1 COMPRESOR 3 3 atm 153 F o 2 H2O Se calcula la fracción molar del agua en el aire que entra: ρRT − 0. A 153ºF y 1 atm.0615 lb/pie3.0615 x 613 1 x 359 M1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 27. Se comprime isotérmicamente hasta 3 atm.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 109 Operaciones tales como la compresión y la expansión. de presión total una mezcla de vapor de agua y aire tiene una densidad de 0. Ejemplo 8. y parte del agua se condensa. Calcular las libras de agua condensada a partir de 1 lb-mol de gas total inicial. Los siguientes esquemas representan cada operación dentro de un diagrama de flujo. Aire saturado Aire húmedo 153 F 1 atm ρ = 0. De la ecuación de Antoine: ps = 203.9107 Variables Masa Com. Balance total : 1 = n 2 + n3 Balance de aire seco: 0. Total 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 3 1 2 2 5 3 2 2 0 2 0 La solución es inmediata y el balance se trabaja en lbmol. la presión parcial del agua a la salida debe ser igual a la presión de saturación o de vapor. = 0. Un gas saturado con benceno abandona un sistema de recuperación de solventes a 40 oC y 750 mm Hg.84 − Como el aire sale saturado.5 = x 1 agua (18) + ( 1 − x agua ) 28. n2 = 0. m2 = 0.963 lbmol .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 110 1 M = 27. ¿ Cuántos kilogramos de benceno se condensan por cada 1000 litros de la mezcla original? .7 / 3 x 760) = 0.0893 x3 a.9107 n3 Resolviendo: n3 = 0.7 mm Hg a 153oF Las fracciones molares a la salida son: x3 agua = ( 203.666 lb Ejemplo 9.037 x 18 = 0.037 lbmol . fluyendo hacia un compresor seguido de un enfriador. El gas y un condensado líquido abandonan el enfriador a 21oC y 5 atm.s.877 (1) = 0. 4 gmol 313 760 x 22.65 / 750) = 0. Se calculan estas presiones a partir de la ecuación de Antoine: º ps a 40 C = 181.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 111 V = 1000 litros Gas + Benceno (saturado) 40 C o 1 COMPRESOR ENFRIADOR 3 Gas + Benceno (saturado) 5 atm 21 C o 750 mm Hg ρ = 0.2422 3 x benceno = (78.32 mm Hg Se calculan ahora las fracciones molares a la entrada y a la salida: x1 benceno = (181. Total 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 3 1 2 2 5 3 2 2 0 2 0 El balance se trabaja en unidades molares (gmol): .32 / 5x 760) = 0.0206 750 x 1000 273 P1 V1 n1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 38.65 mm Hg ps a 21ºC = 78.414 R T1 Variables Masa Com.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. 0206 n3 Resolviendo: n2 = 8.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 112 Balance total: 38. Los cristales.4) = n2 + 0. y el problema por alta que sea su complejidad casi siempre tiene una solución.7 lb de cristales secos salen del secador. con algo de solución adherida.7 lb de solución son retiradas en la centrífuga y 361. b) El agua evaporada en el evaporador. Calcular lo siguiente: a) La solubilidad de la sal (lb sal / lb agua). Ejemplo 10. son centrifugados para retirar parte de la solución.4 = n2 + n3 Balance de benceno: 0.2422 (38. El siguiente ejemplo ilustra la manera como debe trabajarse un diagrama integrado. Se alimentan a un evaporador 10 000 lb/hr de una solución que contiene 6% en peso de sal en agua. En este tipo de diagramas se amplía la posibilidad de plantear los balances de masa totales y parciales. 198.7 gmol .7 gmol .6 lb de solución concentrada se retiran. m2 = 8.6 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. Durante una prueba de una hora. c) El agua evaporada en el secador. Ensayos previos sobre la centrífuga demuestran que se retira aproximadamente el 60% de la solución adherida. n3 = 29. . Se produce una solución saturada y parte de la sal cristaliza.7 x 78 = 678. Luego los cristales se secan para remover el resto del agua. 837. .CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 113 El balance total del proceso puede realizarse simplificando el diagrama de flujo alrededor de la línea punteada. 3) x 100 = 23% a) Solubilidad de la sal: 23 lb sal lb de sal ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. La solución saturada es la suma de la solución que sale del evaporador y la retirada en la centrífuga. Sal alimentada = 0. B.298 ⎯⎯⎯⎯⎯ 77 lb agua lb de agua b) Para calcular el agua retirada en el evaporador se efectúa un balance alrededor de éste.7 = 1 036.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.3 lb Composición de la solución saturada: (238.3/1 036. ya que las dos tienen la misma concentración. .6 + 198.7 = 238.3 lb Masa total de solución saturada: 837.361.06 x 10 000 = 600 lb Sal en la solución saturada: 600 .C.: 1 hr o 10 000 lb de solución alimentada. el producto final deseado no podría obtenerse. 2 y 3 es la misma. El punto donde se unen las corrientes de diferente composición se denomina punto de mezcla (M). 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.En general si no se utilizara este sistema.1 lb 0.2) 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).6 + 198.6 Balance de sal alrededor del evaporador: 600 = 0. 10 000 = 8 500 + 837. la solución saturada que sale del evaporador será: 198.1 + 331.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 115 Como la centrífuga retira el 60% de la solución adherida. Esta corriente se le llama comunmente " by pass ".7 + 361.7 ⎯⎯⎯ = 331. .1 + X X = masa de cristales secos = 331.23 x 331. La composición de las corrientes 1.2 lb Balance total de masa alrededor del evaporador: 10 000 = m2 + 837.23 x 837.6 + 0. RECIRCULACION Y PURGA DERIVACION DE FLUJO.7 + m7 m7 = 102 lb OPERACIONES CON DERIVACION DE FLUJO.6 + (331. donde parte del aire húmedo que sale. Con esto se logra en general reducir la velocidad de secado. Esta corriente se denomina "reciclo". 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. Las corrientes 3. 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. 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.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 116 RECIRCULACION. Esto mejora el rendimiento en las reacciones sin modificar otras variables propias del mismo proceso. c) En operaciones de secado. es recirculado y mezclado con aire fresco. . Es este caso parte de la corriente que sale de la unidad de proceso es devuelta y mezclada con el alimento fresco. 4 y 5 tienen la misma composición. Esta corriente se denomina reflujo. En algunos procesos. los materiales no reactivos pueden removerse tambien con la corriente de producto. la utilización de la purga es muy escasa.5% en peso hasta 0. En problemas de balance de masa sin reacción química.5% 2 PLANTA DE TRATAMIENTO 4 Imp. PURGA.1% 6 Análisis de los grados de libertad para el balance global de toda la planta: . En una planta de tratamiento que opera bajo condiciones estables. 0. 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.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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. pero en balances de masa con reacción química se presenta con frecuencia. alrededor de la unidad de proceso y alrededor del punto de mezcla. Tanto en los procesos de recirculación como en los de derivación de flujo. Ejemplo 11. se pueden realizar balances independientes de masa alrededor del proceso. se utiliza una corriente denominada purga para retirar estos materiales y evitar así su acumulación en el reciclo. ¿Qué porcentaje del líquido residual inicial puede ser derivado y cumplir aún las normas establecidas? 3 1 Impurezas 0.1% en peso para ser descargadas en el río local. Cuando una pequeña cantidad de material no reactivo está presente en el alimento de un proceso con recirculación. Sólo se permite una concentración máxima de estas impurezas nocivas de 0. se reduce el contenido de impurezas nocivas de un líquido residual de 0.01% 5 Impurezas 0.01% en peso. 6 Balance de impurezas: 0.01% 99.6 kg m6 = 0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 118 Variables Masa Com.001 m5 Resolviendo: m5 = 99.001 (99.C.4 kg Se realiza ahora un balance en el punto de mezcla: Impurezas 0.1% 4 5 Balance total: m4 + m3 = 99.005 (100) = m6 + 0.5% 3 Impurezas 0.6) Resolviendo: m3 = 18. Total 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 3 0 2 2 5 2 3 2 0 2 1 -1 Como no se conoce ninguna masa puede tomarse una base de cálculo.6 kg Impurezas 0. el porcentaje derivado es 18.3 kg Como se tomaron 100 kg de la corriente 1.3% . B. m1 = 100 kg Balance total: 100 = m5 + m6 Balance de impurezas: 0.0001 m4 + 0.005 m3 = 0. C. 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.: 1 hr de operación.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 119 Ejemplo 12. se alimenta a un cristalizador y filtro donde se enfría cristalizando parte del K2CrO4. la cual contiene 50% de K2CrO4. La solución que pasa a través del filtro. el flujo de cristales en lb/hr. Balance total del proceso: 10 000 = m3 + m7 + m8 Según datos del problema: . La corriente de reciclo contiene 35% en peso de K2CrO4. La torta del filtrado está formada por cristales de K2CrO4 y una solución que contiene 35% de K2CrO4 en peso. la relación de recirculación (masa de reciclo/masa de alimento fresco) y el flujo de alimento combinado al evaporador B. Calcular el flujo de agua eliminada en el evaporador en lb/hr. los cristales forman 95% de la masa total de la torta de filtrado. La solución concentrada que abandona el evaporador. con una concentración de 35% de K2CrO4 es la corriente de recirculación. 65 x 129.95 m8 + m7 Reemplazando: m7 = 19 m8 10 000 = m3 + 20 m8 Balance total de agua: 0.2 lb m3 = 7 416.2 = 84 lb Balance de agua en el cristlizador: 0.0 lb m7 = 2 454.8053 El alimento al evaporador será: m2 = m3 + m4 = 7 416 + 10 637 = 18 053 lb .8 + 129.5 m4 = 0.2 = 2 584 lb Balance total en el cristalizador: m4 = m5 + m6 Como el agua en la torta es : 0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 120 m7 ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.65 m8 Resolviendo el sistema: m8 = 129.75 x 10 000 = m3 + 0.8 lb m6 = m7 + m8 = 2 454.65 m8 = 0.65 m5 + 84 Resolviendo: m5 = 8 053 lb m4 = 10 637 lb Relación de recirculación: (m5/m1) = (8 053/10 000) = 0. ¿ Cuánto KOH debe añadirse a la solución del 4% ? B.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 . Agua en 3 = 0.1 . Para lo anterior se dispone de un tanque que contiene solución de KOH al 4% en peso. si ésta contiene 28% de HNO3 ? B.C.m1 = 1 000 .2 .9 kg KOH 5.1 = 20.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 121 PROBLEMAS RESUELTOS 5. ya que está presente sólo en las corrientes 1 y 3.Se mezclan 600 lb de una solución que contiene 20% en peso de HNO3 con una solución que contiene 40% de HNO3. 1 tonelada de solución de KOH (6%).C.: 600 lb de solución de HNO3 (20%) . ¿ Cuál será la masa en libras de la solución formada.Se desea preparar una tonelada de una solución acuosa de KOH al 6% en peso.979. Para este problema la sustancia de enlace es el agua. 8 g-mol NaCl 1g 58.8. Calcular el peso de NaCl que debe agregarse a 1 000 cm3 de agua para obtener la concentración deseada. B. Balance total de masa: 600 + m2 = m3 Balance parcial de HNO3: 0.: 1 000 cm3 de agua. El sistema está formado por dos componentes.Se desea preparar una solución de NaCl que tenga una molalidad de 1.5 g NaCl 1 000 cm3 H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ cm3 g-mol NaCl 1 000 g H2O .28 x m3 Resolviendo se tiene: m3 = 1 000 lb m2 = 400 lb 5.C. si se mantiene la temperatura de la solución en 30 oC.3 .4 x m2 = 0. Se desconoce m2 y m3. 1.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 122 En este problema no existe la sustancia de enlace. luego debe emplearse el método algebraico. luego será posible plantear al menos dos balances de masa independientes.2 x 600 + 0. a) Si el valor de la composición de salida se duplica.3% .Un operador de una planta química tiene instrucciones para agregar sal contínuamente a una corriente de solvente libre de sal.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 123 = 105.3 g NaCl = m1 5.4 .6) = 0. ¿ cuál es la composición de salida ? B.C.6 lb sal 60 lb solv Relación de sal = (25/66.: 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. de tal manera que la mezcla resultante contiene 20% en peso de sal.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. ¿ cuál es la relación entre la cantidad de sal añadida inicialmente y la actual ? b) Si el operador usó el doble de sal. 5 partes de C.5306 cm3 B ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.6 .2658 cm3 A 2.21 cm3 B/cm3 A 1.5306 cm3 0. la mezcla debe hacerse por adición de volúmenes medidos de los líquidos.1551 cm3 C ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1. 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.98 y 1.79 g cm3 VB = 1. .: 5 gramos de mezcla = m4 cm3 VA = 1 g x ⎯⎯⎯⎯ = 1.7 cm3 C/cm3 A 1. Las gravedades específicas de A.5 . 1.16 g 1.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 124 5. 0.C. Puesto que no se dispone del equipo apropiado para pesar.Se pretende fabricar una mezcla de líquidos cuya composición es: 1 parte de A.16 respectivamente.Una compañía tiene un contrato para comprar NaCl del 98% de pureza (2% de impurezas insolubles) por $ 1 200 /tonelada.5 g x ⎯⎯⎯⎯ = 2.5 partes de B y 2.2658 cm3 0.1551 cm3 1.2658 cm3 A 5. Su último cargamento de 10 toneladas tenía sólo el 90% de pureza (10% de sólidos insolubles).79 . B y C son: 0.98 g cm3 VC = 2. B.5 g x ⎯⎯⎯⎯ = 1. 43 lb pie3 2 000 gal x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 16 692 lb 7.m1 = 1 800 .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. 100 lb de solución 3 90 lb Nacl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 800 lb sol 3 5 lb NaCl m1 + m2 = m3 m2 = m3 .9 = 9 Tn NaCl $ 1 224 9 Tn NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯ = $ 11 016 Tn NaCl b) B.100 = 1 700 lb H2O agregada 62.48 gal pie3 .C.: 100 lb NaCl (90%) = m1 La sustancia de enlace es el NaCl.98 Tn NaCl 10 Tn x 0. 8 lb NaCl (90%) 1 700 lb H2O 5.Una mezcla de N2 y CO2 a 30 oC y 2 atm.X) g NaOH x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.3931 X) g Na 58. tiene una masa molecular promedio de 31.575 (100 .7 .26 pies3 2 atm 273 oK x lb-mol 5.8125 (2 atm) = 1.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 126 100 lb NaCl (90%) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 16 692 lb H2O = 981.8 .X) g Na 40 g NaOH . 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 = 0.625 atm b) nRT V = ⎯⎯⎯ P 1 atm x 359 pies3 (10/31) lb-mol x 303 oK V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 64. ¿ Cuáles son los porcentajes en peso de NaCl y NaOH en la mezcla ? B.8125 a) p N2 = 0.: 100 gramos de mezcla Sea X = g de NaCl 23 g Na X g NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = (0.5 g NaCl 23 g Na (100 .Una mezcla de NaCl y NaOH contiene 40% en peso de Na.C. 9 . ¿ Qué relación molar de oxígeno a aire debe utilizarse ? B.575 (100 .X) = 40 Resolviendo: X = 96.29 lb-mol = n2 79 lb-mol N2 Balance total de moles: n 1 + n2 = n3 n1 = 100 .71/63.71 lb-mol Relación (oxígeno/aire) = (36.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 127 La ecuación queda: (0.2% y NaOH = 3.Oxígeno puro se mezcla con aire para obtener "aire enriquecido" que contiene 50% de oxígeno. 100 lb-mol 2 50 lb-mol N2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 63.29 = 36.58 5.10 .: 100 lb-mol de aire enriquecido La sustancia de enlace es el N2. Uno de ellos utilizando la masa molecular correcta para el oxígeno de 32 mol-1.8% 5.2 g NaCl Composición de la mezcla inicial: NaCl = 96.3931 X) + 0.29) = 0.C.63.Dos ingenieros están calculando la masa molecular promedio de una mezcla gaseosa que contiene oxígeno y otros gases. determina una masa . bajo ciertas condiciones de temperatura y composición.8 Resolviendo: x = 0. determina una masa molecular incorrecta de 32.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 128 molecular correcta para la mezcla de 39. utilizando un valor incorrecto de 16.Una mezcla de fenol y agua.82 lb .x) = 32. ¿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. ¿ 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 = 0.09 m4 Resolviendo: m3 = 50. una rica en fenol y la otra rica en agua. El otro.3 mol-1. forma dos fases líquidas separadas.2 16 x + M (1 . Si 40 libras de fenol y 60 libras de agua se mezclan y las capas se separan a 30 oC.11 . A 30 oC las composiciones de las capas superior e inferior son respectivamente 70% y 9% de fenol.4 (40% m de O2) 5.8.7 m3 + 0. ¿ Cuál es la relación en masa entre las dos corrientes originales ? B.62 m4 = 13.12 .405 lb Relación = (m2/m1) = (86.025 lb y m2 = 86. Balance total en II: Balance de sal en II: Resolviendo: m2 + m4 = 100 0.62% de sal. Sólo se conoce el flujo de la corriente mezclada.0476 x 13. El tanque II contiene inicialmente una mezcla de O2 y N2 formada por un 95% molar de N2 a 200 psia y 200 oF.025 lb m3 = 0. La válvula A se abre permitiendo que se mezcle el contenido de los dos tanques.: 100 lb de la corriente mezclada.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.C. Se añade sal a una de las corrientes originales a una velocidad estable.Dos corrientes de un proceso se mezclan para formar una sola corriente.025 .18 lb 5.76% en peso de sal.405) = 7.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 129 m4 = 49. Luego de . El análisis de la corriente mezclada indica 0.975/12.025 = 0.0476 m4 = 0. = m5 Las corrientes originales son m1 y m2.01 Balance total en I: Balance de sal en I: 5.0. Un análisis de esta corriente indica que contiene: 4.62 = 12.975 lb m1 + m3 = 13.62 m1 = 13. Calcular el volumen de II.2 pulg Hg fluye por un ducto irregular.95 nII = 0.2% en volumen. El tanque .93 + nII = nf Balance de N2: Resolviendo se tiene: 0.01528 lb-mol 610 14.7 x 22.2 x 660 14.327 pies3 28.414 VII = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 9. se introduce CO2 en la corriente gaseosa.93 + 0.79 x 6.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 130 completar el mezclado.93 g-mol Vf = VI + VII Balance total: nf = nI + nII 6. se determinó que el gas contenía 85% molar de N2.Cierto gas a 60 oF y 31. Con el propósito de determinar la velocidad de flujo del gas. El análisis del gas resultante es: CO2 3. El contenido original de CO2 era de 1. nI = (PV/RT)I 100 x 1 492 nI= ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.85 nf nII = 4.7 x 359 nI = 6.2 g-mol VII = (nRT/P)II 4.28 lt x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.28 lt 200 492 1 pie3 VII = 9.14 .4% en volumen.32 lt 5. : 30 minutos lb-mol n2 = 15 lb CO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.97 lb-mol n1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.341 = n3 Balance de CO2: 0.499 lb-mol/mi 30 mi nRT 0.034 n3 Resolviendo: n1 = 14.341 = 0.341 lb-mol CO2 44 lb Balance total: n1 + 0.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 131 de CO2 se colocó en una balanza y se determinó una pérdida en peso de 15 lb en 30 minutos.012 n1 + 0.92 x 359 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 181.C.97 lb-mol 14.2 492 . B.499 x 520 29. Determine la velocidad de flujo del gas en pies3/mi.56 pie3/mi P 31. Calcular el porcentaje de agua evaporada si la solución concentrada que sale del evaporador contiene 62% en peso de sal.48.38 kg solución 3 62 kg sal en 3 Balance total de masa: m1 = m2 + m3 m2 = agua evap. a) Expresar la composición como lb de sal/lb de agua y porcentaje en peso de agua.38 = 51.C.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 132 5. La sustancia de enlace es la sal.62 Porcentaje H2O evap. = m1 .Una solución que contiene 30% en peso de sal en agua se alimenta a un evaporador.62 kg 51.3 x 100 = 30 kg 100 kg solución 3 30 kg sal en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 48. = ⎯⎯⎯⎯ x 100 = 73. Sal en la corriente 1 = 0.: 100 kg de solución alimentada 1.m3 = 100 .15 .Una solución acuosa contiene 25% en peso de sal. si el 40% del agua presente incialmente es evaporada? . b) ¿Cuál es la composición en peso. B.16 .74% 70 5. 33 lb sal/lb H2O 75 lb H2O 75 lb H2O ⎯⎯⎯⎯⎯ = 3 lb H2O/lb sal 25 lb sal 100 .4 = 30 lb H2O solución final = 25 lb sal + 45 lb H2O = 70 lb 25 lb sal ⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 35. c) H2O evaporada = 100 x 0.C.25 = 75% en peso de H2O b) H2O evaporada = 75 x 0.4 = 40 lb solución final = 25 lb sal + 35 lb H2O = 60 lb 25 lb sal ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 41.66 lb en 3 60 lb sal en 3 . d) 100 solución 3 25 lb sal en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 41.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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.: 100 lb de solución a) 25 lb sal ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.66% 60 lb soluc.71 % 70 lb soluc. : 100 lb de solución alimentada.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 134 H2O evaporada = m2 = 100 .41. b) La sal cristalizada en lb/hr. Calcular: a) La cantidad de salmuera introducida en lb/hr.En un proceso para la obtención de sal cristalizada se introduce a un evaporador-cristalizador una solución saturada de cloruro de sodio. B. . Se evaporan 100 lb/hr de agua y se produce.66 = 58. además. una salmuera saturada.34 lb 5.17 .C. 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. al 30% en peso y 240 oF. 1 = 100 kg .27 . NaCl que cristaliza = 0. Durante la evaporación parte del NaCl cristaliza. Si la solución final contiene 50% de NaOH y 1% de NaCl.73 ⎯⎯⎯⎯ 63 lb H2O evap.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 135 Como la solución alimentada está saturada y la temperatura se mantiene constante.C. la solución que sale del evaporador también está saturada y su composición será 30% en peso.85 ⎯⎯⎯⎯ 63 lb H2O evap. calcule lo siguiente: a) Las libras de agua evaporada por tonelada de solución inicial.18 . NaCl 10% y H2O 80%. hr hr 5.9 x 30 = 27 lb En la solución concentrada hay: 30 . ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 158.10 = 63 lb a) lb 1 100 lb solución 1 100 lb H 2O evap.Una planta para la producción de NaOH concentra por evaporación una solución cuya composición es: NaOH 10% en peso. ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 42.: 1 Tn de solución inicial. c) El peso de la solución final. NaOH en la solución inicial = 1 000 x 0. b) Las libras de NaCl cristalizado por tonelada de solución inicial. B. hr hr b) lb sal 4 27 lb sal 4 100 lb H2O evap.27 = 3 lb NaCl 100 lb 3 m3 = 3 lb NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10 lb solución 3 30 lb NaCl Agua evaporada = 100 . y la de B es 0. 3 50 kg NaOH a) H2O evaporada = 800 . A la temperatura de experimento la solubilidad de A es 1 lb de A/lb de agua pura. Puede suponerse que las solubilidades de las dos sales no se afectan .45359 kg c) Peso de solución final = 200 kg 5.Dos sales A y B se disuelven en agua.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 136 100 kg solución 3 100 kg NaOH en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 200 kg sol.19 .(200 + 702) = 98 kg lb 98 kg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 216 lb 0.4 lb B/lb de agua pura.49 = 702 kg lb 702 kg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 547.6 lb 0.200 x 0.45359 kg b) NaCl cristalizado = 1 000 . calcular: a) La cantidad de agua evaporada.22% d) Cantidad de sal cristalizada = 0 lb . mientras la concentración de la sal en la solución permanece constante en el punto de saturación. la concentración de la solución se incrementa.22% % de B = (20/90) x 100 = 22. Para cada uno de los siguientes casos: 1) 50% del agua original es evaporada.4 lb de B. la composición será: % de A = (20/90) x 100 = 22. Sin embargo. Como la masa de la solución final es 90 lb. b) Peso de la solución final.4 lb A/lb H2O No hay cristalización de A Para B: (20 lb B/50 lb H2O) = 0. c) Composición de la solución. 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.5 = 50 lb H2O b) 90 lb c) Debe probarse si hay cristalización para cada sal.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 137 mutuamente. Si originalmente. Para A: (20 lb A/50 lb H2O) = 0. si la concentración alcanza el punto de saturación de cada sal. sin cristalización de A. entonces causará cristalización de la sal. 4) Se evapora agua hasta que la solución remanente (no incluídos los cristales) sea el 50% del valor original. d) Cantidad de cada sal cristalizada.4 lb B/lb H2O La solución está saturada de B. 2) Se evapora agua hasta reducir el peso total de la solución y cristales hasta el 50% del valor inicial. 1) a) 100 x 0. pero no hay cristalización de B. es decir. 3) Se evapora agua hasta que la solución quede saturada de A. 1 lb de agua disolverá 1 lb de A más 0. Cuando el agua se evapora. 66 lb A/lb H2O No hay cristalización de A.5 = 70 lb El agua evaporada es 70 lb b) Se prueba si hay cristalización: En la solución hay 100 . Para B = (20 lb B/30 lb H2O) = 0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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. B en solución = 0.4 x 30 = 12 lb B cristalizado = 20 .35% .70 = 30 lb H2O Para A = (20 lb A/30 lb H2O) = 0.12 = 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 19.66 lb B/lb H2O Hay cristalización de B. 38% Total 62 lb d) Sal cristalizada correspondiente a B = 8 lb El siguiente diagrama de flujo resume la parte (2) del problema.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 41.66% Total 48 lb .66% 16. 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 .CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 139 H2O 30 lb 48.66% 41.20 = 80 lb b) Se calcula la cantidad de B disuelta: 0. 4 (70 Y) + m4 Balance de agua: 100 = m2 + 70 Y Resolviendo: .5 = 70 lb = m3 Según los resultados de la parte (2) puede suponerse que no hay cristalización de A.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 140 d) Cantidad de B cristalizada = 20 . 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 = 0.8 = 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. 51 m2 = 64. Determine el porcentaje de agua que debe retirarse.).3 lb b) Peso de la solución final = 70 lb c) Composición de la solución final: A B (20/70) x 100 = 28. El problema puede resolverse utilizando el método de base húmeda o de base seca.57% (14. Se pretende reducir el contenido de agua hasta un 4% (b.: 100 kg de lodo inicial .7 lb de B 5. Método de Base Húmeda: B.7/70) x 100 = 51.20 .3 lb m4 = 5.28/70) x 100 = 20.4% H2O (35.0% d) Sal cristalizada = 5.h.7 lb Agua evaporada = 64.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 141 Y = 0.h.C.Un lodo formado por CaCO3 y H2O contiene 47% de H2O (b.). CaCO3 en 1 = 0.C.67 kg H2O (88.2 = 44.16%) 96 kg CaCO3 B.2 kg lodo 2 96 kg CaCO3 Balance total de masa: m1 = m2 + m3 Agua retirada = m3 = m1 .16 kg H2O (4.55.32% Método de Base Seca: Se transforman los porcentajes a base seca.67%) 53 kg CaCO3 Lodo 2: 4 kg H2O ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 kg CaCO3 = 4.: 100 kg de CaCO3.8 kg Porcentaje de agua retirada: (44.m2 = 100 . .8/47) x 100 = 95. Lodo 1: 47 kg H2O ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 kg CaCO3 = 88.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 142 La sustancia de enlace es el CaCO3.53 x 100 = 53 kg 100 kg lodo 2 53 kg CaCO3 en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 55. Durante las etapas iniciales de un secado.s. ¿ qué tiempo será necesario para secar el material desde un 300% de agua (b.3% 5.3 lb de agua/(hr x 2 pie ).) hasta un 150% de agua (b.51/88.pie2 lb H2O ret.375 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 100 lb s.25 hr pie2 0.67) x 100 = 95. Agua retirada = 88.51 kg Porcentaje de agua retirada: (84.3 lb H2O .s. ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.21 .16 = 84. un material pierde agua a velocidad constante. 200 pies2 pie2 hr .CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 143 En base seca los porcentajes se pueden restar.s.67 . 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.s.⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 100 lb sólido seco 100 lb sólido seco 100 lb sólido seco 50 lb s. 150 lb H2O ret.4. 0.375 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.) ? 150 lb H2O en 2 150 lb H2O retirada 300 lb H2O en 1 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . lb H2O ret. 48 lb H2O ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.48 lb Porcentaje de agua eliminada: (1 300.22 .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 144 5.48 .93 = 837 lb b) Peso material inicial = 900 x (100/40. Durante el secado la piel perdió 59.38% . a) Calcular el peso de piel "totalmente seca" o "exenta de humedad" en la carga de alimentación.48 lb = m1 H2O eliminada = 2 200. b) Calcular el número de libras de agua eliminadas en el proceso de secado.48) x 100 = 95.48 lb = m3 lb H2O 1 300. B. c) Calcular el porcentaje de agua eliminada con base en el agua presente incialmente.55 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 837 lb piel seca lb piel seca c) H2O en 1 = 2 200.Después del secado se determina que un lote de piel pesa 900 lb y que contiene 7% de agua (b.900 = 1 300.837 = 1 363. a) Piel seca = 900 x 0.h.C.1% de su peso inicial cuando se encontraba húmeda.).: 900 lb de piel húmeda en 2.9) = 2 200.48/1 363.48 . por libra de piel "totalmente seca". 55% . B.37/720) x 100 = 2.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 145 5.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.37 lb Porcentajes de agua retirada: En I: (700/720) x 100 = 97. 2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 81.100 = 700 lb 100 lb 3 80 lb sól. Calcular el porcentaje del agua original retirada en cada ciclo y el peso de producto por día en cada ciclo. Agua retirada en II = 100 .: 800 lb de material o 24 horas. En un primer ciclo el producto sale con 20% de agua y en un segundo ciclo el contenido de agua se disminuye hasta 2%.63 = 18.C.81.23 .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 .63 lb en 3 98 lb sól.22% En II: (18. Sólidos en 1 = 800 x 0. 25 . Esta pasta se coloca posteriormente en un secador donde se obtiene una humedad final de 9. calcular: a) Las libras de agua eliminadas en el filtro. ¿ Cuál fué su análisis? (El hidrógeno y el oxígeno se combinan para formar agua en una relación en peso de 1:8).15 % S: 1 kg 1.0.24 . también en % en peso.C.6. S: 1% y ceniza 10%. H: 4%. en consecuencia reporta un análisis del carbón seco.64 % H : 4 .777 kg H2 9 kg H2O 8 kg O2 O2 que reacciona = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 7 kg H2O = 6.Mil libras de un lodo que contiene 10% en peso de CaCO3 se filtran en un sistema rotatorio al vacío. B.s. La pasta resultante de la filtración contiene 60% de agua. . N: 2%.07 % Ceniza: 10 kg 10.005 lb agua/lb aire seco y la humedad del aire que sale del secador es 0.C. b) Las libras de aire seco necesarias en el secador.778 kg 1.91 % N: 2 kg 2. El uno reporta un análisis en % en peso de: C: 75%.015 lb de agua/lb de aire seco.: 100 kg de carbón H2O retirada = 7 kg 1 kg H2 H2 que reacciona = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 7 kg H2O = 0. B. Si la humedad del aire que entra al secador es de 0.75 % ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Total : 93 kg 5.222 = 1.Dos muestras idénticas de un carbón húmedo se entregan a dos analistas.223 kg 3. O: 8%.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 146 5.: 1 000 lb de lodo inicial.09% (b.46 % O : 8 . El otro seca la muestra primero y encuentra que las pérdidas por humedad son del 7%.).777 = 3.222 kg O2 9 kg H 2O El carbón final tendrá: C: 75 kg 80. 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) b) Agua que entra al secador = 900 .750 = 150 lb Agua que sale del secador = 9.01 lb agua Agua retirada en el filtro = 1 000 .0.Un material orgánico sensible al calor se seca utilizando N2 en un secador al vacío. 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 .91 lb agua x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 14 091 lb aire seco 0. El secador trabaja a una presión de 200 mm Hg.005 = 0.09 = 140.9.26 .01 lb agua/lb aire seco El aire seco será: lb aire seco 140.09 lb Agua eliminada en el secador = 150 .250 = 750 lb 5.015 .91 lb Agua tomada por el aire ( por lb de aire seco ): 0. 026 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 200 .087 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 200 .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 148 65 oF.7147 lb H2O 1 536.2 pies3 . ¿ 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 lb-mol N2 16 lb-mol agua (Ym)5 = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.061 lb-mol agua/lb-mol N2 n4 = 1.061 lb-mol x 18 mol-1 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 pies3 = 0.167 mm Hg ps a 65 oF = 16 mm Hg 5.026 lb-mol nRT 1.5.16 lb-mol N2 La diferencia de humedades proporciona el agua retirada al material (corriente 3) (Ym)5 .167 lb-mol agua (Ym)4 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.2 pies3 P 200 492 El agua retirada será: 0.(Ym)4 = 0.026 x 540 760 x 359 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 536. Y4 = 0. .84 lb aire 0.0135 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ lb aire seco 18 lb agua lb-mol aire = 0.7 pies3 P 1 492 lb-mol agua lb agua lb Gel 0. ¿ 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. La gel sílica puede adsorber 0.624 = 0.02163 lb-mol agua/lb-mol aire seco (Ym)4 = Y4 /0. lb-mol agua 0.0153/0.s.0153 lb agua/lb aire seco Y5 = 0.02163 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 18 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ lb-mol a.27 .7868 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ lb-mol a.624 = 0.0245 Moles de aire húmedo que entran = 1.0245 lb-mol nRT 1.Aire se seca isotérmicamente por contacto con gel sílica adsorbente.05 lb de agua/lb gel.05 lb agua lb Gel = 7.0135 lb agua/lb aire seco lb agua lb-mol agua 28.0245 x 532 1 x 359 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 397.Y5 = 0.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 149 5.0018 lb agua/lb aire seco Agua retirada = Y4 .s. ps a 40 oF = 6. Y4 = 0. 7.0042 .00527 lb Agua eliminada = 0. ¿ cuántas libras de agua se eliminan por hora?. si el peso de la piel seca es 1 lb. Y5 = 0. La lectura del barómetro es de 750 mm Hg.22 mm Hg 6.s.29 lb-mol a. 11.00845 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 750 .28 .s. 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.00527 = 0.0.624 x (Ym)4 = 0.29 lb-mol agua (Ym)4 = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.s.22 lb-mol a.22 lb-mol agua (Ym)5 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.00947 lb agua/lb aire seco Aire húmedo a la entrada = 1.11.7868 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 105 pies3 = 1 957.7 pies3 5.95 lb Gel lb-mol a.s.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 150 lb Gel lb-mol a.00527 lb agua/lb a.Cierta piel que contiene 100% de su propio peso de agua (es decir.01518 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 750 .00947 .6.29 mm Hg ps a 55 oF = 11.624 x (Ym)5 = 0. Si se introducen 200 lb de aire húmedo por cada hora a través del secador. 397.s. el contenido de agua es 1 lb) se seca por medio de aire. (Ym)4 = 0.8 x 149.624 = 0.h.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.5 x 18.1744 lb-mol agua/lb-mol a.34 mm Hg (p H O)4 = 0. La lectura del barómetro es de 760 mm Hg.1088 lb agua/lb a.00527 lb a.8355 ⎯⎯⎯⎯ 1.77 mm Hg ps a 140 oF = 149.472 lb-mol agua (Ym)5 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.s.0042 lb agua 200 lb a.h.119.472 lb-mol a.385 lb-mol a. ps a 70 oF = 18. hr hr 5.9.0125 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 760 .1869 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 760 .385 lb-mol agua (Ym)4 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.s.s. (Ym)5 .34 = 119.472 mm Hg 2 9. ¿Cuál es el peso de aire completamente seco que se utiliza por hora?.29 . 0.77 = 9.1744 x 0. lb agua ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. 119. .CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 151 0.s.385 mm Hg 2 (p H O)5 = 0. s.68 X = 0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 152 200 lb agua/hr ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 838 lb aire seco/hr 0.25% g-mol 1.0843 g de agua se retiran en el secador.68 mol-1 PV 1x1 273 X = fracción molar de CO2 44 X + (1 .555 g x ⎯⎯⎯⎯ = 0. N2 y H2O y se analiza pasándola a través de un secador donde se retira el agua. Los gases restantes pesan 1.6675 Análisis en Base Seca: CO2 66.68 g . ¿ Cuál es la composición molar y el análisis en base seca de la mezcla gaseosa original ? M = masa molecular media de la mezcla final.Una mezcla gaseosa está formada por CO2.414 M = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 38. w RT 1. 5.0402 g-mol (N2 + CO2) 38. Los gases restantes se colocan en un recipiente de 1 litro y se pesan. En un análisis 0.75% N2 33.X) 28 = 38.555 g a 30 oC y 1 atm.1088 lb agua/lb a.555 x 303 1 x 22.30 . 013366 g-mol 29.0843 g agua x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. Si la cantidad alimentada es 2 500 kg/hr.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 153 g-mol agua 0.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.43% 5.C.02683 g-mol 59. B. determinar: a) El porcentaje de benceno recuperado en la cima y el porcentaje de tolueno recuperado en los fondos.78% N2 0.: 100 kg de alimento Balance total de masa: . b) La masa del destilado y la masa de fondos.31 .78% H2O 0.004683 g-mol agua 18 g agua Composición molar de la mezcla inicial: CO2 0.004683 g-mol 10. 96 x m2 + 0. g) Lb-mol de agua condensada. h) Temperatura en oC.8 mm Hg a 40 oC .64 kg de 2 kg de 1 Masa de destilado = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 2 500 ⎯⎯⎯⎯⎯ = 891 kg/hr 100 kg de 1 hr 64. c) Presión total en mm Hg.36 = 58.36 kg de 3 kg de 1 Masa de fondos = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 2 500 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 609 kg/hr 100 kg de 1 hr 3 o 5. 2) La mezcla original es calentada a presión constante hasta 60 oC.52% Tolueno recuperado = (58. f) Lb-mol de aire en la mezcla final. 3) La mezcla original es enfriada a volumen constante hasta 20 oC. d) Volumen final en pies3.32 .36 kg m2 = 35.21/40) x 100 = 85. e) Lb-mol de vapor de agua en la mezcla final.6% b) 35.Cien pies de una mezcla saturada de aire y vapor de agua está a 40 C y 750 mm Hg. 1) a) pi = ps = 55.09 x m3 Resolviendo: a) m3 = 64.56/60) x 100 = 97.96 x 35.91 x 64. Calcular y tabular lo siguiente: a) Presión parcial del vapor de agua en mm Hg.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 154 100 = m2 + m3 Balance parcial de benceno: 40 = 0. Para cada uno de los siguientes casos: 1) Valores iniciales.64 = 34.56 kg Benceno recuperado = (34.21 kg Tolueno en el fondo = 0.64 kg Benceno en el destilado = 0. b) Presión parcial del aire en mm Hg. 4) La mezcla original se comprime isotérmicamente hasta un volumen de 50 pies3. 8 mm Hg b) paire = 694.2 mm Hg c) P = 750 mm Hg d) nRT 0.2219 lb-mol g) No hay condensación pues son apenas las condiciones iniciales.h.2397 x 333 760 x 359 V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 106.0.36 pies3 P 750 273 .08038 lb-mol agua 0. h) Temperatura = 40 oC 2) a) pi= 55.2397 .0178 lb-mol agua 1.8 = 694.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 155 b) paire = 750 . 0.2397 lb-mol RT 313 760 x 359 55.08038 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 750 . f) Lb-mol aire = 0.2397 lb-mol a.0178 = 0.2 mm Hg c) P = 750 mm Hg d) V = 100 pies3 e) PV 750 x 100 273 n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.8 lb-mol a. x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.55.8 lb-mol agua (Ym) = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.55.s.h.08038 lb-mol a. s.17. h) Temperatura = 60 oC.2219 lb-mol g) Por ser un calentamiento no hay condensación de agua.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 156 e) Moles de vapor de agua = 0. n i RT 0.78 mm Hg c) P = pagua + paire = 17.02693 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 667.28 mm Hg d) El volumen final es el mismo = 100 pies3 e) 17.5 lb-mol a.5 lb-mol agua (Ym) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.5 mm Hg b) pi = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ V 100 273 pi = 649.28 .0178 lb-mol f) Moles de aire = 0. 3) a) Como la mezcla inicial está saturada.2219 x 293 760 x 359 .78 = 667. al enfriar hay condensación de vapor de agua y la mezcla queda saturada a 20 oC ps = 17.5 + 649. 008918 lb-mol vapor agua .2219 lb-mol g) Agua condensada: 0.2 mm Hg V 50 273 c) P = 1 388.8 = 1 444 mm Hg d) El volumen final es 50 pies3 e) 55.0.2219 = 0.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 157 0. pi = 55.00597 lb-mol vapor de agua f) El aire es el mismo = 0.0178 .8 lb-mol agua (Ym) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.8 b-mol a.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. 0.s.04019 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 1 444 .04019 x 0.8 mm Hg b) 0.55.02693 x 0.2219 x 313 760 x 359 naire RT paire = ⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 388.00597 = 0.2219 = 0.2 + 55. 624 0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 158 f) El aire es el mismo = 0.02 (Ym)1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = 0.008918 = 0.C.33 . n RT 1.032 0.624 B.02 lb de agua/lb de aire seco está originalmente a 100 oF y 1 atm. Este aire se enfría a presión constante hasta 80 oF y se comprime luego isotérmicamente hasta 5 atm. de presión total.0. ¿Cuál es la relación de volumen final a volumen inicial ? La humedad molar inicial será: Y 0.00888 lb-mol h) Temperatura = 40 oC 5.032 x 560 1 x 359 V1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 421.2219 lb-mol g) Agua condensada: 0.0178 .: 1 lb-mol de aire seco.Aire con una humedad absoluta de 0.7 pies3 P 1 492 . 507 lb-mol a. 0.507 lb-mol agua (Ym)3 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.7 .7 .032 .35/421.35 pies P 5 492 (V3/V1) = (79.34 .188 5.0357 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 14.s.507 lb-mol agua (Ym)2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. El agua condensada será: 0.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 159 Suponiendo que entre 1 y 2 hay condensación. El aire en 3 estará saturado a 80 oF.7) = 0. Como la humedad en 2 no puede ser superior a la humedad en 1.00694 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 5 x 14.00694 x 540 1 x 359 3 V3 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 79. 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)? .0.02506 lb-mol agua/lb-mol a.0.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. Como la humedad en 3 es menor que la humedad en 2 se concluye que entre 2 y 3 hubo condensación de agua.0. Se supone ahora que entre 2 y 3 sí hay condensación. Se calcula la humedad molar en 2: La presión de saturación del agua a 80 oF es 1.507 lb-mol a.s.00694 = 0.s. se concluye que entre 1 y 2 no hay condensación de agua y la humedad en 2 es la misma que en 1.507 psi). el aire en 2 estaría saturado y la humedad molar sería menor.032 pulg de Hg (0. La humedad molar será: 0. El volumen final será: nRT 1. 006 1 70 110 o ts ( F) b) El agua evaporada será la diferencia de humedades: Y2 .016 . .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 160 Se utiliza el diagrama de humedad tal como se muestra en la figura.0.01 lb agua/lb a.006 = 0. 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.s.Y1 = 0. 008 2 51 70 90 95 o ts ( F) Se utiliza el diagrama de humedad.03 0.s. b) Y1 = 0.008 lb agua/lb a.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 161 5.03 lb agua/lb a. Y2 = 0. hay necesidad de calentarlo.35 .Una unidad de aire acondicionado refrigera aire a ts = 95 oF y th = 90 oF para condensar vapor de agua. a) La mínima temperatura según el diagrama es 51 oF. . Para obtener el aire deseado a 70 oF y 50% de porcentaje de humedad.s. 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. n1 = 1.624 0. pero el trabajo de compresión aumenta la temperatura del aire hasta 120 oF.03 .4 pies3 P 1 492 lb agua lb-mol a. 0.048 lb-mol agua/lb-mol a.03525 lb-mol agua/lb-mol a. la humedad relativa es del 90% y la lectura barométrica 29.008 = 0.5 lb agua lb-mol a.4 pies3 5.03/0.36.6345 lb agua/lb-mol a. En caso de haberla. 424.s.048 lb-mol aire húmedo nRT 1.s.022 lb agua/lb a.Y2 = 0.6345 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 105 pies3 = 149.048 x 555 1 x 359 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 424.s. a) Se desea saber si hay condensación de agua en el aire.s.76 pulg de Hg.03525 x 18 = 0. la temperatura es de 100 oF.s.624) = 0. 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.s.022 ⎯⎯⎯⎯ = 0. (Ym)1 = (0. 0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 162 Y1 .En un día típico de verano. ¿ 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 ? .0. 0. s.s.444 lb-mol agua (Ym)2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.76 + 29.(Ym)2 = 0.062 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 29.76 pulg Hg man. lb-mol agua (Ym)1 .s. 14. 0.9 pi = 0. 0.444 lb-mol a.0.0268 = 0. x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 48.3.s.1.4536 kg b) . El resultado anterior demuestra que hay condensación de agua.92 P2 = 50 psig x ⎯⎯⎯ = 101.932 pulg Hg ps a 120 oF = 3.9 x 1.022 lb agua/lb a.062 . 29.52 .7388 lb-mol agua (Ym)1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.5 lb lb a.444 pulg Hg Yr = (pi/ps) x = 0.932 = 1.0352 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ lb-mol a.0352 x 0.7388 lb-mol a.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 163 a) ps a 100 oF = 1.7 P2 = 101.s.0268 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 131. lb agua lb 0.7388 pulg Hg 1.022 ⎯⎯⎯⎯ x 1 000 kg a.76 .s.624 = 0.76 = 131.52 pulg Hg 3. 08 pulg Hg a las 17:00 sin que se manifiesten otros cambios.7203/(29.0268 lb-mol P2 x T1 x n1 V1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x V2 P1 x T2 x n2 131.739) (YP)1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 50.0.83 .7203 (Yr)2 = (0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 164 n1 = 1.1. ¿Cuál es la variación que se presenta durante este tiempo.7203 / 1.02477 x 29. A las 14:00 la lectura del barómetro es de 29.83 .739 pulg Hg = pi ps a 90 oF = 1.02477 La presión parcial del agua al final será: 0.739/1.83 pulg Hg.421 pulg Hg (Yr)1 = (0.En un día de la semana la temperatura es 90 oF y el punto de rocío del aire es 70 oF.1.739 / (29.39 pies3 29.68 % 0.43 = 1.08 .78 % 1.68 = 1.50.35 . en: a) La humedad relativa ? b) El porcentaje de humedad? ps a 70 oF = 0.08 .421 / (29.76 x 580 x 1.43% 1.062 V1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 30 = 132.739 / 29. pero debido a una tormenta que se avecina la presión barométrica disminuye hasta 29.32 b) Variación de YP = 50.83) = 0.7203) (YP)2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 49.421) a) Variación de Yr = 52 .421 / (29.78 – 49.0.52 x 560 x 1.421) x 100 = 50.062 lb-mol n2 = 1.37 .421) La fracción molar del agua es: (0.0268 5.421) x 100 = 52% 0.08 = 0. a) ¿ Cuál es el flujo volumétrico de CH4 que sale ? b) ¿ Qué cantidad de agua se condensa ? B.272 = 2.7 CH4 en 1 = 2.363 x ⎯⎯⎯⎯ = 0.6924 psi ps a 50 oF = 0.0.6924 Agua en 1 = 2.363 .363 lb-mol RT 580 1 x 359 1.: 1 minuto ps a 120 oF = 1.272 lb-mol 14.17811 psi PV 1 x 1 000 492 n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.C.091 lb-mol .38 . El metano se calienta luego hasta 75 oF y 1 atm. y 120 o F es enfriado hasta 50 oF y parte del vapor de agua se condensa.Un flujo de 1 000 pies3/mi de CH4 saturado con vapor de agua a 1 atm.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 165 5. 1166 x 535 1 x 359 V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 826.26 pies3/mi b) Agua condensada : (0. 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.272 .26 pies3 P 1 492 Flujo = 826.17811 Agua en 2 = 2. el benceno C6H6 ejerce una presión de vapor de 200 mm Hg.43 lb/mi 5.0256) x 18 = 4.7 .0.A 43 oC.1166 lb-mol nRT 2.39 .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 166 0.0256 lb-mol 14.0256 = 2. ¿ qué peso de C6H6 en libras se condensa por cada 1000 pies3 de mezcla original ? Se calcula el número de moles de mezcla inicial.091 + 0.0.091 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.17811 a) n = 2. . 40 . Este gas se enfría hasta 100 F y luego se expande hasta la presión atmosférica a temperatura constante.5066 .1266) x 78 = 29. Se calcula el número de moles de benceno utilizando la ley de Dalton: 200 x 200 273 nbenceno = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 167 PV 800 x 1 000 273 n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2. 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.64 lb 5.1266 lb-mol 316 760 x 359 Benceno condensado: (0.? .2 x 2. de presión total contiene 30% en o peso de benceno. la presión parcial de éste al final será 200 mm Hg.533 lb-mol RT 316 760 x 359 Benceno en 1 = 0.533 = 0.0.Una mezcla de aire y benceno a 4 atm.5066 lb-mol Si hay condensación de benceno. 1584 ps a 100 oF = 3.84 lb aire b) 0.0584 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 4 .221 atm Como la presión de saturación en 2 es menor que la presión parcial en 1.0551 atm = 0.1584 .25 psi = 0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 168 B. a) 28.0584 Mediante el diagrama de Cox: Temperatura de rocío = 45 oF .547 atm 1.0.0584 = 0.0.1584 pi (C6H6) = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 4 atm = 0. En 2 : 0.1584 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 70 lb aire 78 lb-mol aire 0.1 lb-mol /lb-mol aire 78 lb C6H6 lb-mol C6H6 0.221 lb-mol aire Benceno condensado: 0.: 100 lb de mezcla inicial.81 psia 1. hay condensación de benceno.221 lb-mol C6H6 ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.84 lb-mol C6H6 30 lb C6H6 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 0.0584 pi = xi P = ⎯⎯⎯⎯ x 1 atm = 0.1 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 0.C.27 ⎯⎯⎯⎯⎯ lb-mol aire 28. 17 m5 = 0.53 kg Balance total en el proceso: m1 + m4 = m6 .m4 = 23.17 x 23.53 kg m3 = 76. 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. Si la concentración de la solución saturada es del 17%. 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%.53 .CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 169 5.04 x 100 Resolviendo: m5 = 23. ¿ qué porcentaje de agua debe ser derivada a través del saturador ? B.41 .4 = 19.47 kg Balance de sal en el saturador: m4 = 0.: 100 kg de producto = m6 Balance total en el punto de mezcla (M): m3 + m5 = 100 Balance de sal en (M): 0.C.Se bombea agua a alta presión a un proceso.17 m5 = 0.53 = 4 kg Balance total en el saturador: m2 + m4 = m5 m2 = m5 . 3 kg m6 = 84.95 m6 Balance de B en el punto de mezcla (M): 80 = 0.C.100 = 33.3 .21 kg m4 = 133.: 100 kg de alimento fresco.53/96) x 100 = 20.3 kg Relación de recirculación: (m4/m1) = 33.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 170 m1 = m6 . B.m4 = 100 .333 .3/100 = 0.m1 m2 = 133.4 = 96 kg % de agua derivada = (19.42 .34% 5.Para el diagrama de flujo mostrado en la figura determine la relación de recirculación. Balance de B alrededor del proceso: 80 = 0.6 m2 Balance total en el punto de mezcla (M): m1 + m4 = m2 m4 = m2 . Para un proceso se requieren 1 000 pies3/mi de aire a 75 oF y 60% de humedad. 0. lb-mol agua (Ym)1 = 0. Se determinan primero las humedades absolutas.6607 pulgadas de Hg.9 x 0.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 171 5.03014 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 29. ps a 75 oF = 0.05876 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 29.s.6607 lb-mol a.05288 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ lb-mol a.8754 lb-mol a.8754 lb-mol agua (Ym)s en 5 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.C.s. .8754 pulgadas de Hg. ps a 95 oF = 1.92 . Calcular: a) El volumen de aire que entra en pies3/mi b) El porcentaje de aire derivado.43 . 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.1.05876 = 0.92 . 1. B.0.s.6607 lb-mol agua (Ym)s en 1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.: 1 lb-mol de aire seco en 5. 0. ps a 50 oF = 0.s.s.01808.05288 x 555 1 x 359 V1 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 426.05288 1.01226 ⎯⎯⎯⎯⎯ n3 + ⎯⎯⎯⎯⎯ n4 = 0.6 x 0.43 pies3 P 1 492 a) El volumen de entrada para 1 000 pies3/mi de salida es: 426. Teniendo en cuenta que el aire seco en 5 es igual al aire seco en 1.01808 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ lb-mol a.43 b) Balance total en el punto de mezcla (M): n3 + n4 = n5 = 1.38 ⎯⎯⎯⎯ x 1 000 pies3/mi = 1072. Se calculan los volúmenes en 1 y 5: nRT 1.15090 n4 = 0.01226 Resolviendo: n3 = 0.38 pies3 P 1 492 nRT 1.92 .03014 = 0.01808 x 535 1 x 359 V5 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 397.86718 Porcentaje derivado = (n3/n1) x 100 = 14.84 pies3/mi 397. En 4 el aire sale saturado a 50 oF.3626 pulgadas de Hg.3626 lb-mol agua (Ym)4 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.01226 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 29.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 172 lb-mol agua (Ym)5 = 0.01808 Balance de agua en este mismo punto: 0.05288 y las lb-mol de aire húmedo en 5 serán 1.05288 0.0.33% .01808 1.3626 lb-mol a. las lb-mol de aire húmedo en 1 serán 1. c) El balance total de masa. Balance de agua en el secador: .t r =104.3 oF) lb a.44 . con ayuda del diagrama de humedad. t h= 45 oF) lb a.s. Al secador se alimentan 1 687 lb/hr de sólido húmedo que contiene 39. lb agua Y2 = Y3 = 0.049 ⎯⎯⎯⎯ (t s =112 oF.).s.s. Se determinan las humedades en cada corriente.El secador de la figura opera en la siguiente forma: aire fresco a ts = 60 oF y th = 45 oF. Esta mezcla se calienta hasta 200 oF y su punto de rocío es 88.h. para entrar luego al secador. b) La relación de recirculación en masa.003 ⎯⎯⎯⎯ (t s= 60 oF .5 oF) lb a. calcular: a) Las lb/hr de aire que entra al secador. se mezcla con aire recirculado a 112 oF y con un punto de rocío de 104.3 oF.5 oF.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 173 5. lb agua Y5 = Y4 = Y6 = 0. lb agua Y1 = 0. 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.7% de agua (b.0295 ⎯⎯⎯⎯ (t s= 200 oF . Si el sólido sale completamente seco. t r = 88. 45 .0491 lb sólido hr hr b) B. El .26 = 15 272.0.5% de H2SO4.0295 + 0.: 1 hr Balance total en el punto de mezcla (M): m1 + m5 = 35 372 Balance de agua: 0.397 m7 = 0.049 1.9 lb m1 = 14 603 lb Relación de recirculación en masa: (m5/m1) = (20 768.003 0.h. lb lb ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 687 ⎯⎯ = 35 372 ⎯⎯ = m3 0.9 + 15 272.049 m7 = 0.0295 lb a.1 017.57 1.003 1.9/14603) = 1.C.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 174 0. El ácido sale diluído con agua al 92.74 lb m4 = m5 + m6 = 20 768.049 0.74 = 36 041.42 c) Para realizar el balance de masa del proceso se calculan las masas restantes así: m8 = 1 687 x (1 .0491 lb 1. podría continuar decreciendo la concentración de H2SO4. el cual fluye a través de la torre retirando el vapor de agua del aire.26 lb Balance alrededor del proceso: m1 + m7 = m8 + m6 m6 = 14 603 + 1 687 .El aire puede ser secado por contacto con ácido sulfúrico concentrado en una torre de absorción.0295 ⎯⎯⎯⎯ m1 + ⎯⎯⎯⎯ m5 = ⎯⎯⎯⎯ x 35 372 = 1 013. Si este ácido débil fuera recirculado directamente.0295 Resolviendo: m5 = 20 768. Acido sulfúrico del 93% se alimenta por la cima de la torre.64 lb 5. La distribución utilizada se muestra en la figura.397) = 1 017. 7392 lb-mol agua (Ym)1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.: 1 minuto.92 . 0.292 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.292 lb-mol a. RT 530 1 x 359 ps a 70 oF = 0. tanto que la concentración debe mantenerse al 93%. calcular: a) La masa de ácido del 99% añadido por hora.02533 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 29.7392 lb-mol a.C.0319 x 18 = 0.5% se retira y se añade ácido al 99% para obtener el ácido fuerte del 93%.02533 Agua en el aire = 1.0.02533 Masa de agua = 0.s.h. Utilizando los datos del diagrama de flujo. b) Las lb/mi de ácido del 93% reciclado a la torre.0319 lb-mol 1. PV 1 x 500 492 n1 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 1. 0.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 175 ácido diluído no retira eficientemente el vapor de agua del aire. Por lo tanto una pequeña cantidad de ácido al 92.7392 pulgadas de Hg.5742 lb Balance de agua alrededor del proceso: . B. una porción de la corriente condensada se retorna a la columna como reflujo.075 m6 Balance de ácido: 0.07 m3 = 0.3 lb m3 = 105. b) Calcular la relación (kg alimentados al condensador/kg alimentado a la torre).925 m4 Resolviendo: m4 = 106. c) Calcular el flujo másico de la corriente de producto si el flujo molar de la corriente de alimentación es 100 kg-mol/hr.17 lb Balance de agua en la torre: 0.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 176 0. .5742 + 0.7 lb 5. La corriente superior de producto debe contener 95% de pentano. a) Calcular los kg de destilado y fondos por kg de alimentación. mientras que los fondos deben contener 96% de hexano. eliminándose el resto como producto.99 m5 = 0.5742 + 0. La corriente que abandona la parte superior de la columna se condensa.075 m4 Balance de ácido en la torre: 0.93 m3 = 0.74 lb m5 = 8.6.01 m5 = 0.925 m6 Resolviendo: m6 = 8.46 -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 relación de reflujo [(masa de reflujo)/(masa de producto destilado)] vale 0. 45 kg m5 = 50.C.55 (m4/m5) = Relación de Reflujo = 0.55 kg Balance en el condensador: m2 = m4 + 50.88 kg Moles de alimento: .33 kg m2 = 30.33 + 50.: 100 kg de alimento a la columna.55 = 80.6 m4 = 0.96 m3 Resolviendo: m3 = 49. Balance total: 100 = m5 + m3 Balance de H: 50 = 0.05 m5 + 0.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 177 B.55 = 30.6 x 50. se mezcla con aire un gas natural que contiene: CH4 85% molar y C2H6 15% molar.2750 kg-mol a) 0. ¿ Cuál es la composición molar y en peso de la mezcla final ? 5.Se mezclan 50 cm3/mi de una solución acuosa 10 molar de KOH (G = 1.8088 Producto = (50.47 .37) con 4 lt/hr de una solución acuosa 5 molar de NaOH (G = 1. Del sedimentador salen dos corrientes de producto.49 -La alimentación a un reactor de combustión debe contener 8% molar de CH4.5055 kg destilado/kg alimento 0. 5.18).581 kg-mol P 50 kg x (kg-mol/72 kg) = 0.50 .48 . mientras que la inferior contiene 90% de agua. Calcular la relación molar de gas natural a aire.4945 kg fondos/kg alimento b) c) (m2/m1) = (80. Calcular el flujo de las dos corrientes de producto.88/100) = 0. se dispone de un tanque que contiene una solución al 6% de NaCl.55/1.Para preparar una solución de NaCl en agua al 12% en peso. .2750) x 100 = 3 964.694 kg-mol Total = 1.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 178 H 50 kg x (kg-mol/86 kg) = 0. La corriente superior contiene aceite puro. ¿ Cuánto NaCl puro debe añadirse al tanque para preparar 1 tonelada de solución al 12% ? 5. Para producir esta alimentación.7 kg/hr PROBLEMAS PROPUESTOS 5.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. deben ser agregados a 1 800 kg de leche que contiene 2% de mantequilla. 5. de tal forma que la mezcla final contiene 16% de aceite.Un néctar de mango debe contener 100 kg de puré de mango.58 .51 . La semilla cruda contiene 14% de material celulósico. ¿ A qué precio debe vender la mezcla ? 5.54 . 170 kg de agua y 10 kg de ácido cítrico. 5.Puede obtenerse una pasta de proteína vegetal libre de aceite a partir de semilla de algodón. Calcular el flujo de ácido del 10% para producir 1 000 lb/hr de solución del 75%. ¿ Cuál será la composición de la mezcla resultante ? 5.¿Cuántos kilogramos de crema que contiene 12% de mantequilla. 37% de pasta y 49% de aceite. se mezcla con 2 000 kg/hr de una corriente con 25% de alcohol. debe concentrarse con una solución que contiene 90% en peso de H2SO4 con el fín de producir una solución al 75% en peso. un segundo gas (B) contiene 89% molar de C2H4 y 11% de C2H6.56 -Con el objeto de satisfacer ciertas especificaciones.55 -Una solución acuosa de H2SO4 que contiene 10% en peso. B y C deben mezclarse con el fín de producir 100 moles de una mezcla que contenga partes iguales de CH4. ¿ Cuántas moles de A. C2H4 y C2 H6 ? 5.Una corriente de 1 000 kg/hr que contiene 10% de alcohol.57 -Un cilindro de gas (A) contiene 10% molar de N2 y 90% molar de H2. calcular la composición del extracto. 30 kg de azúcar.53 . 10% de C2H6 y 5% de C2H4. para obtener leche con 3% de mantequilla ? 5. utilizando hexano para extraer el aceite de las semillas limpias. 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.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 179 5. Si para obtener 1 libra de pasta se necesitan 8 libras de hexano. 50% de azúcar y el resto agua. mientras que un segundo cilindro (B) contiene 50% molar de N2 y 50% molar de H2. un fabricante mezcla harina de pescado seca cuyo precio es de $ 50/kg.Un gas natural (A) contiene 85% molar de CH4. . con harina que contiene 22% de aceite de $ 27/kg. un tercer gas (C) contiene 94% molar de C2 H6 y 6% de CH4.52 . ¿ Qué cantidad de cada materia prima se debe emplear para producir 5 300 kg/hr de néctar de mango ? 5. 20% de azúcar y el resto agua. . La solución clara que se descarga de la unidad puede suponerse de la misma composición que la solución que acompaña los sólidos. se lava con una masa igual de una solución diluída de 5% en peso de NaOH en agua. Componentes A B C D 1 60 20 20 0 2 20 60 0 20 3 20 0 60 20 4 0 20 20 60 Aleación deseada 25 25 25 25 Calcular el flujo de alimentación de cada aleación. La lechada lavada y sedimentada que se descarga de la unidad contiene 2 lb de solución por cada libra de sólido (CaCO3).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.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 180 5. Si la lechada de alimentación contiene iguales fracciones en masa de todos sus componentes. 5.60 -Una lechada que consiste de un precipitado de CaCO3 en solución de NaOH y H2O. calcular la concentración de la solución clara. Para fabricar mermelada de fresa. calcular la cantidad de agua evaporada.Se alimenta contínuamente un evaporador con 25 toneladas/hr de una solución que contiene 10% de NaCl y 80% de agua. 5. 5. el cual recibe una alimentación de 4 500 kg/día de zumo. La mezcla se calienta para evaporar agua hasta que el resíduo contenga 30% en peso de agua.En un proceso para la fabricación de jugos de fruta. Durante el proceso de evaporación el agua se elimina por ebullición de la solución.65 . el cual se separa del líquido restante por filtración. cristalizando el NaCl.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 181 5. con una concentración del 21%.64 . se mezclan fresas trituradas y azúcar en una proporción en peso de 1:1. se necesita del empleo de un evaporador.Un evaporador concentra una solución de azúcar desde un 25% en peso hasta un 65%. obtener 3 000 kg/día de agua evaporada y una solución concentrada al 50%.Las fresas contienen alrededor de 15% de sólidos y 85% de agua. Si se desea concentrar hasta 60%.Un evaporador se diseña para recibir una alimentación de 11 500 kg/día de zumo de naranja.62 . ¿ Cuántas libras de fresas se requieren para fabricar una libra de mermelada ? 5.61 . ¿ Con qué concentración inicial se debe alimentar el zumo y qué cantidad de solución concentrada al 50% se obtiene ? 5. Calcular el agua evaporada en una hora por cada 1 000 lb/hr de solución alimentada al evaporador.63 . El licor concentrado . ).70 .). b) Las libras de agua evaporada en una hora.).71 .68 . ¿en cuánto tiempo se evaporan 139 lb de agua ? 5. Calcular: a) La concentración de las 2 000 libras presentes inicialmente en el tanque.6 gramos.10H2O y Na2CO3. El peso final de la sal mezclada es 39.Un evaporador contínuo concentra 100 lb/mi de una solución acuosa que contiene 10% en peso de NaOH y 0.h.) hasta un 10% (b. Calcular: a) Las libras de agua evaporada en una hora.69 . el cual es alimentado a un evaporador que trabaja al vacío. c) Las libras de licor concentrado que salen del evaporador en una hora. Calcular: a) La composición de la solución que queda (licor madre). 5.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 182 que abandona el evaporador contiene 50% de NaOH.Para obtener jugo de naranja concentrado se parte de un extracto con 7% en peso de sólidos.s. 5. Si al secador entran 1 000 lb/hr de lodo húmedo.66 .67 .34% en peso de NaOH y 0. el concentrado que sale se alimenta a otro tanque.10H2O se calientan para retirar el agua de hidratación.h. 5. calcular la cantidad de agua evaporada y de jugo concentrado que sale. En el evaporador se elimina el agua necesaria para que el jugo salga con una concentración del 58% en peso de sólidos.s.Cien gramos de una mezcla de Na2SO4.171% en peso de NaCl. Al final de una hora la solución mezclada en este tanque contiene 31.Un lodo húmedo se seca desde un 60% (b. b) Los gramos de cristales obtenidos por 100 gramos de solución inicial. .10H2O. Mientras un tanque de almacenamiento es reparado.1% de NaCl. 2% de NaCl y 48% de agua. si ésta sale del secador con un 8% de agua (b. ¿Cuál es la relación en peso de sulfato hidratado a carbonato hidratado en la mezcla original ? 5.Se disuelven 100 gramos de Na2SO4 en 200 gramos de agua y la solución se enfría hasta que cristalizan 100 gramos de Na2SO4. 5. b) Las libras de sal cristalizada en una hora. Calcular los kilogramos de agua evaporada por tonelada de madera seca.A un secador entra madera que contiene 30% de agua (b. Si se introducen al proceso mil kilogramos por hora de jugo diluído. el cual contiene 2 000 libras de solución de NaOH en agua. 7 kilogramos de aire húmedo con una humedad en masa de 0. 5. Por kilogramo de extracto se alimentan al secador 50.Una fábrica de alimentos para ganado produce sorgo seco. si el aire de salida tiene una humedad relativa del 50%.h.) y sale con una humedad del 6% (b.En la producción de café soluble. Por filtración y secado se extrae el 72% del agua.014 kg agua/kg aire seco. . La presión en el secador es 1 atm.027. El aire seco entra al secador a 140oF y 1 atm.) a un secador rotatorio.069 kg agua/kg aire seco y el sorgo entra con 23% de agua y debe salir con 12%. 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. 5.2 g H2O/g cascarilla seca. Luego del secado el contenido de agua es de 0. Si el aire entra al secador con una humedad de 0.74 . Calcular la cantidad de aire necesaria en m3/mi a 1 atm. Si la humedad en masa del aire que sale del secador es 0. y sale húmedo a 130 oF y 1 atm.62 lb de agua por cada 1 000 pies3 de aire húmedo que entran al secador.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 183 5.Un equipo de secado trabaja adiabáticamente. 5. 5.) a razón de 485 lb/hr. y 25 oC. calcular los gramos de café seco obtenidos por cada kilogramo de extracto y el porcentaje de agua en el extracto.73.77 . 5. Se evaporan en el secador 0. Calcular la humedad relativa y la temperatura del aire que sale del secador. Calcular los kilogramos de agua retirada por tonelada de cascarilla alimentada al secador.008 kg de agua/kg aire seco y sale con una humedad 0.72 . Para ello introduce el sorgo en un secador que utiliza aire.75 . el extracto procedente del percolador se alimenta a un secador por aspersión donde se retira totalmente el agua. El aire entra al secador a una temperatura de 140 oF con un punto de rocío de 68 oF.Un material orgánico entra a un tunel de secado contínuo con un contenido de humedad del 61% (b.Se alimenta cascarilla de café que contiene 80% de agua (b.Un lodo contiene 60% humedad en base seca.h. para procesar 68 kg/mi de sorgo al 12%.76 . Calcular el porcentaje en peso de sólidos contenidos en el lodo final.h. c) La fracción molar de benceno en la corriente de fondo. Salen del secador 2 000 lb/hr de Cr2O3. El destilado es una solución que contiene 95. Calcular el peso y composición del producto de fondo si éste no contiene metano. b) El flujo de benceno y tolueno en la corriente de fondo. 35% de etano y 50% de propano. se retira a razón de 300 kg/hr.6% en peso de alcohol es alimentada a razón de mil kilogramos por hora a una columna de destilación contínua. El producto de cima contiene 95% peso de benceno. 5.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 184 5. Una corriente lateral. 12% de etano y 3% de propano.4% en peso de alcohol. El flujo de alimentación es 1 000 kg/hr y el producto de cabeza contiene 85% en peso de metano. 5. 1 atm.). El aire entra al secador a 100 oF.El óxido crómico se obtiene a partir de un lodo que contiene 40% en peso de Cr2O3 por secado con aire.81 .79 . .h. y con un porcentaje de humedad del 20%. 40% de metano y 40% de propano. mientras que el flujo de fondo es de 512 kg/hr.78 . Calcular el flujo de aire necesario en pies3/mi. El producto de fondo contiene 0. 5.Una solución de alcohol etílico que contiene 8. Calcular: a) El flujo de masa de destilado y fondos.80 .Se destilan 1 000 kg/hr de una mezcla que contiene partes iguales en peso de benceno y tolueno. El producto contiene 2% de agua (b.La alimentación a una columna de destilación contiene 20% en peso de etano.1% de alcohol. El secador trabaja adiabáticamente y el aire puede suponerse que sale saturado. Calcular: a) El flujo de la corriente de cima. El aire se precalienta en el secador hasta 260 oF y se introduce luego a la cámara de secado. cuya composición es 15% de metano. A ésta temperatura y 1 atm.Aire que contiene 15% en peso de agua se enfría isobáricamente a 1 atm. 37 oC. 5.86 . En los pulmones se produce un intercambio de oxígeno por dióxido de carbono. El aire que sale del compresor está a 100 atm. 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 0.82 . El aire exhalado se encuentra saturado de vapor de agua a la temperatura del cuerpo. 5.83 . ¿Cuántas libras de agua se condensan en el compresor por lb-mol de aire seco que pasa a través de él ? 3 5. si la temperatura del aire inhalado es de 23 oC y su humedad relativa es de 30%. La presión total es 1 atm. ¿ A qué presión comienza la condensación ? 5. y a la temperatura inicial.84 .Aire entra a un compresor a 1 atm. Calcular la masa de agua que un cuerpo pierde a través de la respiración durante un período de 24 horas. el aire puede contener un máximo de 0.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. la temperatura se reduce a 15 oC y parte del vapor de agua se separa por condensación.Un adulto efectúa aproximadamente 12 respiraciones por minuto.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 185 b) La pérdida de alcohol como un porcentaje del alcohol alimentado. . desde 200 oC hasta 20 oC. ¿ Cuánto tiempo transcurrirá para que toda el agua pase a la fase gaseosa ? 5. Sin cambiar la presión total. El aire de salida está saturado a 25 oC. de presión.02 moles de agua/mol de aire seco.85 . b) ¿Cuánta agua se condensa por m3 de gas inicial? c) Suponiendo que el gas se comprimió isotérmicamente a 200 oC. b) El peso de agua condensada.75. inhalando alrededor de 500 cm3 en cada ocasión.Se burbujea aire seco a través de diez galones de agua a razón de 5 pies por minuto a condiciones normales. a) Calcular el punto de rocío del aire inicial. de presión con humedad molar de 0. Calcular: a) El volumen del gas luego del enfriamiento.01 moles de agua/mol de aire seco. Determinar los kilogramos de producto obtenido por tonelada de café y el porcentaje de insolubles en el resíduo. mientras que la temperatura de salida es de 200 oC.87 . El café alimentado contiene 32. Calcular las libras de tolueno removido por hora en el enfriador. El extracto se seca por aspersión para obtener el producto y los resíduos sólidos se decantan parcialmente antes de enviarlos a secado e incineración. Calcular el volumen en m3. 5. Calcular la presión de salida y el flujo volumétrico de la corriente líquida de producto.88 .Una mezcla de tolueno y aire se pasa a través de un enfriador donde algo de tolueno se condensa. La carga normal es de 1. del gas que sale del condensador a las condiciones dadas si se condensan 100 kg-mol de vapor. El gas se comprime y enfría hasta 25 o C para recuperar 98% del metanol en forma de líquido.7% de insolubles.La cámara que se muestra en la figura se utiliza para humidificar aire. Si salen del enfriador 720 pies3/hr de mezcla gaseosa a 50 oC y presión barométrica de 760 mm Hg.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 186 5.89 .2 lb de agua/lb de café.Se produce café instantáneo alimentando café molido y tostado junto con agua caliente a un percolador. el extracto 35% de solubles y el resíduo 28% de material soluble. La saturación relativa de la corriente es de 80%. en donde se extraen los materiales solubles en agua. Mil pies cúbicos de gases entran al enfriador por hora a 100 oC y 100 mm Hg manométricos.Debe recuperarse un vapor orgánico de un gas por condensación.90 . 5. 5. La presión total del sistema es 2 000 mm Hg. ¿Cuánta agua debe añadirse por hora a la torre para procesar 10 000 pies3/hr de aire medido a las condiciones de entrada? 5.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 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 parcial del tolueno en ésta mezcla es 300 mm Hg. .91 . Aire a 70 F. se comprime hasta 150 psig durante lo cual la temperatura aumenta hasta 120 oF. ¿ cuánta ? c) Suponiendo que si se forma condensado. A ésta mezcla se le añade la pectina necesaria (230 gramos por cada 100 kilogramos de azúcar). Calcule las siguientes cantidades para el aire resultante en las condiciones finales (o sea 80 oF). 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. (3) Humedad absoluta molar.93 .CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 187 5.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. En una etapa subsecuente el aire comprimido se expande hasta que la presión llega a ser 25 psig. . 760 mm Hg y 90% de humedad relativa. 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. 760 mm Hg y 90% de humedad relativa). (2) Punto de rocío. se separa del aire. (1) Humedad relativa. La mezcla se evapora hasta que los sólidos solubles llegan al 67%. a) ¿Condensa algo de agua durante la etapa de compresión ? b) Si se condensa agua.92 . 94.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 188 5.El flujo de alimentación a una unidad que consiste en dos columnas contiene 30% de benceno (B). tolueno y xileno a partir de una mezcla que se alimenta.54% de T y 1. En esta segunda columna.6% del X cargado a la unidad se recupere en los fondos de esta columna y que el X constituya el 77. Se planea además que 92. se recupere en la corriente de destilado. Los fondos de la primera columna se alimentan a la segunda columna. para producir benceno. Si se cumplen estas condiciones. 55% de tolueno (T) y 15% de xileno (X). 5. Todas las composiciones son molares.4% de B. b) La composición de la corriente intermedia A. y que el T constituya el 94.Dos columnas de destilación se colocan como se muestra en la figura. b) La recuperación porcentual de benceno en la corriente de destilado de la primera columna.6% de dicha corriente. 4.95. .6% de la corriente. Se analiza el vapor de destilado de la primera columna y se encuentra que contiene 94.06% de X. se planea que 92% del T original cargado a la unidad. Determinar: a) El porcentaje recuperado de cada uno de los componentes de la mezcla. calcular: a) El análisis de todas las corrientes que salen de la unidad. Luego los cristales se secan para retirar el agua remanente (pero no el agua de hidratación).Se piensa desalinizar agua de mar por ósmosis inversa usando el proceso mostrado en la figura.5H2O no deben contener más del 0. La solubilidad de este hidrato es 1. Luego de un enfriamiento hasta 10 oC. Con el fín de lograr estas especificaciones.1% en peso de impurezas. .5H2O cristaliza. calcular: a) La velocidad de extracción de salmuera de desperdicio.Una solución contiene 60% en peso de Na2S2O2 y 1% de impurezas solubles en agua. 5. b) El porcentaje recuperado de Na2S2O2 en los cristales. Utilizando los datos del diagrama.4 lb de hidrato/lb de agua libre. la solución original antes del enfriamiento es diluída con agua. Al final. Sobre la base de 100 libras de solución original.06 lb de solución/lb de cristales. los cristales de Na2S2O2. La solución se adhiere a los cristales en cantidad de 0. Na2S2O2. b) La velocidad de producción de agua desalinizada.96 . c) La fracción de salmuera que sale de la celda de ósmosis para ser recirculada.97 . calcule lo siguiente: a) La cantidad de agua añadida antes del enfriamiento.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 189 5. así: el jugo que entra al evaporador se concentra hasta alcanzar un 58% de sólidos. a fín de lograr la concentración final de sólidos deseada. afectando el sabor final del concentrado. de manera que no pase por el evaporador. El proceso actual supera éste problema mediante la derivación de una fracción del jugo fresco. El producto deberá tener únicamente 10% de DTH.98 . Inicialmente. .Se utiliza un sistema de purificación con recirculación.El jugo de naranja fresco contiene 12% de sólidos y el resto es agua. suponiendo que la unidad de purificación puede eliminar las dos terceras partes del DTH presente en la alimentación combinada. 5.99 . pero los componentes volátiles del jugo escapaban con el agua.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 190 5. se empleaba un solo proceso de evaporación para la concentración. mientras que el jugo de naranja concentrado contiene 42% de sólidos. Calcular la relación de recirculación (reciclo/alimento fresco). mezclándose el producto con la corriente derivada de jugo fresco. para recuperar el solvente DTH de un gas de desperdicio que contiene 55% de DTH en aire. Se podría obtener una mayor proporción de estos ingredientes en el producto final si se evapora hasta un 90% de sólidos. La torta húmeda consiste de cristales sólidos de K2SO4 y una solución de K2SO4 al 40% en peso.100 .6 % y H2O 61. Se le ocurren al lector algunas posibles desventajas de esta variante del proceso ? 5. KCl 3 %.Una solución contiene: NaCl 10 % en peso. El filtrado. 5. en vez de 58%. KCl 21. H2O 87 %.Un proceso de evaporación-cristalización. obteniéndose un producto con un sabor aún mejor.9 %. La solución que sale del evaporador contiene: NaCl 16. La alimentación fresca al proceso contiene 18. Calcular el balance de masa completo para todo el proceso. La corriente de reciclo contiene: NaCl 18.Esta solución entra al proceso mostrado en la figura con un flujo de masa de 18400 kg/hr.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 191 a) Calcular la cantidad de jugo concentrado producida por cada 100 kg de jugo fresco alimentada al proceso. se emplea con el fín de obtener sulfato de potasio sólido a partir de una solución acuosa de esta sal.6% en peso de K2SO4.6 %. tambien una solución al 40% se . según una relación de 10 lb de cristales/lb de solución. así como la fracción de la alimentación que se deriva antes de llegar al evaporador.8 %. podría así derivarse una mayor proporción del jugo fresco. del tipo descrito por el diagrama.101 . b) Los ingredientes volátiles que proporcionan el sabor están contenidos en el jugo fresco que se deriva antes del evaporador. la corriente de reciclo 0. El aire frío sale del lavado a una temperatura de . 5.102 . a) Calcular el máximo ritmo de producción de K2SO4 sólido. El evaporador posee una capacidad máxima de hasta 100 lb de agua evaporada por minuto.h.01 lb agua/lb de aire seco. el ritmo al cual se suministra la alimentación fresca para lograr esta producción y la relación de recirculación.). se evapora un 42.1 y el aire a la entrada del secador 0.103 . ¿Cuántas libras de aire deben recircularse por 100 lb de alimentación sólida y cuánto aire fresco se requiere ? 5.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.) se seca con aire hasta un 7% de agua (b. En la figura se muestra el sistema utilizado de recirculación para el ácido sulfúrico.9%) mediante el procedimiento de lavado con ácido sulfúrico en una torre empacada.66% del agua que entra al evaporador.Un sólido que contiene 15% de agua (b. El aire fresco alimentado contiene 0. 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.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 192 recircula para que se una a la alimentación fresca.h.03. que sale con una humedad de 0. La humedad relativa del aire seco debe ser de 7. 5.Un material que tiene 1. c) Las lb/hr de ácido que entran al lavado. se alimenta la cantidad suficiente de ácido de repuesto cuya concentración es de 98%.CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 193 120 oF y una presión de 740 mm Hg.18%.5 lb de aire seco. Por cada libra de material seco se pasan por el secador 52. Calcular: a) Los pies3/hr de aire más vapor de agua que salen del lavador. El aire nuevo se suministra con una humedad de 0. ¿ Qué fracción del aire alimentado se deriva ? 5.5620 lb de agua/ lb de material seco debe secarse hasta 0.0990 lb de agua/lb de material seco.Aire es dehumidificado para uso industrial con gel sílica adsorbente. Para mantener constante la concentración de la solución de lavado en un valor equivalente a 72 % de H2SO4.104 . Cierta cantidad de ácido gastado se elimina contínuamente del proceso. . b) Las lb/hr de ácido de repuesto. Calcular la fracción de aire recirculado.105 . El aire a 75 oF y 95% de humedad se reduce hasta 25% de humedad a la misma temperatura.0152 lb de agua/lb aire seco. La gel sílica reduce el aire que pasa hasta un 5% de humedad y 75 oF.0525 lb agua/lb de aire seco. en consecuencia parte de la alimentación es derivada alrededor del absorbedor y mezclada con el aire que sale para dar el aire final requerido. El análisis del ácido gastado indica un contenido de 67% de H2 SO4. ) y sale totalmente seco. se utiliza para secar un material.01 lb agua/lb de aire seco.Un secador que trabaja en contracorriente y cuyas válvulas están adaptadas de tal forma que se recircule el 25% del aire de salida. El material entra con un contenido de agua de 19% (b. 5.h. ¿Cuántas libras de material húmedo pueden secarse por cada libra de aire seco recirculado.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 194 5. Calcular la fracción de aire recirculado y el flujo másico de aire fresco suministrado.El aire que sale de un secador se recircula con frecuencia para disminuir los costos. Otros datos: .106 . El aire entra al secador a 140 oF con una humedad de 0.107 . La operación en el secador es adiabática y el aire sale a su temperatura de bulbo húmedo. Las camisas se sumergen en una bañera agitada que contiene Blancox. . el detergente limpio se recircula con el fín de unirse a la corriente de Blancox puro. 5. deben utilizarse 2 lb de solvente (hexano) por cada libra de semillas limpias procesadas.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. la corriente combinada sirve de alimentación a la bañera de lavado. Durante la etapa de extracción. 5. El análisis de la semilla de algodón es 4% de cascarilla.3 lb agua/lb de polímero seco.” .048 Humedad del polímero que entra: 1. 37% de harina y 49% de aceite.25 lb agua/lb de polímero seco.109 – A continuación se describe el proceso empleado por la lavandería “ LA CAMISA NEGRA S. siendo luego exprimidas y enviadas a la etapa de enjuague. el detergente milagroso. Para cada tonelada de semillas crudas que se procesan.Generalmente la separación del aceite de la pasta se efectúa mediante extracción con solvente. así como la cantidad de hexano que deberá recircularse a través de la unidad de extracción.A.108 . Humedad del polímero que sale: 0. determinar las cantidades de aceite y harina libre de aceite que se producen. El Blancox sucio se envía a un filtro en el cual se elimina la mayor parte de la suciedad. 10% de fibra. BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 196 Datos: 1. La suciedad húmeda que abandona el filtro contiene 10% de Blancox. El detergente que entra en la bañera contiene 97% de Blancox y el que entra al filtro contiene 90%. 25 lb de Blancox abandonan el sistema con las camisas limpias. 3. 2. Cada 100 lb de camisas sucias contiene 2 lb de suciedad. 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 90% Blancox 10% Blancox Filtro Blancox recirculado . Por cada 100 lb de camisas sucias. de las cuales se escurren nuevamente 22 lb a la bañera. El lavado elimina el 95% de la suciedad. 4. éstas pueden reagruparse en similares o de tipo común a varios procesos y cada uno de éstos puede denominarse como un proceso unitario.CAPITULO 6 BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA Cuando se presentan cambios químicos debidos a reacciones químicas.Fermentación 14 .Aromatización 13 . ejemplo: 2 C + O2 2 CO .Polimerización 16 . ESTEQUIOMETRIA En estequiometría. La primera es una función cualitativa.Nitración 8 . la ecuación química tiene dos funciones fundamentales. La segunda es una función cuantitativa. indica las cantidades y composiciones relativas de reactivos y productos.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.Hidrogenación 6 .Hidrólisis 11 . es decir. es decir.Sulfonación 10 .Deshidrogenación 7 . Los principales son: 1 .Halogenación 5 .Isomerización 15 .Oxidación 3 . indica cuales son los reactivos y cuales son los productos.Reducción 4 .Alkilación 12 .Calcinación 2 .Esterificación 9 . pues a partir de ellas y utilizándolas a manera de factores de conversión pueden obtenerse las cantidades consumidas o producidas en la reacción. utilizando las respectivas masas atómicas y moleculares. ej: al mezclar 60 gramos de carbono con 80 gramos de oxígeno se tiene: .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 198 Esta ecuación química indica que dos átomos (g-at.. El número que se antepone a cada sustancia se denomina coeficiente estequiométrico. lb-at . . En la reacción considerada. ej: para calcular la masa en gramos de oxígeno necesaria para producir 100 gramos de CO a partir de carbono puro. 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.. lb-mol . ej: el coeficiente estequiométrico del carbono es 2.. 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.. lb-mol. 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.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.) de CO..) de oxígeno para dar dos moléculas (g-mol. Como consecuencia la masa de los reactivos es igual a la masa de los productos.) de carbono se combinan con una molécula (g-mol.. se procede en la siguiente forma: 32 g O2 g-mol CO 1 g-mol O2 100 g CO x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 57.. es decir. el del oxígeno es 1 y el del monóxido de carbono es 2. Cuando se maneja una ecuación química debe estar balanceada. Cuando se mezclan cantidades diferentes a las anteriores. al ser mezclados en estas cantidades están en proporción estequiométrica.5/5) = 0. .5 g-mol O2 32 g O2 Proporción (oxígeno/carbono) = (2. Al tomar las relaciones en forma invertida se tiene: Relación estequiométrica(carbono/oxígeno) = (2/1) = 2 Proporción (carbono/oxígeno) = (5/4) = 1. 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) = 0.5 Relación estequiométrica (oxígeno/carbono)=(1/2)=0.5 Se concluye que el carbono y el oxígeno.8 Se concluye que el oxígeno está en exceso respecto al carbono pues la proporción actual es mayor que la relación estequiométrica.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. Se le llama rectivo en exceso.25 El carbono está en menor proporción que la relación estequiométrica y se le llama reactivo limitante. 5 Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 60 % 0. 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%. 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 .8 .8 g-mol (S) O2 estequiométrico = 0.8 g-mol .5 x ⎯⎯⎯ + 1 100 = 0.6) = 0.5 Es muy frecuente que la cantidad a calcular sea el reactivo en exceso suministrado (S) a partir de su porcentaje en exceso.T = cantidad en exceso Tomando como base de cálculo 1 g-at de reactivo límitante (1 g-at C). se tiene: O2 suministrado = 0.5 g-mol (T) 0.5 x (1.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 200 PORCENTAJE EN EXCESO Una vez definido el reactivo en exceso.0.5 g-mol O2 2 g-at C 60 Oxígeno suministrado (S) = 0. 1 g-mol O2 Oxígeno estequiométrico = 1 g-at C x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. el reactivo límitante desaparece y en los productos sólo está presente el reactivo en exceso. 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.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 201 GRADO DE FINALIZACION Cuando una reacción es completa. RENDIMIENTO Y SELECTIVIDAD Cuando se presentan reacciones colaterales. 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. Puesto que la unidad molar de un compuesto reaccionará siempre con un múltiplo simple de unidades molares de otro. 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. 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. la cantidad de producto deseado disminuye lo cual implica que hay que aumentar la cantidad de materia prima (reactivos). 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. El empleo de unidades molares. El siguiente ejemplo ilustra estos conceptos. El etileno (C2H4) se produce a través de la deshidrogenación del etano: . dará una solución más directa y simple de forma que puede ser fácilmente verificada. por otro lado. 94 kg H2O kg-mol H2O 1 kg-mol Fe3O4 .C.CH4 y C3H6.55 kg Fe3O4 Tn Fe3O4 18 kg H2O 4 kg-mol H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 310.¿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.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.: 1 tonelada de Fe3O4 1 kg-mol Fe3O4 1 000 kg Fe3O4 1 Tn Fe3O4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 231.1 . 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. ¿Cuántas libras de oxígeno se pueden obtener por la descomposición de 1 kg de clorato de potasio ? 2 KClO3 = 2 KCl + 3 O2 B.4 .CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 203 6.55 kg KClO3 = 0.¿Cuántos gramos de CO2 se obtienen por la descomposición de 10 libras de CaCO3 ? CaCO3 = CaO + CO2 B.12 lb H2SO4 1 lb-mol SO2 lb-mol H2SO4 64 lb SO2 6.3 .863 lb O2 6.64 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.: 1 kg KClO3 3 kg-mol O2 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.C.54 lb Cu lb-mol SO2 50 lb SO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 49.2 .C.: 50 libras de SO2 1 lb-at Cu 63.59 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 .: 10 lb de CaCO3 1 lb-mol CO2 453.205 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. 8 g CO2 6.: 1 tonelada de CuO 2 kg H2 kg-mol CuO 1 kg-mol H2 1 000 kg CuO x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 25.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 ? .25 kg O2 6.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 204 = 1 995.54 kg Cu 2.14 kg H2 79.C.6 .205 lb Cu 1 000 kg CuO x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ 79.5 .54 kg CuO 1 kg-mol CuO kg-mol H 2 kg-mol CuO 1 kg-at Cu 63.C.54 kg CuO 1 kg-mol CuO 1 kg-at Cu kg Cu = 1 761.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.: 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 = 1 001.4 lb Cu 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.7 . 205 lb 1 kg-mol Fe2O3 600 kg Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ kg-mol Fe2O3 kg-at C kg 159. el suministrado será: O2 (s) = 1. Para producir 530 kilogramos de cinc.27 kg C 65. ¿ cuántos kilogramos de carbono se necesitan ? ZnO + C = Zn + CO B.23 lb C 6.: 600 kg Fe2O3 3 kg-at C 12 kg C 2.10 .El cinc se obtiene por la reducción del óxido con carbono.2 x O2 (T) = 1.¿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.¿Cuántos gramos de sulfuro crómico se formarán a partir de 0.: 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.: 0.7 kg Fe2O3 = 298.C.9 .C.928 gramos de óxido crómico según la ecuación: 2 Cr2O3 + 3 CS2 = 2 Cr2S3 + 3 CO2 B.8 .CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 205 B.928 gramos de Cr2O3 .C.C.: 530 kg de Zn kg-at Zn 1 kg-at C 12 kg C 530 kg Zn x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 97.38 kg Zn 1 kg-at Zn kg-at C 6.2 x 2 000 = 2 400 kg 6. 0 c) Se calcula el reactivo limitante que reacciona: .22 g Cr2S3 6.52 lb-mol BCl3 117.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 206 1 g-mol Cr2O3 2 g-mol Cr2S3 200 g Cr2S3 0.6 % 3.94 lb LiH lb-mol BCl3 1 000 lb BCl3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 8.78 lb-mol LiH 7.Si se mezclan 300 lb de LiH con 1 000 lb de BCl3 y se recuperan 45 lb de B2H6.43 8.52 lb-mol BCl3 La relación anterior demuestra que el reactivo en exceso es el LiH y el reactivo limitante es el BCl3. 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. 4.0 Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 47.32 lb BCl3 37. b) Se calcula ahora el porcentaje en exceso sobre la base de 1 mol de reactivo limitante. c) El grado de finalización.11 .78 lb-mol LiH Relación del problema = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4. Determinar: a) El reactivo limitante y el reactivo en exceso.43 .3. b) El porcentaje en exceso.928 g Cr2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 2 g-mol Cr2O3 152 g Cr2O3 g-mol Cr2S3 = 1. Determine el porcentaje de CaCO3 descompuesto.52 6.26 lb-mol BCl3 lb-mol B2H6 RLR 3.26 % RLS 8.0 Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 30 % 3.8 atm y 300 oC.Cuando se calcina 1 tonelada de CaCO3 se desprenden 400 m3 de CO2 a 0.63 lb-mol B2H6 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3.64 lb B2H6 2 lb-mol BCl3 1.13 .CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 207 lb-mol B2H6 45 lb B2H6 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.6 kg de carbono según la reacción del problema 6. CaCO3 = CaO + CO2 .9 .63 lb-mol B2H6 27.26 GF= ⎯⎯⎯ x 100 = ⎯⎯⎯ x 100 = 38.Se mezclan 319.3.9 2 kg-mol Fe2O3 Según lo anterior el reactivo limitante es el Fe2O3 y el reactivo en exceso es el C.7. 3.0 6.8 kg-at C 12 kg C 3 kg-at C Relación estequiométrica = ⎯⎯ = 3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 1 kg-mol Fe2O3 7.7 kg Fe2O3 1 kg-at C 93.4 kg de Fe2O3 con 93.12 .8 kg-at C Relación del problema = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3.4 kg Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2 kg-mol Fe2O3 159.6 kg C x ⎯⎯⎯⎯ = 7. ¿ Cuál es el reactivo limitante y cuál el porcentaje en exceso? kg-mol Fe2O3 319. 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 0.41 kg-mol C3H8 44 kg C3H8 Se calcula ahora el oxígeno estequiométrico: 5 kg-mol O2 3.8 kg-mol CO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 6.¿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.8/10) x 100 = 68 % 6.05 kg-mol O2 1 kg-mol C3H8 El oxígeno suministrado será: .8 atm x 400 m3 n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 6.414 m3 573 oK El CaCO3 que reacciona será: 1 kg-mol CaCO3 6.14.: 150 kg de C3H8 C3H8 + 5 O2 = 3 CO2 + 4 H2 O kg-mol C3H8 150 kg C3H8 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3.41 kg-mol C3H8 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.8 kg-mol CaCO3 1 kg-mol CO2 Porcentaje que reacciona = (6.8 kg-mol CO2 1 atm x 22. 48 gal cm3 = 2 282.7 kg H2SO4 kg-mol H2SO4 2 282.5 kg-mol O2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 720 kg O2 kg-mol O2 C3H8 que reacciona = 3.05 x 1.15 . Si se suministran 335 galones de H2SO4 puro cuya densidad es 1.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 209 17. Calcular: a) El reactivo limitante.85 lb FeSO4 1 kg-at Fe 1 000 kg Fe x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17. b) El porcentaje exceso.069 kg-mol C3H8 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 221 kg H2O kg-mol H2O 1 kg-mol C3H8 6.32 = 22.41 x 0.63 lb-mol FeSO4 151.9 kg-at Fe 55.48 cm)3 pie3 335 gal H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 1 000 g pie3 7.Para formar 4 500 lb de FeSO4 se necesitó 1 tonelada de hierro.069 kg-mol 18 kg H2O 4 kg-mol H2O 3.9 = 3.8 g kg (30. d) Los kilogramos de H2 obtenidos y su volumen en m3 a condiciones normales.5 kg-mol O2 32 kg O2 22.8 g/cm3. c) El grado de finalización.29 kg-mol H2SO4 98 kg H2SO4 . Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 a) lb-mol FeSO4 4 500 lb FeSO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 29.85 kg Fe 1.7 kg H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 23. 29 kg-mol H2SO4 Relación del problema = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1. Si el grado de finalización es del 30%. se alimenta a un reactor de amoniaco.86 kg H2 kg-mol H2 1 kg-mol FeSO4 V = 13.Una mezcla de H2 y N2 con una relación molar de 4 (moles de H2/mol N2).43 kg-mol FeSO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 26.3 . calcular los kilogramos de amoniaco producidos por kilogramo de mezcla inicial y el porcentaje de H2 en exceso.43 kg-mol FeSO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 13. 1.414 m3/kg-mol = 301 m3 H2 6.1 Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯ x 100 = 30 % 1 b) c) Para calcular el grado de finalización se procede: kg-mol 29.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 210 1 kg-mol H2SO4 Relación estequiométrica = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 1 kg-at Fe 23.43 kg-at Fe 1 kg-mol FeSO4 RLR 13.16 .205 lb El Fe que reacciona será: 1 kg-at Fe 13.9 d) 2 kg H2 1 kg-mol H2 13.3 17.43 kg-mol FeSO4 2.43 kg-mol H2 x 22.9 kg-at Fe Según lo anterior.43 GF = ⎯⎯ x 100 = ⎯⎯⎯ x 100 = 75 % RLS 17. . el reactivo limitante es el Fe y el reactivo en exceso es el H2SO4.63 lb-mol FeSO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 13. 100 lb de caliza . H2 teórico = 3 kg-mol H2 suministrado = 4 kg-mol 4-3 Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯ x 100 = 33. La cal se obtiene calcinando los carbonatos.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 211 3 H2 + N2 = 2 NH3 B.2 kg NH3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.283 ⎯⎯⎯⎯⎯ 36 kg mezcla kg mezcla 6.2 kg NH3 kg-mol NH3 1 kg-mol N2 kg NH3 10.C.8 lb de CO2 por cada 100 lb de caliza. se obtienen 44. además de material inerte.C.La caliza es una mezcla de carbonatos de magnesio y calcio.3 % 3 El amoniaco producido será: 17 kg NH3 2 kg-mol NH3 1 kg-mol N2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 0. esto es. consistente en carbonatos únicamente. ¿ Cuál es la composición de la caliza? B.: 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. calentando hasta retirar el CO2 de acuerdo a las reacciones: CaCO3 = CaO + CO2 MgCO3 = MgO + CO2 Al calcinar la caliza pura.3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10.17 . se obtiene una conversión de 90% de NH3. para producir óxido nítrico.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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 = 0.9 = 36 kg-mol .44 X lb de CO2 1 lb-mol CO2 44 lb CO2 lb-mol MgCO3 (100 .44 X + 52. Calcular el flujo de salida del reactor para cada componente.5218 X = 44. El primer paso en el proceso de oxidación es la reacción de NH3 con O2 sobre un catalizador de platino.: 1 hora NH3 que reacciona = 40 x 0.C. B.0.5218 X) lb CO2 La ecuación final queda: 0.22 % peso MgCO3 9. 4 NH3 + 5 O2 = 4 NO + 6 H2O Bajo un conjunto determinado de condiciones.X) lb MgCO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 84.32 lb MgCO3 1 lb-mol MgCO3 lb-mol CO2 = (52.78 % 6.Los procesos modernos para producir ácido nítrico se basan en la oxidación de amoniaco sintetizado por la reacción de Haber.8 Resolviendo: X = 90.18 . con una alimentación de 40 kg-mol/hr de NH3 y 60 kgmol/hr de O2.18 .22 lb CaCO3 Composición: CaCO3 90.18 .0. 36 = 4 kg-mol O2 que reacciona = 36 x (5/4) = 45 kg-mol O2 que sale = 60 . 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%. sobre un catalizador de plata.El óxido de etileno utilizado en la producción de glicol se fabrica mediante la oxidación parcial de etileno con un exceso de aire. se obtiene una conversión del 80% en la primera reacción. Calcular la composición de la corriente de descarga del reactor.: 100 kg-mol de alimentación al reactor.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 213 NH3 que sale = 40 .9 kg-mol .19 .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.C. B. La reacción principal es: 2 C2H4 + O2 = 2 C2H4O Desafortunadamente. 6.21 = 18. algo del etileno sufre también oxidación completa hasta CO2 y agua. Aire alimentado = 90 kg-mol O2 = 90 x 0. BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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 C6H5Cl + Cl2 = C6H4Cl2 + HCl (1) (2) BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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 Cl2 (1.035/1.2) x 100 = 86.25 % (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 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 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 C2H5OH 51.0150 2.4165 52.42 % 2.48 % 09 % 9.86 % moles producto deseado Selectividad = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ moles producto indeseado 2.6 0.26 .13 % 35. Las reacciones químicas que describen este proceso son: H2O + C2H4O = C2H4(OH)2 (1) .Los poliglicoles se producen por la hidratación catalítica del óxido de etileno.07 % 0. seguida de adiciones sucesivas del óxido a los glicoles resultantes.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 221 (C2H5)2O H2O Inert 0.1342 34.13 El diagrama muestra los resultados del problema.48 Selectividad = ⎯⎯⎯ = 19.15 9. 6. Determinar los kg-mol de C2H4O y H2O alimentados al proceso. .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 222 C2 H4(OH)2 + C2H4O = (C2H4OH)2O (C2H4OH)2O + C2H4O = (C2H3OH)3(H2O) (2) (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. 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. 30 kg-mol de (C2H4OH)2O y 10 kg-mol de (C2H3OH)3(H2O). 7 kg/hr CH2O año 365 dias 24 hr 570.3 % CO 18. El oxígeno alimentado al reactor se halla en un 25% en exceso respecto a la cantidad requerida teóricamente para la reacción.28 .: 1 hr kg año día 5 x 106 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 570. Calcular el flujo de alimentación de oxígeno al reactor en kg/hr.Una planta industrial lleva a cabo la reacción entre el metanol y el oxígeno para formar formaldehído y agua.5 O2 = CH2O + H2O B.6 % 4.5 kg-mol = 400 kg Flujo de O2 alimentado = 400 kg/hr 6. La reacción es: CH3OH + 0.6 % CO2 69.Una de las técnicas para producir hidrógeno en operaciones de refinería y petroquímica. operando 365 días al año.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 223 6.7 % H2 Suponiendo que solamente el metano y el etano están presentes en el gas de alimentación al reactor: . 24 horas al día.7 ⎯⎯⎯⎯ = 19 kg-mol CH2O 30 CH3OH que reacciona = 19 kg-mol CH3OH alimentado = (19/0.25 = 12.6 % CH4 C2H6 2.C. y produce cinco millones de kilogramos de formaldehído por año. El análisis en base seca de los gases que salen del reactor es: 4. La conversión global de metanol es del 95% .27 .95) = 20 kg-mol O2 teórico = 20 x (1/2) = 10 kg-mol O2 suministrado = 10 x 1. consiste en hacer reaccionar hidrocarburos gaseosos tales como el metano y el etano con vapor de agua en presencia de catalizadores de níquel. 8 lb-mol a) Relación molar (CH4/C2H6) = 18.8 Resolviendo: Z = 27.6 + 2 x 4.6 lb-mol .8 = 2.6 Balance de H: 4 X + 6 Y + 2 Z = 4 x 4.:100 lb-mol de producto gaseoso libre de humedad.8 + 6.3 + 18.3 + 2 x 69. Balance de C: X + 2 Y = 4.C.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.76 b) Gas seco alimentado = 18.6 + 2 x 2.8 lb-mol X = 18.7 Balance de O: Z = 18.8 lb-mol Y = 6. B.6 = 27.8/6.6 + 6 x 2.8 = 25.6 + 4. debido a sus requerimientos elevados de calor.: 100 kg-mol de producto obtenido. produce una corriente con la siguiente composición molar: C3H8 45%.29 . La proporción de C2H6 a CH4 es de 2 a 1.6 x 359 = 9 190.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 225 Volumen (CNPT) = 25. C2H4 5% y el resto C2H6. C3H8. CH4 y H2.4 lb ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 pies3 = 54. La reacción se efectúa en un horno. 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: .44 lb vapor H2O 9 190.4 pies3 Vapor de agua = 27. B.C. No se observan depósitos de carbón en los tubos del horno.4 pies3 6. Se sabe que una alimentación de propano puro. Calcular la composición completa de la corriente de producto.8 lb-mol x 18 mol-1 = 500.Se produce propileno mediante la descomposición térmica (cracking) del propano.4 lb 500. C3H6 20%. ¿ 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.: 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 .25. La relación molar de estos gases a la salida es de 4.3X) kg-mol NH3 formado = 2 X kg-mol Como la relación molar H2/N2 a la salida es 4.30 .Los gases que entran a un reactor de NH3 están en relación de 4 moles de H2/mol N2.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 100.25 se tiene la siguiente ecuación: . 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.X) kg-mol H2 que sale = (4 .C. 5 lb-mol H2O que reacciona = 72 lb-mol . B.05 = 94.2 nRT 5 x 773 1 x 22.8 kg = 6.8 = 72 lb-mol Cl2 que sale = 90 .4 kg-mol = 0.2 = 0.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%.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 227 4 .8 x 10-3 ton 6.72 = 18 lb-mol H2O teórica = 90 lb-mol H2O suministrada = 90 x 1.4 x 17 = 6. y este gas se mezcla con 5% en exceso de vapor de agua.32 m3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 150 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 4 861 m3/mi día 24 hr 60 mi 6.31 .C. Calcular la composición de los gases de descarga del convertidor suponiendo que no hay formación de CO.8 x 10-3 ton ton día hr 317.414 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 317. 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.32 m3 P 1 273 NH producido = 2 x 0.25 1-X Resolviendo: X = 0.3X ⎯⎯⎯⎯ = 4.: 100 lb-mol de cloro gaseoso de celda Cl2 que reacciona = 90 x 0. 53 % 7. (Tomar 1 ton = 2 000 lb) . y luego se pasa a un absorbedor en donde se absorbe con agua para producir una solución al 32% en peso de HCl.9 lb-mol 3. se calientan en un horno. se enfría y purifica.5 lb-mol 9.5 lb-mol 6.1 lb-mol N2 = 10 x 0.9 lb-mol Análisis de los gases de salida: Cl2 H2O HCl CO2 N2 18 lb-mol 7.72 = 22.21 lb-mol O2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.1 + 36 = 38.32 . El gas HCl producido se retira de la mezcla en reacción.5 .47 % 38.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 228 H2O que sale = 94. Los productos sólidos de la reacción se retiran del horno y se venden como torta de sal. el H2SO4 y NaCl. 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. 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.En el procesamiento de la sal para la fabricación de ácido clorhídrico. Una pequeña parte del HCl formado se pierde en los gases que salen de la torre de absorción.8 % 22.5 lb-mol HCl formado = 144 lb-mol CO2 formado a partir del O2 del aire: lb-mol CO2 10 x 0.79 = 7.1 lb-molCO2 lb-mol O2 CO2 total = 2.1 lb-mol 16.76 % 144 lb-mol 62.42 % ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 230. 95 lb-mol NaCl 58.5 lb NaCl lb-mol H2SO4 945 lb H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 9. el reactivo en exceso es el H2SO4.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 de NaCl necesitan sólo 8. b) 9.975 lb-mol de H2SO4.975 % en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 7.95 lb-mol NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.8.64 lb-mol H2SO4 98 lb H2SO4 a) Puesto que 17.95 lb-mol HCl 2 lb-mol NaCl .534 lb-mol HCl 36.5 lb HCl El HCl producido será: 2 lb-mol HCl 17.975 c) lb-mol HCl 2 000 lb HCl x 0.32 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.64 .41 % 8. 62 lb 95.33 -El sulfato de aluminio es producido en la reacción entre la bauxita con H2SO4 del 77. Se tratan 670 lb de bauxita con 1 140 lb de ácido para producir 1000 lb de sulfato de aluminio crudo Al2 (SO4)3.951 .038 lb-mol H2SO4 98 .95 lb-mol NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 142 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 274.? Al2O3 + 3 H2SO4 = Al2 (SO4)3 + 3 H2O 1 670 x 0.8.17 lb Torta: Na2SO4 H2SO4 1 274.5 lb x ⎯⎯⎯ = 3.17 lb ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 1 339.64 . El mineral de bauxita contiene 55% de Al2O3 y el resto de impurezas.32 % 17.417 lb-mol 0. b) ¿Cuál fué el porcentaje de conversión de cada reactivo en la formación del Al2 (SO4)3.55 = 368.45 lb 65.975) x 98 = 65.951 d) El Na2SO4 producido será: lb Na2SO4 1 lb-mol Na2SO4 17.13 % peso 4. a) Determinar el porcentaje de reactivo en exceso.417 ⎯⎯⎯⎯ x 100 = 2.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 230 Pérdidas = 17.86 % 6.612 lb-mol Al2O3 102 1 1 140 x 0.78 lb x ⎯⎯ = 9.534 = 0.7%.777 = 885.45 lb Na2SO4 2 lb-mol NaCl lb-mol Na 2SO4 H2SO4 en exceso = (9.17. Una planta productora de gas opera soplando en forma alternativa aire y vapor de agua a través de un lecho de coque.038) x 100 = 97.923 lb-mol Los porcentajes de conversión serán: H2SO4 : Al2O3 : (8.612) x 100 = 80.0.923 x 3 = 8.4 .923 lb-mol lb Al2(SO4)3. el carbono se quema según la reacción: C + O2 = CO2 En esta etapa se calienta el coque.038 lb-mol H2SO4 Relación estequiométrica = 1/3 = 0. 0.769 lb-mol Al2O3 que reacciona = 2.769/9.923/3.34 .612 lb-mol Al2O3 Relación del problema = ⎯⎯⎯⎯ = 0.4 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 9.2 % 0.33 % en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 21.02 % (2. En el período en que se sopla aire. el carbón se enfría y se desarrolla la siguiente reacción: C + H2O = CO + H2 C + 2 H2O = CO2 + 2 H2 (3) (4) .333 El reactivo en exceso es el Al2O3.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 231 3.33 1 000 ⎯⎯⎯⎯ = 2. 342 H2SO4 que reacciona = 2. C + 0.5 O2 = CO (1) (2) En el período en que se sopla vapor.92 % 6. 85 .825 X kg-mol Aire = 0. la reacción (3) convierte cuatro veces mas carbono que la convertida por la reacción (4).C.X) Vapor alimentado = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1. B.411 (1 .8 (1 .4 (1 .X) + 0. Durante el período de flujo de aire la reacción (1) convierte el doble de carbono que la convertida por la reacción (2).2 (1 . 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.X) kg-mol H2 formado = 0. Todo el oxígeno del aire alimentado reacciona. pero solamente el 85% del vapor alimentado reacciona. Durante el período de vapor.: 1 kg-at de C que reacciona.33/2) X = 0.8 (1 .825 X (100/21) = 3.2 (1 .X) H2 formado = 1. Del coque alimentado. En el periodo de soplado de aire se tiene: X = carbono en las reacciones (1) y (2) CO2 formado = 0.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.928 X kg-mol En el periodo de soplado con vapor se tiene: (1 .X) 0.2 (1 .X) kg-mol CO2 formado = 0. el 90% se utiliza en las reacciones.33 X kg-mol O2 consumido = 0.66 X kg-mol CO formado = 0. 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.X) = carbono en las reacciones (3) y (4) CO formado = 0.66 X + (0.X) kg-mol = H2O que reaccionó 1. 62 m3 P 102.6192 kg-mol H2O que sale = 1.8) ] = 16.15 = 0.6761 nRT 1. mediante la cadena de reacciones: C6H6 + Cl2 = C6 H5Cl + HCl C6H5Cl + Cl2 = C6H4Cl2 + HCl .6761 x 540 101. 3.9 x 0.414 V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 40.8832 kg-mol 54. el gas no puede contener mas de 0.66 kg coque 6.264 kg-mol El gas seco almacenado es: CO 0.2(0. luego está saturado y los kg-mol totales de gas húmedo serán 1.62 m3 V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 kg coque = 2 438 m3 16.2(1-X) = 1.736) = 0.66 kg coque 40.928 X = 1. y tetrasustituídos.82 kPa.35 -La cloración de benceno produce una mezcla de mono-.0569 = 1.411 (1 .1472 kg-mol 9.8(0.0569 kg-mol de agua. los kg-mol de cada uno serán iguales.X) X = 0.36 % CO2 0.di-.736) = 0.2(0.3 x 22.5888 kg-mol 36.82 492 Coque consumido para la base de cálculo: [12/(0.736) = 0.411 (0.8(1-X) = 0.82 kPa A 80 oF y a la presión absoluta de almacenamiento de 102.6192 + 0.54 % ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 1.09 % H2 1.736) x 0.1557 kg-mol 6 pulg H2O = 1 493 Pa P = 102.2(1-X) = 0.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). Por la relación del problema se alimentan 3600 kgmol de cloro.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. 1 hora o 1000 kgmol de benceno alimentado. en consecuencia se aplica un balance por elementos químicos.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 234 C6H4Cl2 + Cl2 = C6H3Cl3 + HCl C6H3Cl3 + Cl2 = C6H2Cl4 + HCl El producto primario de la cloración es triclorobenceno. Suponiendo una alimentación con una proporción molar de Cl2 a benceno de 3. que se vende como producto para limpieza de textiles. aunque es inevitable la producción conjunta de los otros clorobencenos.C. C6H6 1000 kgmol/h 1 5 2 REACTOR C6H6 1% C6H5Cl 7% C6H4Cl2 12% C6H3Cl3 75% C6H2Cl4 5% Cl2 3 HCl Cl2 4 El manejo de las reacciones químicas en este problema complica su solución. B. . 000 59.75) n5 + (2) (0.5 50 216 840 71 2.01) n5 + (5) (0.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 235 Balance de C: 6000 = (6)(0.640 100.01) n5 + (6) (0.75) n5 + (4) (0.75) n5 + (6) (0.07) n5 + (2) (0.640 136.12) n5 + (6) (0. Formula C6H6 Cl2 ENTRADAS kgmol M 1.125 108.La operación de síntesis de amoniaco se muestra en el diagrama.05) n5 n5 = 1000 kgmol Balance de H (en kg-at): 6000 = n3 + (6) (0.740 333. El amoniaco formado es separado por condensación y los gases restantes son recirculados.600 71 kg Formula 78.000 C6H6 255.12) n5 + (3) (0.600 C6H5Cl C6H4Cl2 C6H3Cl3 C6H2Cl4 Cl2 HCl 333.36 . El grado de conversión en el reactor es 30%.760 36.at): (2) (3600) = n3 + (2) n4 + (1) (0.05) n5 n3 = 2760 kgmol Balance de Cl ( en kg.000 78 3.600 Total SALIDAS kgmol M 10 78 70 112.600 Total 6.07) n5 + (4) (0. Una mezcla con relación molar 1:3 de N2:H2 se alimenta al reactor. .875 17.07) n5 + (6) (0. Determinar la relación de recirculación (moles de reciclo/mol alimento fresco).05) n5 n4 = 840 kgmol El siguiente cuadro resume el problema y comprueba además el balance de masa.12) n5 + (3) (0.5 kg 780 7.5 120 147 750 181. 37 .36 con un contenido de Argón en el alimento fresco de 0.C.3 (X/100) = (233.7 x (100 + X) Amoniaco formado = 0.33 6. Determinar la relación de recirculación.Considerar el mismo problema 6.: 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 : 0.2 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).3 x (100 + X) x (2/4) Balance en el punto A: 100 + 0. .7 x (100 + X) = 100 + X Resolviendo: Relación de recirculación: X = 233.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 236 N2 + 3 H2 = 2 NH3 B.3/100) = 2. 3 x (100 + X) x (2/4) Argón alimentado = 0.0714 lb-mol Ar/lb-mol (N2 + H2) Argón en purga = 0.2 = 0.7 x (100 + X) = Y + X X = 224 lb-mol Relación de recirculación: .7 x (100 + X) Amoniaco formado = 0.0714 Y Balance total de Argón: 0.8 lb-mol Balance de (N2 + H2) en B: 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.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.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 237 B.0714 Y Y = 2. B. c) El flujo volumétrico en m3/hr de alimento fresco para producir 1 000 gal/hr de metanol-agua.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 238 (X/100) = (224/100) = 2.5% corresponde a la reacción principal y el resto a la colateral. Los gases restantes se pasan a un separador donde todo el CH4 se retira y los gases restantes se recirculan.5%. De esta cantidad el 87.125 El reactivo límite es el CO.38 . : 100 kg-mol de alimento al reactor Relación molar (H2/CO) = (68/32) = 2.24 6. 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. Calcular: a) La composición en peso de la mezcla metanol-agua. .El metanol es producido por la reacción entre el monóxido de carbono y el hidrógeno.C. b) La relación de recirculación. 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. 5 = 59.5/12.5 x 18 = 9 kg ⎯⎯⎯⎯ 121 kg CH3OH = (112/121) x 100 = 92.5 kg-mol H2 reacción principal = 3.67 x 343 14.4 = 28 kg-mol CO reacción principal = 4 x 0.5 + 28 = 87.5 ⎯⎯ P 70 273 hr .7 x 22.5 kg-mol gal 3.5 = 8.414 m V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 884.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 239 CO que reacciona = 32 x 0.875 = 3.5 kg-mol H2 que reacciona = 7 + 1.56 % peso b) Reciclo = 59.8.5/28) = 2.5 = 12.87.125 = 0.815 kg ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 121 kg hr gal lt = 318.785 lt 0.5 x 2 = 7 kg-mol H2 reacción colateral = 0.5 kg-mol CO reacción colateral = 4 x 0.5 x 3 = 1.5 kg-mol Relación molar = (H2/CO) a la salida del reactor: (59.5 kg-mol Alimento fresco = 100 .5 x 32 = 112 kg Agua producida = 0.5 kg-mol H2 que sale del reactor = 68 .5 kg-mol Relación de recirculación = (87.5) = 7 c) 12.125 a) Metanol producido = 3.67 kg-mol alimento fresco/hr 3 nRT 318.125 = 4 kg-mol CO que sale del reactor = 32 . 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. A las condiciones de operación la conversión por paso basada sobre el etileno es 5%. 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. .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 240 6. La reacción es: C2H4 + H2O = C2H5OH Ambas reacciones producen éter dietílico y acetaldehído. 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).En el proceso Shell para la síntesis de alcohol etílico. los cuales pueden despreciarse para el cálculo del problema. El diagrama de flujo del proceso se muestra en la figura.65. la hidratación del etileno se realiza a 960 psia y 300 oC. impregnadas con ácido fosfórico. 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.39 . Los gases que salen del sistema de separación son recirculados al reactor. El etileno fresco alimentado contiene: C2H4 96% y 4% de gases no reactivos (GNR). una pequeña cantidad de la corriente de reciclo es purgada. B.: 100 moles de C2H4 a la entrada del reactor Agua a la entrada del reactor = 65 moles GNR = 100 x (15/85) = 17.33 % 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 = 117.88 .5) Producto líquido: = 17.C.96 X + 0. b) Moles de purga por cada 100 moles de etileno puro alimentado al proceso.647 0.647 moles Gases recirculados: Composición gases recirculados: GNR C2H4 15.767 Y = 110.8433 Y = 100 Resolviendo: X = 6.647 = 95 = 5 = 60 moles moles moles moles C2H5OH 5 moles 60 moles H2O GNR C2H4 17.647 moles 95 moles ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 112.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 241 Calcular: a) La relación de recirculación.647 moles A la salida del reactor: GNR C2H4 C2H5OH H2O (65 .66 % molar 84. 85 en la alimentación al reactor.El producto P se forma a partir del reactivo R.767 moles purga ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 moles etileno = 27. .40 .(0.767)] = 1.88 = 1.8433 x 110. 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.88) = 6.110.49 moles etileno 6.49 moles Las moles de purga serán: 1. 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. con un rendimiento de 80% de P a partir de R.767 Etileno alimentado: 100 . y se ajusta la relación de recirculación para obtener una fracción molar de R de 0. se observa una conversión de 50% de R en la planta.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 242 a) Relación de recirculación: [110. de acuerdo con la reacción: 2R = P + W (1) Desafortunadamente.647 .22 6.88/(65 + 6.54 b) Moles de purga = 112. 3.4 moles .5 = 4 moles En la purga está presente la cantidad de R que no reaccionó. se tendrá: R que no reacciona = 8 x 0.8 moles Subproducto B formado en (2) = 0.8 moles W formado en (1) y (2) = 1. luego: Purga : R 4 moles 80 % I 1 moles 20 % R en la reacción (1) = 4 x 0. así como los inertes presentes en el alimento fresco.8 = 3. : 8 moles de R en la corriente 1.C.8 = 2.2 moles R en la reacción (2) = 4 . Considerando toda la planta.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 243 B.2 = 0.6 + 0. 4 2.85 n3 Resolviendo: n2 = 7 moles n3 = 16 moles Con el resultado anterior se puede obtener la cantidad en moles de las demás corrientes.4 1 1.Calcule la masa en libras de hierro y vapor de agua para producir 135 lb de H2.6 4 P B W I 1 1.6 PROBLEMAS PROPUESTOS 6.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 244 Balance en el punto de mezcla: Total: Parcial de R : 9 + n 2 = n3 8 + 0.6 1.8 n2 = 0. así: n7 = n2 + n8 = 7 + 5 = 12 moles n5 = n7 + n6 = 12 + 1.4 2.6 9.8 2.6 moles En el siguiente cuadro se resumen los resultados del problema: 1 2 3 4 5 6 7 8 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ R 8 5.4 2.6 13.6 = 13.6 9.41 .4 0. 3 Fe + 4 H2 O = Fe3O4 + 4 H2 . 6.42 . Determinar: a) El reactivo limitante. 6.46 .El butano reacciona con oxígeno puro para producir CO2 y H2O.44 . . ¿ Cuántos kilogramos de oxígeno se necesitan por cada kilogramo de butano ? 6. 6. b) El grado de finalización.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. c) El porcentaje en exceso.En un convertidor catalítico de una planta de ácido sulfúrico se mezclan 100 lb de SO2 con 50 lb de O2.48 .25)n se quema con oxígeno puro para producir CO2 y H2O.47 . Calcule los kilogramos de agua producida cuando se queman 100 kilogramos de este hidrocarburo. calcule las libras de SO3 formado y el porcentaje en exceso de oxígeno.43 . Determine la relación entre la masa de vapor de agua producido y la masa de butano que reacciona. determine el reactivo limitante y el porcentaje en exceso.En la síntesis de amoniaco la siguiente reacción se sucede: N2 + 3 H2 = 2 NH3 6.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. Si la reacción es completa.Calcule los kilogramos de hidrógeno liberados por kilogramo de hierro en la siguiente reacción: Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 6.45 .CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 245 6.Un hidrocarburo cuya fórmula es: (CH1. se hace reaccionar con HCl y desprende 0.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%. . 6.Carbono puro se quema completamente con un 15% en exceso de aire.51 . ¿ cuál sería su porcentaje en peso ? 6.24 lb de CO2. Calcular el porcentaje molar de los gases producidos. calcular: a) La composición en peso de la corriente sólida que sale.49 .52 . Calcular la composición molar de los gases que salen del quemador. b) La composición molar de la corriente gaseosa que sale.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.En un quemador de azufre se alimenta aire en un 25% en exceso con base en la oxidación a SO3. Si el mármol se considera formado principalmente por CaCO3.Un convertidor recibe una carga de 60 toneladas de un mineral que contiene 54% en peso de FeS. 6. 6. El 20% del azufre pasa a SO3 y el resto a SO2. b) Los kilogramos de Fe2O3 alimentados al horno para producir 1 tonelada de Fe.54 . 6.53 .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 246 6.50 . Calcular los kilogramos de carbono en la carga final por cada kilogramo de aluminio producido.Un pedazo de mármol cuya masa es una libra. calcular: a) La relación en peso (Fe2O3/C) alimentada al horno. 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%. 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. c) Masa molecular promedio. y que se alcanza una conversión del 75%. quedando 30 kg de benceno una vez terminada la reacción.Se lleva a cabo la reacción: C2H4 + HBr = C2H5Br Se analiza la corriente de producto y se observa que contiene: . d) Fracción en masa de acetileno. 6. b) Las libras de agua producida por libra de hidrocarburo. 6.58 .59 .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.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.55 . Calcular la fracción molar de H2 en el producto. b) Relación molar de acetileno a hidrógeno.57 .2)n se quema completamente con un 20% en exceso de aire. Calcular las siguientes propiedades del producto final gaseoso: a) Moles totales. calcular: a) El porcentaje de CO2 en el análisis molar de los gases producidos.56 .Un hidrocarburo cuya fórmula es (CH1. obteniéndose una conversión en el reactor de 65%. 6.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 247 6.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. 63 . 6.2 dimetilpentano con ayuda de un catalizador a 900 oC y 500 psia. 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. ¿ Cuántos minutos durará encendida la lámpara ? . Calcule los galones de este último obtenidos por tonelada de heptano normal.60 . 6.HSO3 C12H25 + . Calcular: a) El grado de finalización de la reacción.3 % molar La alimentación contiene sólo C2H4 y HBr. El producto así obtenido tiene un número de octano de 93 y una densidad de 0. 6.61 .En la reacción de isomerización el heptano normal se convierte en 2.En la reducción del Fe2O3 con monóxido de carbono se produce FeO que luego puede ser reducido nuevamente para obtener hierro metálico. se utilizan 1.NaSO3 H2O ¿Cuántos kilogramos de ingrediente activo pueden obtenerse por tonelada de alquil aryl sulfonato ? 6.78 g/cm3.En la fabricación de detergentes sintéticos la formación del ingrediente activo requiere de una neutralización del alquil aryl sulfonato según: C12H25 + NaOH .62 . b) El porcentaje en exceso.5 kilogramos de CaC2.Para alimentar una lámpara de acetileno que consume 420 lt/hr medidos a 1 atm y 25 oC.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 248 C2H5Br 50% molar y HBr 33. A un reactor se alimenta una mezcla equimolecular de A. 6. calcular el número de moles de D producidas por mol de alimentación al reactor.100 lb/hr de un éster orgánico cuya fórmula es C19H36O2 se hidrogena hasta C19H38O2. B y C. calcule los pies3/mi de H2 y N2 añadidos. . b) Las libras de gases por libra de amoniaco condensado.67 .65 . 6. calcular: a) La masa molecular de D.Una mezcla de N2 e H2 con una relación en peso (nitrógeno/hidrógeno) equivalente a 2.68 .8.64 . b) La composición en peso de la corriente de salida. 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.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 249 6.Nitrógeno puro a 200 oF y 17 psia fluye a través de una tubería. Si el hidrógeno está a 80 oF y 25 psia y se desea una velocidad final de 2 000 lb/hr de amoniaco. Se añade hidrógeno a esta corriente con el fin de lograr una relación 1:3 necesaria en la síntesis del amoniaco. 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. ¿ cuántos cilindros debe adquirir cada semana ? 6. Si la masa molecular de A es 28 y la de B 2. se alimenta a un reactor de amoniaco. Si la compañía compra un suministro semanal de hidrógeno. determinar: a) La composición molar de los gases (N2 + H2) que salen del proceso luego de condensado el amoniaco producido. 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%. Si el grado de finalización de la reacción es del 15%.66 . 6.Se efectúa una reacción cuya ecuación estequiométrica es: A + 3B = 2D con 20% de conversión de A. El proceso se efectúa en forma contínua. 7. 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.70 .Se clora etano en un reactor contínuo: C2H6 + Cl2 = C2H5Cl + HCl Aún proporcionando exceso de etano. 6.En el proceso Deacon para la manufactura del cloro. Calcular la composición del producto si la reacción tiene un grado de finalización del 93%. 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.72 .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 250 6. a) ¿Cuál fué el reactivo en exceso y su porcentaje? b) ¿Cuál fué el rendimiento de fenol respecto al clorobenceno alimentado? 6. la conversión del etano es del 13%.Se puede producir fenol haciendo reaccionar de sodio: clorobenceno con hidróxido C6H5Cl + NaOH = C6H5OH + NaCl Para producir 1000 lb de fenol. el HCl y O2 reaccionan para formar Cl2 y H2O. 6.71 . mientras que la selectividad del monocloroetano deseado es de 93. Calcular el número de moles de todas las especies presentes en la corriente de salida por cada 100 moles de monocloroetano producidas. b) La fracción molar de cloro en el gas que permanecería si toda el agua del gas producido se condensara.69 . . parte del cloroetano producido se vuelve a clorar: C2H5Cl + Cl2 = C2H4Cl2 + HCl Se consume todo el cloro. se utilizaron 1200 lb de soda y 1320 lb de clorobenceno.En la oxidación del amoniaco para formar óxidos de nitrógeno. 8 moles de A y 0.3277.8 moles de C.2 g-mol/litro de acetato de metilo (CH3COOCH3) en agua. determine: a) El reactivo limitante.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. Un ejemplo es el equilibrio entre el dióxido de nitrógeno y el tetróxido de nitrógeno.75 . Determine el porcentaje en exceso de agua en la alimentación. b) El porcentaje en exceso.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. ¿cuántos kilogramos se requieren de LiOH por día y por persona ? 6.En un reactor se sucede la reacción: 2A + 3B = C Los productos de salida del reactor muestran: 0. La corriente de alimentación contiene 0.En la reducción del FeO con monóxido de carbono (CO) se producen 2.Ciertos gases tienen la tendencia a asociarse. por cada kilogramo de FeO alimentado al proceso.11 3 o m de gases (CO + CO2) a 600 mm Hg y 310 C. ¿Cuál fué el grado de finalización de la reacción ? 6.76 .74 . c) El grado de finalización de la reacción. Si la relación en peso (CO/CO2) en el gas de salida es 1.6 moles de B.77 . 6. 0. Determine el reactivo en exceso y su porcentaje.73 . ¿Cuál es el grado de finalización de la reacción ? 6.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 251 6. 2 NO2 = N2O4 . 7 % H2O 68. CH3OH + 0. la materia prima más importante es la caliza.6 % CH3OH 3. ¿ Cuál es la presión parcial del N2O4 en la mezcla final ? 6.78 . ¿Cuál es la fracción molar de agua ? 6.6 pies3 de NO2 a 685 mm Hg y 25 oC se llevan a temperatura y volumen constante hasta 500 mm Hg (equilibrio).La producción de formaldehído se basa en la oxidación catalítica del metanol con una corriente de aire.En la fabricación de acetileno a partir de CaC2.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 252 Si 26.6 % 3.5 O2 = HCOOH Los gases producidos en un ensayo dieron la siguiente composición en volumen: 8. Se tiene una caliza que contiene CaCO3 95% en peso. 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).2. 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.0 % O2 Determinar: . se hace reaccionar con agua: CaC2 + H2O = CaO + C2H2 Esta reacciónes completa cuando la relación de reactivos es 1:1.1 % CH2O HCOOH 0. 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.5 O2 = CH2O + H2O Cuando las condiciones no se controlan en forma estricta. La reacción en el horno es completa.0 % N2 16. se desarrolla una segunda reacción: CH2O + 0. El producto sólido del horno eléctrico que contiene CaC2. inertes 5%.79 . 82 .2 % 23. 6. sin embargo. CH3CHO.6 % 0.8 % 65.7 % 5. 6.81 . 6. por la deshidrogenación catalítica de etanol.3 % 3.3 % 8. El análisis del gas de craqueado es: H2 CH4 60.3 % Calcular el porcentaje en exceso de aire utilizado.80 - Es posible obtener el acetaldehído.8 % . C2H5OH. una reacción paralela que produce acetato de etilo. suponiendo que el alimento es etanol puro.4 % 13. Algo de formaldehído se pierde en una reacción secundaria. CH3COOC2H5: 2 C2H5OH = CH3COOC2H5 + 2 H2 Suponiendo que en un reactor determinado se ajustan las condiciones. con un rendimiento de 80% de acetaldehído. de modo que se obtiene una conversión de etanol de 95%. mediante la reacción: C2H5OH = CH3CHO + H2 Ocurre tambien.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 253 a) El porcentaje de conversión de metanol a formaldehído.7 % se craquea a alta temperatura para producir un gas degradado y un poco de coque residual. en la cual éste se oxida hasta ácido fórmico. Calcule la composición del producto del reactor.9 % 13. b) El porcentaje de metanol que se pierde en la segunda reacción.Se oxida catalíticamente metanol con aire para obtener formaldehído y agua. c) La relación molar de aire alimentado a metanol alimentado. El gas de descarga tiene la siguiente composición en base seca: HCHO HCOOH CH3OH O2 N2 6.Un gas natural que contiene: CH4 C2H6 C3H8 N2 82. 5 % S 1.2 % .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 254 C2H6 C2H4 C3H6 C2H2 N2 2.8 % Ceniza 9.83 .0 % El gas de salida tiene el siguiente análisis en base seca: H2 CH4 CO 23.5 % 1.4 % 2.2 % 16.2 % O 13. 6.3 % 3.0 % 6. c) El balance de masa por cada 100 lb de carbón.2 % 6. Calcular: a) Las libras de vapor por libra de carbón. b) Las libras de aire por libra de carbón.5 % 1.84 .6 % Puede considerarse al coque como carbono puro. 6. Calcular las libras de coque y las lb-mol de gas craqueado que se obtienen de 100 lb-mol de gas natural.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.Puede producirse un gas de servicio haciendo reaccionar carbón pulverizado con vapor de agua y aire.0 % 3. En un proceso particular se convierte un carbón cuyo análisis es: C H N 68. 2 % 39.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 255 CO2 + H2S N2 13.6 % 1.5 % 2. Se encuentra que el aire alimentado contiene 1. El gas del quemador también contiene argón. 6.85 .0 % 44.94% del aire.4 % ¿ Cuántos kg de aire son utilizados por kg de butano 6.95 lb de vapor de agua por lb de carbón.En la operación de una planta de amoniaco sintético se quema un exceso de hidrógeno con aire. pues este elemento constituye el 0.24 moles de agua por mol de gas seco. El amoniaco formado se separa por condensación y los gases sin convertir se .86 .7 % 18.Se produce un gas de síntesis por craqueo y oxidación parcial del butano (C4H10) en presencia de vapor y aire.3 % 11. del tal manera que el gas del quemador contenga nitrógeno e hidrógeno en proporción de 3:1 sin oxígeno. Calcular la fracción del C alimentado que se queda en el resíduo.3 % 23.6 % La conversión se logra utilizando 0. 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 gas de síntesis generado tiene la siguiente composición: CO2 C2H4 CO H2 CH4 C2H6 N2 3.5 % de agua y el gas de producto 0. 87 . 6. Para evitar la acumulación de argón en el sistema. ¿ Cuál es la relación entre la recirculación y la carga de alimentación expresada en lb de reciclo/ lb de alimento?.El metanol se produce por reacción entre el CO y el H2.5% molar de los gases totales. El límite máximo de argón a la entrada del reactor debe ser 4.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 256 recirculan al reactor. Determinar: .En la producción de amoniaco. 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. parte de la corriente de reciclo se purga. 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. mientras que el producto se encuentra a 40 oF y 8 atm.88 . El metanol producido contiene pequeñas cantidades de impurezas introducidas por reacciones colaterales. los cuales son recirculados. el 25% se transforma en NH3. Como se muestra en la figura. ¿ Qué porcentaje del hidrógeno original se convierte en amoniaco ? 6. El alimento se encuentra a 100 oF y 10 atm. tales como: CO + 3 H2 = CH4 + H2 O pero estas no deben tomarse en cuenta en los cálculos. 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. el metanol producido es condensado y separado de los gases que no reaccionaron. .Calcular el flujo de purga del problema anterior si las impurezas del gas alimentado alcanzan el 0. gran parte del etileno debe ser recirculado como se muestra en la figura. b) La relación de recirculación.89 . b) La composición del etanol producido.90 . Calcular: a) La composición de la alimentación fresca.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 257 a) El volumen del gas alimentado para producir 1 000 gal/hr de metanol a 70 oF. Luego del reactor. En consecuencia. el agua y el alcohol son condensados y el etileno que no reaccionó es recirculado. La conversión de etileno por paso es 4.6. pero la reacción no es completa en un solo paso a través del reactor. La relación molar de agua a etileno que entra al reactor debe ser 0.2% y el porcentaje de impurezas en el reciclo debe mantenerse por debajo del 1%.2%.El etileno es catalíticamente hidratado hasta alcohol etílico. 6. 6. . Con base en 100 lb/hr de producto. b) Los flujos de alimentación de C6 H6 y de H2.Se convierte benceno a ciclohexano (C6H12) por adición directa de hidrógeno. c) La relación de recirculación de H2.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 258 6. La planta produce 100 lb-mol/hr de ciclohexano. Calcular: a) La composición de la corriente de producto. 6.05% molar de gases no reactivos. 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 relación de reciclo de alcohol a alimento fresco.Si el alimento agua-etileno del problema anterior contiene 0. El alcohol que no reacciona es recirculado. El producto tiene 90% en peso de aldehído y 10% en peso de acetato.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. 6.91 .92 . b) El peso por hora de alimento al reactor. Noventa y nueve por ciento del benceno alimentado al proceso reacciona para producir ciclohexano.93 . calcular la fracción de reciclo que se debe purgar para que la concentración de inertes que entran al reactor esté por debajo del 1%. Se emplea un proceso de múltiples unidades a fín de separar los productos: se recirculan el C2H4 y el O2 nuevamente al reactor.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 259 6.94 .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. Se efectúa una purga (6) con el fín de evitar un exceso de CO2 . se mezcla con el hidrógeno del reciclo (5).Se produce óxido de etileno mediante la oxidación catalítica del etileno: C2H4 + 0.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. mientras que el CO2 y el H2O se descartan.95 . el C2H4O se vende como producto. 6. es de 80%. antes de entrar al reactor. 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. La conversión fraccionaria de etileno en el reactor es de 20% y el rendimiento del óxido de etileno consumido. el cual contiene 1% de CO2 como impureza. b) La cantidad de HI recirculado.74 considerando una conversión de monóxido de carbono por paso de 20%. suponiendo que la reacción se completa en un 40% en el reactor: a) El peso de metanol agregado por día.4% de H2O. . Calcular la cantidad y composición de la corriente de purga. La relación de recirculación (n5 / n3) es 4.97 . 6.96 .BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 260 equivalente al 2.En un proceso para la preparación de yoduro de metilo.Resolver el problema 6. 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 ácido yodhídrico y 17. y el desperdicio contiene 82.6% en peso de CH3I junto con el metanol sin reaccionar. 6. calcular.5% a la entrada del reactor. el metanol producido por mol de alimentación fresca y la composición de la corriente de purga.2% molar.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 261 6.98 . por lo cual debe emplearse una purga para mantener la concentración de CH4 en la salida al separador por debajo del 3. La conversión en el reactor es 18%. . pero este compuesto no participa en la reacción. Calcular la relación de recirculación.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. Después de la reacción. donde A se encuentra en un . b) Las moles de NH3 recirculado por mol de NO formado.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 262 6. 6. La alimentación fresca al reactor contiene A y B. 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%.99 .La reacción: 2A + 5B = 3C + 6D se efectúa en un reactor con 60% de conversión de B.En un intento por proporcionar un medio para la generación de NO de una manera económica. La mayor parte de B que no reacciona se recupera en un separador y se recircula al reactor. 6.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.101 .100 . El NO se separa del NH3 que no reacciona y este último se recircula como se muestra en la figura. 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). Determinar la masa de cada corriente por kg-mol de alimento fresco. Suponiendo que en la alimentación fresca al proceso la relación de metanol a oxígeno es 4 moles a 1. un proceso de separación remueve primero todo el formaldehído y el agua y después se remueve todo el hidrógeno del metanol recirculado. Calcular: a) Las moles de NO formado por 100 moles de NH3 alimentado. calcule los flujos de producto y recirculación para producir 100 moles/hr de C.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 263 20% en exceso.102 . Si la conversión global de B en el proceso es de 90%. 6.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 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 264 En la corriente de recirculación que se muestra en la figura. Suponiendo que la reacción se realiza en un 80%. El producto contiene 54% de I2 y 46% de H2O. b) La composición de los productos de desperdicio. calcular lo siguiente: a) Las libras de I2 producidas por tonelada de algas marinas. el Na2SO4. 30% de H2O y el resto puede considerarse como materiales inertes. 6. con un flujo de recirculación igual al flujo de alimentación de C2H5OH fresco. calcular el flujo de producto y la conversión de C2H5OH en el reactor. así como los materiales inertes. Las algas contienen 5% de NaI. . de exceso sobre las cantidades estequiométricas requeridas para la alimentación fresca de C2H5OH. se recogen en el separador. Los flujos de alimentación de H2SO4 y Na2Cr2O7 frescos son 20% y 10% respectivamente.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. se obtiene una conversión global de C2H5OH del 90%. Si la corriente de recirculación contiene 94% de H2SO4 y el resto C2H5OH. c) La composición del reciclo. el MnSO4 y el I2.103 . Todas las composiciones son en masa.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.104 .CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 265 6. que el flujo de alimentación es de 1 000 kg/hr de solución de alcohol (que contiene 85% en peso de alcohol). la conversión en el reactor y la conversión para el proceso. . usando ácido sulfúrico como catalizador: 2 C2H5OH = (C2H5)2O + H2O Suponiendo que la recirculación es la mitad de la alimentación al proceso.El solvente éter etílico se fabrica industrialmente mediante la deshidratación del alcohol etílico. calcular la velocidad de producción de éter.105 . 6. y que la solución de alcohol recirculada tendrá la misma composición que la alimentación. las pérdidas de alcohol en la corriente 6. Todas las composiciones son molares. El 90% del H2O que entra al primer separador sale por la corriente 5. Las condiciones del proceso son: I) II) III) IV) La alimentación al reactor contiene 2 moles de CH3OH por mol de HI.106 . ¿ Cuántas moles de CH3I se producen por mol de alimentación fresca de HI ? . Se obtiene una conversión de 50% de HI en el reactor.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 266 6.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. 8.107 . 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). se mezcla con aire húmedo recirculado en una relación de recirculación de 0. La operación del secador es la siguiente: se tiene aire fresco a 0 oC y completamente seco. t = Tiempo en horas. El jabón que se alimenta al secador es producido de la siguiente forma: primero se lleva a cabo la reacción siguiente. C17H32COOH + NaOH = C17H32COONa + H2O .CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 267 6. 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. La presión en todo el sistema es 1 atm. la cual tiene un grado de finalización del 50%.Un secador contínuo experimental es operado en forma tal que puede secar jabón húmedo.038 kg agua/kg de aire seco. a) Suponiendo que la corriente de salida 6 contiene 5% de benceno y 2% de tolueno. usando una alimentación al reactor (corriente 3) que contiene 5 moles de H2 por mol de tolueno.108 . por mol de tolueno alimentado. f) Masa de soda más ácido retirada en el deshidratador. El jabón propiamente dicho (con 30% de agua) entra al secador para salir con un 15% de agua. se alcanza una conversión de tolueno de 75%.Puede producirse benceno mediante la desalquilación de tolueno. c) Masa de agua agregada en el acondicionador. Debido a esta reacción paralela. l) Volumen de aire húmedo que entra al secador. j) Humedad (Y) del aire que entra al calentador. y las moles de H2 necesarias para reposición. k) Peso de agua evaporada en el humidificador. esta reacción catalítica ocurre acompañada de la reacción: 2 C6H5CH3 + H2 = (C6H5)2 + 2 CH4 para obtener el subproducto indeseado bifenilo. 6. i) Masa de aire seco que pasa por el secador. Este relleno se agrega a la sal orgánica producida una vez deshidratada y se le ajusta el contenido de agua al 30%. de los reactivos no utilizados. m) Masa de aire húmedo extraído al final. h) Masa de jabón que sale del secador. calcular el rendimiento fraccional de benceno en el reactor. El jabón lo compone la sal producida (50%) y un relleno orgánico (50%). siguiendo la reacción: C6H5CH3 + H2 = C6H6 + CH4 Sin embargo. calcular el rendimiento fraccional de benceno. y deben efectuarse una serie de separaciones con recirculación. g) Masa de agua retirada en el deshidratador. . n) Comprobar el problema haciendo un balance total del sistema. b) Masa de relleno agregada en el acondicionador.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 268 Para desarrollar la reacción anterior se debe mantener una relación molar de 2:1 (soda:ácido orgánico). Para una hora de operación calcular: a) Masa de jabón húmedo alimentado al secador. debe mantenerse la conversión de tolueno por debajo del 100%. d) Masa de soda agregada en el reactor. En el diagrama de flujo que se muestra en la figura. b) Suponiendo que. alternativamente se especifique un contenido de 2% de tolueno y 58% de CH4 en la corriente 6. e) Masa de ácido orgánico agregada en el reactor. en donde todo el SO2 se oxida hasta SO3.109 . primero se hacen reaccionar el azufre y el aire en el quemador de azufre. Suponer que se utiliza un 50% más oxígeno que la cantidad estequiométrica necesaria para convertir el azufre a SO2. A continuación.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 269 6. La corriente gaseosa que sale del quemador se envía al convertidor. El SO3 reacciona con el agua presente en la corriente de ácido. con ayuda de un catalizador.El ácido sulfúrico se produce mediante la oxidación sucesiva de azufre hasta SO3 seguida de reacción con H2O. para producir SO2 según la reacción: S + O2 = SO2 En esta reacción. se pone en contacto en la torre de óleum a la corriente gaseosa que contiene SO3 con una corriente de H2SO4 concentrado. mediante la reacción: H2O + SO3 = H2SO4 . todo el azufre se convierte a SO2. En el diagrama de flujo mostrado en la figura. algo del SO3 se disuelve en el H2SO4 puro para obtener un producto (óleum) que contiene 37. En esta unidad.BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 270 Además. que contiene 12% molar de SO3. se pone en contacto con una corriente de ácido más diluida (80% de H2SO4 y el resto H2O).5% de SO3 y el resto H2SO4. la corriente gaseosa a la salida de la torre de óleum. todo el SO3 restante reacciona hasta H2SO4. En seguida. en la torre de ácido. El ácido diluído se prepara . El H2 se obtiene generalmente por oxidación parcial del Fuel Oil seguida por la conversión de CO y vapor hasta CO2 e H2.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. suponiendo que la planta va a producir 20 000 lb/día de producto (H2SO4 al 90%). ¿ cuál es el análisis del gas de purga.110 .4 % CH4 2. 6.1 % Ar 0. El N2 se obtiene generalmente retirando el oxígeno del aire por esta misma oxidación parcial. Si el gas de purga contiene 20% de CH4. Como resultado el gas alimentado contiene Argón del aire y CH4 de la reducción de trazas de CO. y cuál es la relación de recirculación ? . Calcular todos los flujos en el proceso.2 % N2 24.CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 271 recirculando algo de ácido concentrado y mezclándolo con agua en el tanque de dilución. así como también H2 y N2. Un análisis típico del alimento es: H2 73.3 % 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. Los principales combustibles líquidos son: la gasolina. gas de hornos de coque. la viscosidad y el intervalo de destilación. 2 . el keroseno.COMBUSTIBLES LIQUIDOS. En general es una reacción química de oxidación entre un combustible y el oxígeno del aire. carbono fijo (CF) y cenizas. o artificiales como el carbón de madera y el coque. Su composición química elemental (relación H/C) se determina generalmente a partir de sus propiedades físicas tales como la gravedad específica. Los principales son: gas natural. gas de generador. gas de agua. que es una prueba sencilla de laboratorio que determina cuatro grupos a saber: humedad. Pueden considerarse formados principalmente por carbono e hidrógeno.COMBUSTIBLES GASEOSOS. los aceites combustibles ligeros como el "Fuel Oil" # 2 (ACPM) y los aceites combustibles pesados como el "Fuel Oil" # 6. turba.COMBUSTIBLES SOLIDOS. etc. El azufre generalmente se determina por separado mediante procedimientos normalizados. lignito y carbón. butano. Son gases puros o mezcla de gases de composición variada según su orígen.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. Pueden ser naturales como la madera. . El principal combustible sólido es el carbón y en la solución de problemas de balance de masa es necesario conocer totalmente su composición. Los combustibles se clasifican en tres grupos: 1 . Se utilizan generalmente los siguientes dos métodos de análisis: El análisis próximo o inmediato. y azufre en pequeñas cantidades. Son los derivados del petróleo y desde el punto de vista químico constituyen una mezcla compleja de hidrocarburos. materia volátil (MV). 3 . propano. gas de alto horno. hidrógeno (H). oxígeno (O). Para garantizar esta combustión. Cualquiera que sea el combustible utilizado. el cual se considera constituído por carbono y ceniza. su descomposición deja un resíduo sólido de aspecto esponjoso denominado coque. este puede considerarse como carbono puro.274 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── El análisis último o elemental. la siguiente fórmula es de gran utilidad: O2 (S) = O2 (T) x % exceso 1 + ⎯⎯⎯⎯⎯ 100 . humedad y cenizas. azufre (S). cuya determinación es más compleja y requiere de equipo especializado. ésta cantidad se acostumbra a expresar en porcentaje y se denomina porcentaje en exceso de oxígeno. las reacciones de combustión completa son las siguientes: C + O2 = CO2 H2 + 0. es necesario utilizar una cantidad adicional de oxígeno por encima del teórico. Cuando se hace referencia a coque de petróleo. Determina los siguiente: carbono (C). La solución de problemas de balance de masa en procesos de combustión emplea la siguiente terminología: Combustión completa o teórica. Cuando el carbón es calentado en ausencia de aire.5 O2 = H2O S + O2 = SO2 Oxígeno teórico. oxígeno en exceso % en exceso de O2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 oxígeno teórico Oxígeno en exceso = O2 suministrado . nitrógeno (N). Es el oxígeno necesario para la combustión completa.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. 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. para calcular el aire suministrado se determina primero el oxígeno suministrado y se resta de éste el oxígeno del combustible. 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. El resultado así obtenido es el oxígeno que debe aportar el aire y mediante éste puede calcularse la cantidad de aire. . 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.CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 275 Cuando el combustible no contiene oxígeno. La reacción de formación de monóxido de carbono es una de las principales: C + 0. se absorben sucesivamente por medio de soluciones químicas específicas. Considerando que la muestra se seca antes de ser analizada. La sustancia de enlace o elemento de correlación denominada en este caso. Cálculos de combustión. No es costumbre utilizar el aire como base de cálculo del problema.1 . La diferencia determina el N2. y mediante él es posible conocer la cantidad de aire suministrada.: 1 g-mol de C2H6 . Sobre una base de 100 centímetros cúbicos de muestra tomada directamente de la chimenea. El balance de oxígeno permite en general conocer la cantidad de agua presente en los gases.276 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── Analisis "ORSAT". PROBLEMAS RESUELTOS 7. el O2 y el CO. Es un análisis en volumen o molar.Calcular el análisis Orsat de la mezcla gaseosa resultante de la combustión completa. la composición reportada en este análisis es en base seca. a) B. Según la forma como se presente el problema la base de cálculo se toma sobre el combustible o sobre los gases de chimenea. Es el principal procedimiento de análisis de gases de chimenea. con 100% en exceso de aire de: (a) Etano (C2H6) (b) Naftaleno (C10H8). el CO2. es el nitrógeno. En la solución de los problemas de combustión se conoce generalmente la composición ORSAT de los gases de chimenea y la composición del combustible.C. 28 % CO2 2 3.5 g-mol = 3.12 = 12 g-mol .5 10.99 % O2 N2 26.83 b) B.3.: 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) = 90.5 g-mol O2 suministrado (S) = 3.5 = 3.CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 277 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 + 1.28 g-mol O2 (R) = 10 + 2 = 12 g-mol O2 (sale) = 24 .33 82.72 % ⎯⎯⎯ 31.C.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 .5 g-mol Análisis Orsat: 6. 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.0 % a) Calcular los pies3 de gas a 70 oF y 750 mm Hg por lb de carbono presente en el gas.8 lb C pies3 39 188.4 pies3 P 750 492 C en el gas = 27.4 pies3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 119.68 % 90.: 100 lb-mol de gas pobre .40 % ⎯⎯⎯⎯ 112.278 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── Análisis Orsat: CO2 O2 N2 10 8.4 % 2.2 .C.28 80.90 % 12 10.0 % 4.6 % 70.18 ⎯⎯⎯⎯ 328. 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). 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. suponiendo combustión completa. a) B.28 7.4 lb-at x 12 at-1 = 328.: 100 lb-mol de gas pobre nRT 100 x 530 760 x 359 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 39 188.C.8 lb C lb C b) B.Un gas pobre tiene la siguiente composición en volumen: CO CO2 O2 N2 23. 79 + 70 = 112.8 lb-mol O2 (aire) = 13.CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 279 Reacción : CO + 0.8 pies3 750 492 .31 % CO2 = 4.5 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 141.4 + 23 N2 = 53.05 % = 2.2 x (100/21) = 53.62 % O2 = 13.2 = 13.3 pies3 aire 39 188.8 .1 ⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 53.5 lb-mol O2 (S) = 11.13 lb-mol 79.83 x 1 060 760 x 359 V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 111 161.5 O2 = CO2 O2 (T) = 11.5 x 1.4 c) Gases a la salida: = 27.2 lb-mol Aire (S) = 11.2.33 x 530 760 x 359 V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 20 899.33 x 0.11.83 lb-mol d) 141.6 = 11.33 lb-mol 53.3O lb-mol 1.4O lb-mol 19.1 pies3 750 492 20 899.8 . 55 .13.53 c) Masa de vapor de agua = 17.53 lb-at O2 (T) = 9.305 Exceso de aire = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 23.77 = 9.18.: 100 lb-mol de gases de combustión a) O2 (S) = 84.Un gas natural contiene CH4 83% molar y C2H6 17%.77 % 5.63 = 13.55 .2 % 18.775 x 2 = 17.76 + 2. b) El porcentaje del carbono que pasa a CO.9 lb .65 pies3 de gases 39 188.305 b) 2. El gas se quema con un exceso de aire seco y se producen unos gases con el siguiente análisis Orsat: CO2 CO O2 N2 Calcular: a) El porcentaje en exceso de aire suministrado. c) La masa de vapor de agua por cada 1 000 pies3 de gases de combustión medidos a 800 oF y 1 atm.775 lb-mol Agua formada = 8.53 + 8.55 lb-mol C(total) = 6.305 lb-mol 22.C.84 x (21/79) = 22.8 ⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 283.76 + (2. 6.84 % B.280 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 111 161.55 x 18 = 315.775 = 18.4 7.77 Porcentaje C que forma CO = ⎯⎯⎯ x 100 = 29 % 9.76 % 2.775 = 8.3 .775 O2 que forma agua = 22.63 % 84.55 lb-mol O2 en gases secos = 6.77/2) + 5. CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 281 117.92 lb agua 108 074 7.5 O2 = CO H2 + 0.68 lb-mol O2 (libre) = 1.68 x (79/21) = 6.26 % Considerando ahora que todo el carbono forma CO: .00 lb-mol 13.68 .5 x 1. Las reacciones de combustión son: C + O2 = CO2 C + 0.18 lb-mol N2 (S) = 1.Un horno anular de acero quema cierto combustible. B.5 O2 = H2O CO2 formado = 1 lb-mol H2O formada = 1 lb-mol O2 (T) = 1. Suponiendo que la combustión es completa.: 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.9 ⎯⎯⎯⎯ x 1 000 = 2.12 = 1. calcular el análisis Orsat del gas de chimenea.C. Repetir los cálculos de este problema suponiendo que todo el carbono del combustible se quema hasta CO.39 % 6.4 .5 lb-mol O2 (S) = 1.32 lb-mol 84.30 % 0.32 lb-mol Análisis Orsat : CO2 O2 N2 1.55 x 1 260 1 x 359 V gases = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 108 074 pies3 1 492 315. Se proyecta quemar éste combustible con un exceso de aire equivalente al 12%.1. cuya composición puede representarse mediante la fórmula (CH2)n .18 lb-mol 2.5 = 0. 79 % 85.76 g-mol O2 Balance total de oxígeno: O2 (S) = O2 (CO2) + O2 (libre) + O2 (H2O) O2 (H2O) = 22.68 lb-mol N2 (S) = 6.5 .32 lb-mol Análisis Orsat: CO O2 N2 1.00 lb-mol 12.Un gas combustible formado por CH4 y C3H8 se quema completamente con un exceso de aire.3.4 g-mol .76 .79 = 8.68 lb-mol 8.68 .0 % 7.: 100 g-mol de gas seco Se calcula el oxígeno suministrado a partir del N2.282 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── CO formado = 1 lb-mol H2O formada = 1 lb-mol O2 (R) = 1 lb-mol O2 (libre) = 1.63 x (21/79) = 22. B.57 % 3.1 = 0.10.63 % Calcular la composición molar del gas combustible.5 % 0.C. O2 (S) = 85.57 . El análisis Orsat del gas de chimenea es el siguiente: CO2 O2 N2 10.5 % 6.32 lb-mol 79. : 1 g-mol de CH3OH CH3OH + 1.06 g-mol de CH4 Y = 2.357 g-mol 13.4 x 2 = 16.57 Balance de hidrógeno: 4 X + 8 Y = 2 x 16.15 g-mol Análisis Orsat: CO2 1.36 % .65 .59 % 2.CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 283 H2O formada = 8.8 X = g-mol CH4 Y = g-mol C3H8 Resolviendo: X = 4.65 x (79/21) = 6.5 x 1.1 = 1.Un motor de automóvil se opera con alcohol metílico puro usando 10% de aire en exceso para asegurar combustión completa.8 g-mol Si: Balance de carbono: X + 3 Y = 10.5 O2 = CO2 + 2 H2O CO2 producido = 1 g-mol O2 (T) = 1.000 g-mol O2 0.1.207 g-mol O2 (libre) = 1.65 g-mol N2 (S) = 1.150 g-mol N2 6.5 = 0.207 g-mol ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 7.C.6 .16 % C3H8 34.5 g-mol = O2 (R) O2 (S) = 1.03 % 84. ¿ Cual debe ser el análisis Orsat de los gases producidos ? B.17 g-mol de C3H8 Composición molar: CH4 65.83 % 7. 50 g-mol 7% 5. C que forma CO2 = 0.75 g-at CO2 formado = 0.8 .64 g-mol Análisis Orsat: CO2 O2 N2 1.5 g-mol N2 (S) = 1.5 O2 = H2O Se calcula el oxígeno necesario para las condiciones del problema.C.: 1 g-mol de CH2O CH2O + O2 = CO2 + H2O O2 (T) = 1 g-mol O2 (S) = 1 x 1.75 g-mol H2O formada = 1 g-mol .64 g-mol 79 % ⎯⎯⎯⎯⎯ 7.C.5 = 1.25 g-at C que forma CO = 0.25 g-mol CO formado = 0. 25% del carbono a CO2 y el 75% restante a CO.7 . ¿ Cuál será el análisis Orsat de los gases de combustión ? B.El formaldehído puro (CH2O) se quema completamente con 50% de aire en exceso.En el problema anterior.14 g-mol 7.: 1 g-mol de CH2O Reacciones: C + O2 = CO2 C + 0. y la combustión se conduce de tal forma que no hay oxígeno en los gases de combustión ? B.284 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 7.00 g-mol 14 % 0.5 O2 = CO H2 + 0.5 g-mol O2 x (79/21) = 5. ¿ 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. b) Las libras de aire requerido por libra de combustible cargado.25 + (0.35 g-mol Análisis Orsat: CO2 0.15 % 7.75/2) + 0.93 .75 g-mol 22.46 % CO 0.0.1 lb-at CO2 formado = 0.38 % N2 2.04 = 1.38 lb-mol .5 lb-mol O2 (aire) = 1.1 lb-mol H2 en gases = 0. Suponer además.: 1 lb-mol de CH3 OH C que pasa a CO2 = 0.96 lb-mol O2 (R) = 0.125 .0.5 = 1.43 x (79/21) = 5.CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 285 O2 (R) = 0.El motor de un automóvil se opera con alcohol metílico puro.625 x (79/21) = 2.35 g-mol 70.125 g-mol O2 (aire) = O2 (R) .C.9 .9 lb-mol CO formado = 0.96/2) = 1.O2 (CH2O) = 1.4 = 0. que bajo tales condiciones el hidrógeno en los gases de combustión es el 40% del CO presente y todo el oxígeno se ha consumido.5 = 0.25 g-mol 7.04 lb-mol H2 en el alcohol = 2 lb-mol H2 que forma agua = 2 . c) El volumen de los gases de combustión si salen a 960 oF y 1 atm.43 lb-mol N2 (S) = 1. El 90% del carbono se quema a CO2 y el resto a CO.1 x 0. por libra de combustible cargado.9 lb-at C que pasa a CO = 0.1/2) + (1. Calcular: a) El análisis Orsat de los gases de combustión.9 + (0.93 lb-mol O2 en el alcohol = 0.0. B.5 = 1.625 N2 (S) = 0. 04 lb-mol 0.: 100 g-mol de gases secos .55 % H2 0.38 lb-mol nRT 8.4 lb Combustible cargado = 1 lb-mol = 32 lb (196.81 x 28.55 % 84.8)n Los gases de chimenea de ambas calderas entran al mismo ducto y el análisis Orsat del gas combinado es: CO2 CO O2 N2 10.38 x 1 420 1 x 359 3 V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 8 682.90 lb-mol 14.Una compañía de energía opera una de sus calderas con gas natural y la otra con aceite.84 = 196.38 x (100/79) = 6.80 % ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 6. El análisis de los combustibles es: Gas Natural: CH4 96 % C2H2 2 % CO2 2 % Aceite : (CH1.42 lb-mol b) Aire requerido = 5.82 % Calcular los g-mol de gas natural por cada gramo de aceite suministrado.8 pie P 1 492 (8 682.10 lb-mol 1.286 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── a) Análisis Orsat: CO2 0.8/32) = 271.81 lb-mol Masa de aire = 6.00 % CO 0.42 + 1.10 .C.96 = 8.33 pies3/lb combustible 7.4/32) = 6.63 % 4. B.00 % 0.38 lb-mol 83.62 % N2 5.1375 lb aire/lb combustible c) Lb-mol de gas húmedo = 6. CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 287 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) 288 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 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 H O N S H2O Impurezas 76.0 4.9 7.8 1.7 1.2 1.5 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 ───────────────────────────────────────── 289 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) b) (1 322 kg aire/100 kg carbón) = 13.22 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-1 290 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 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 Gases secos: CO2 0.0419 lb-mol N2 0.2294 lb-mol O2 0.0172 lb-mol ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0.2885 lb-mol 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 292 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── a) CO2 formado = 0.9 x 0.97 = 0.873 lb-mol 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 H O Ceniza 163.2 13.2 17.67 26.46 lb lb lb lb 74.00 % 5.98 % 8.01 % 12.00 % 18 X moles Por la relación del aire se puede establecer la siguiente ecuación: (2Y+X) 21 ⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯ = 0.16.Cuando se quema carbono puro con aire.34 7. ¿Cuál es el porcentaje en exceso de aire utilizado ? Los gases de salida contienen: N2.21 = 21. Si la relación molar de N2/O2 es 7.45 .35 (163.15 .67/32) = 16.2658 7.34 % en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 31.27 % 16.18 X O2 (S) = (2 Y + X) moles N2 (S) = 7.34 lb-mol O2 (S) = 102.15 x 0.18 y la de CO/CO2 es 2. CO y CO2. una parte de éste se oxida a CO y otra a CO2. X = fracción molar de oxígeno en los gases Y = fracción molar de CO2 en los gases Gases producidos: Y CO2 CO 2Y X O2 N2 7.1048 Y = 0.45 lb-mol 21.(17.04758 .2/4) .2/12) + (13.18 X 79 La suma de las fracciones molares es 1: 3 Y + 8.18 X = 1 Resolviendo el sistema se tiene: X = 0. O2.54 lb carbón) = 13.294 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── c) d) Oxígeno teórico: (2 946 lb aire/220. 14274 % en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 40 % 0.: 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 1.14274 O2 (S) = 2 Y + X = 0.14 % 2.2 .C. B.65 % 81.52 lb-mol SO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 48.52 % 10. b) Determinar las libras de lodo húmedo por libra de aceite combustible.67 % Secos Gas de chimenea: a) Determinar la composición en peso del aceite combustible.0.64 lb S x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 152 lb lodo seco 32 lb S .2 0.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 agua sólidos S C H O SO2 CO2 CO O2 N2 50% 50% 32 % 40 % 4% 24 % 1.64 lb S lb-at S 1 lb-mol SO2 100 lb lodo seco 48.16 .CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 295 O2 (T) = 3 Y = 0.05 % 4.14274 7. 67 x (100/79) = 103.24)/32 O2 (sale) = 1.14 + (2.75 % ⎯⎯⎯⎯⎯ 101.48 lb Balance de O2: O2 (entra) = 103.04)/2 lb-mol H2 (sale) = 11.19 x 12 C (aceite) = 85.52 + 10.46 lb aceite lb aceite .03 lb-mol H2 (aceite) = 7.4 = 12.25 % peso 15.99 lb-mol x 2 mol-1 = 15.38 lb-mol Balance de C: C (aceite) + 152 x 0.46 lb b) Lodo húmedo = 152 x (100/50) = 304 lb 304 lb lodo lb lodo húmedo ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 101.98 lb 15.98 lb a) Composición del aceite: C H 85.21 + (152 x 0.5148 lb-mol H2O formada = 11.38 x 0.296 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── Aire = 81.65 + O2 (agua) O2 (agua) = 5.03 lb-mol Balance de H: H2 (entra) = H2 (aceite) + (152 x 0.48 lb 84.05/2) + 4. 02 = 0.6812 + 0.5) x 100 = 3.0114 g Puede suponerse que este combustible tiene la misma composición del combustible en el carbón original.0.CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 297 7.2 % 61.4 18.063 MV en escoria = 16.063 x 0.: 100 gramos de carbón Peso de escoria = (14.51 x 0.76 g C total en escoria = 1.3 g Combustible en escoria = 0.6 14.3302 g C no coquizado en escoria = 2.3302 = 0.6812 = 1.8) x 1.3 + 0.5/81.3302 = 1.0 % 55.5 1.17 .76 = 2.12 . B.A continuación se da el análisis próximo y el análisis último de un carbón: Análisis Próximo: Humedad CF MV Cenizas C N H S O ceniza 4.0114 = 0.6812 g C coquizado = 16.06 g Porcentaje de carbono perdido en escoria: (2.1/26.5 0.2 % % % % % % Análisis Ultimo: Si al quemar este carbón la escoria contiene 12 % de carbono y 2 % de MV.C.51 g Se denomina combustible a la suma de (CF + MV) (CF + MV) = 55.06/61.7 % 14.7) = 2.1 % 26.1 + 26.8 3.8 g Relación (CF/MV) en carbón = (55.2/0.51 x 0.7 = 81.35 % . determinar el porcentaje de carbono perdido en la escoria. luego: C en combustible de escoria = (61.86) = 16. 4 .8/2) = 2.55 x 18 = 9.4 % 5.275 kg-mol O2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. H: (4.8 % O 8.298 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 7.4 % H2O cenizas 5.0. realizar el balance de masa del horno.8 % N 1.55 kg-mol H2 0.4 % 9.9 % 3.5 kg-mol O2 H2O combinada = 0.8/32) = 0.275 kg-mol O2 El hidrógeno necesario para formar el agua combinada será: H2 + 0.7 % Cuando el carbón fué utilizado en un horno.7 % 1.7 kg El análisis último reajustado del carbon será: C H neto N H2O comb Humedad Cenizas 73.9 % 5.9 % H 4.C. Sobre la base de 100 kg de carbón cargado.5 O2 = H2O 1 kg-mol H2 0.9 kg Hneto = (2.Una muestra de carbón tiene la siguiente composición: C 73.18 .7 % Se calcula ahora el oxígeno teórico: .4 kg-mol H2 O: (8. B.4 % 5.55) kg-mol x 2 mol-1 = 3.: 100 kg de carbón cargado al horno Se calcula el agua combinada y el hidrógeno neto en el carbón. la escoria contenía 18% de carbono y el análisis en base seca de los gases de chimenea mostraba 12 % de oxígeno libre. 95 x 0.18 = 1.649 g = 6.85/2) = 6.69 + 3.083 + X O2 (R) = 6.9 + 5.82) = 6.158 kg-at H neto : (3.4/28) = 26.979 = 0.054 + X + 0.85 kg-mol O2 (T) = 6.7/2) x 18 = 48.95 kg Carbono en escoria = 6.104 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.85/2) = 7.O2 (R) O2 (libre) = 7.19 kg-mol Balance de Materia del horno: .054 kg-at CO2 en gases = 6. H2O = 9.104 + X kg-mol El N2 presente en los gases será: (7.76 X X = 9.054 + (1.7/0.76 X El agua en los gases será la suma del agua combinada.251 kg Carbono en gases = 73.083 + X) x (79/21) + (1.12 6.083 kg-mol Escoria formada = (5.6.1.158 + (1. la humedad y el agua formada a partir del hidrógeno neto.CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 299 C: (73.4 + (3.979 kg-mol O2 (libre) = O2 (S) .9/12) = 6.104 + 26.083 + X .6 kg Como el oxígeno libre en los gases es el 12% se tendrá: X + 0.251 = 72.7/2) = 1.69 + 3.054 kg-mol Si X = kg-mol de oxígeno en exceso O2 (S) = O2 (T) + O2 (exceso) = 7.9 . 9 % molar 4.60 kg 6.19 .083 + X) x (100/21) = 77.054 x 44 O2 (X + 0.35 % O2 CO2 8.20 .95 kg ⎯⎯⎯⎯⎯ Total 2 334.69 + 3.16 kg PROBLEMAS PROPUESTOS 7.2)n se quema completamente con un 15% en exceso de aire.84 kg 48.Un hidrocarburo cuya fórmula es (CH1.Una mezcla de H2 y CH4 se quema con aire.84 Total SALIDAS 100 kg 2 234.40 kg 1 714. El siguiente es el análisis Orsat del gas de chimenea: N2 86.75 % a) ¿ Cuál es la composición molar de la mezcla combustible ? b) ¿ Cuál es la relación en peso aire/combustible ? 7.21 .300 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── ENTRADAS Carbón: Aire : (7.76 X) x 28 H2O Escoria 266.82 kg CO2 6.Un gas combustible tiene la siguiente composición molar O2 N2 CO 5% 80 % 15 % .82 kg ⎯⎯⎯⎯⎯ 2 334.37 kg 297.104) x 32 N2 (26. Calcular: a) El análisis Orsat de los gases de combustión. b) Las libras de agua producida por libra de hidrocarburo. 7.49 kg-mol x 28. 9 m3 de gases a 590 mm Hg y 180 oC.CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 301 Este gas se quema completamente con aire. 7. Calcular los kilogramos de aire necesarios si se producen 975.2 % 4.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 Orsat es: CO2 25 % N2 60 % O2 15 % a) Calcular la composición molar del combustible. Analizando los gases generados se obtiene: CO2 O2 N2 22.22 .23 .Un combustible formado por etano (C2H6) y metano (CH4) en proporciones desconocidas. .4 % 73. se quema en un horno utilizando aire enriquecido que contiene 50% molar de O2. Hay algunas preguntas en cuanto a si el enriquecimiento supuesto es correcto.4 % Calcular el porcentaje de O2 y N2 en el aire enriquecido con O2.9 % N2 Calcular: a) El porcentaje de CO2 absorbido.En un aparato experimental se supone que se mezcla aire con oxígeno puro. 7.9 % O2 93. 7. El análisis del gas de descarga del lavador es: CO2 1. de modo que el metano que se quema para calentar el aparato.24 . de tal forma que el oxígeno total presente antes de la combustión es un 20% en exceso.2% 4. b) Calcular la relación en masa aire/combustible. generará productos de combustión que tengan una temperatura mayor que la de los productos con aire solo. ¿ Cuál es el punto de rocío de los gases de chimenea ? 7.2 % 33. El porcentaje en exceso de aire es 20% y la combustión es completa.1 % 10. CH3 OH y N2.1 % 1.0 % 0.2 % 6.27 .6 % O2 CO2 5.Un gas combustible tiene el siguiente análisis: CO2 C2H4 C6H6 O2 3. y se utiliza para la combustión un 20 % en exceso de aire ? 7. 65oF y humedad relativa 60%.302 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── b) El porcentaje en exceso de aire utilizado.0 % 2.5 % N2 90.25 .4 % Suponer que este gas se alimenta a 65 oF.2 % 5. 7. saturado con vapor de agua y se quema con aire a 1 atm.4 N2 40.28 .73 % 3.9 % ¿Cuál es la composición del combustible si este contiene CH4.Si el análisis Orsat de un gas de combustión es: CO 1.6 % Determinar la composición en peso del hidrocarburo y su fórmula mínima.26 .8 % H2 CO C1.El análisis Orsat de los gases formados en la combustión de un hidrocarburo con aire seco es: CO2 O2 N2 13.2H4.66 % 82.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% . 7. 6 % N2 7 1.2 % O2 N2 86.1 % El combustible contiene C2H2. b) El porcentaje en exceso de aire utilizado.2 % Si el combustible contiene CH4. calcular el análisis Orsat del gas de combustión.0 % CO2 8.Al quemar un combustible se obtiene un gas de combustión que contiene: 4.3 % O2 H2O 8.29 . ¿ cuál es su composición ? 7.4 % ¿ Cuál fué el porcentaje en exceso de aire ? 7.31 .30 . C2H6 y N2.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.0 % 2. 7. Se analiza el gas de combustión y se encuentra que contiene: CO2 8.Un combustible de composición desconocida se quema con un 20% en exceso de aire.0 % CO 8. CO y O2 y se quemó en presencia de aire.2 % CO 1. Calcular: a) La composición del combustible.4 % 4.CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 303 El gas de combustión contiene: SO2 CO CO2 H2O O2 N2 3. . Suponiendo combustión completa. La composición en peso de la gasolina es: C 84 % H 16 % Calcular: a) El análisis Orsat de los gases producidos.34 . El análisis del gas de chimenea seco es: CO2 CO O2 N2 10.36 . b) Calcular la relación en peso C/H en el combustible. El 10% del carbono pasa a CO y el resto a CO2.0 % .304 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 7.Calcular el análisis Orsat de los gases producidos al quemar completamente alcohol etílico (C2H5 OH) con un 15% en exceso de aire.55 % 4. c) Los galones de agua líquida producida por galón de gasolina si su densidad es 0. 7. a) Calcular el análisis Orsat completo del gas.En una prueba realizada en una caldera que funciona con petróleo no fué posible medir la cantidad de combustible quemado. 7.32 .75 % 84.5% en peso de carbono.33 . 7.Un Fuel Oil cuya gravedad específica es 14. 7. Se 3 o determinó que se utilizaron 5 000 pies /mi de aire a 80 F y 10 psig.4.Un motor de automóvil quema un combustible formado por una mezcla de hidrocarburos.35 .Se quema gasolina con un 15% en exceso de aire.1 oAPI contiene 11. 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 12.79 g/cm3. aunque el aire que se empleó se determinó insertando un medidor vénturi en la línea de aire.5% en peso de hidrógeno y 88. 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. b) Los kilogramos de gas producido por kilogramo de gasolina.7 % 0. el 75% forma CO y el resto CO2.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. 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 10.39 . 7. De la parte que se quema.En un experimento. Por causa de una mala combustión.37 .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. La densidad del petróleo es de 19 oAPI. se quema carbono puro con aire enriquecido que contiene 50% m de oxígeno. calcular los galones por hora de petróleo que se quema. Se sabe tambien que por cada . 7. no todo el carbono se quema.5 % 85.Una compañía de energía opera una de sus calderas con gas natural y la otra con aceite.38 . El exceso de oxígeno es 10%.5 % Calcular los pies3 de gas natural empleado a 1 atm y 20 oC por cada libra de aceite.0 % 4.95 % peso H 13.CAPITULO 7 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION ───────────────────────────────────────── 305 Si se supone que el petróleo está formado únicamente por hidrocarburos. 7. 5 % La escoria del horno contiene un 25% de carbono. Calcular: a) El balance de materia del proceso por 100 kg de carbón.0 % 1.3 litros de gases de combustión medidos a 27 oC y 1 atm.8 % Ceniza 12.2 % 8.0 % H 2.0 % Se producen 980 kilogramos de resíduo (cenizas + carbono no quemado).7 % O 7.2% en peso de carbono y 12.306 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 10 g de carbono suministrado (no todo se quema) se forman 51.5 toneladas de carbón con la siguiente composición en peso: C 76. .0 % 0. Calcular: a) El volumen de los gases en m3 a 400 oC y 750 mm Hg por 100 kg de coque cargado al horno.41 .8% de ceniza. 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.2 % 5.8 % 79.Un coque contiene 87.1 % H2 O Ceniza 6. ¿ Cuál fué el porcentaje de carbono que no quemó ? 7. 7. El volumen de los gases de chimenea en 24 horas es 228 000 m3 medidos a 330 oC y 725 mm Hg.8 % S 0.0 % El 6% del carbono en el coque se pierde en el resíduo. Calcular el porcentaje en exceso de aire utilizado. 7.9 % 15. Se utiliza un exceso de aire del 50%.Un horno quema en 24 horas. b) La composición de los gases de combustión. 9. El aire se encuentra a o 22 C y 751 mm Hg.42 -Un horno metalúrgico utiliza carbón bituminoso de la siguiente composción C H N 72.40 . Los gases producidos por la combustión del coque tienen la siguiente composición molar: CO2 CO O2 N2 12. 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. 310 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 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 312 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 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 ───────────────────────────────────────── 313 Composición: SO3 0.3 g-mol SO2 0.7 g-mol O2 0.65 g-mol N2 6.77 g-mol ⎯⎯⎯⎯⎯ 8.42 g-mol 3.56 % 8.31 % 7.72 % 80.40 % b) 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. 314 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 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 % b) S + 1.5 O2 = SO3 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 c) SO2 + 0.5 O2 = SO3 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 4 .CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS ───────────────────────────────────────── 315 8.C. y la mayoría del azufre es oxidado a SO2 mientras que el resto pasa a SO3.: 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. 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.375 g-mol 2 g-at S 4 g-mol FeS2 . Un convertidor catalítico se requiere para oxidar este SO2 a SO3.Las piritas (FeS2) se utilizan con frecuencia como fuente de gases ricos en azufre. 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). El análisis del gas de chimenea de un horno de piritas en el cual el FeS2 es quemado con aire seco. 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.875 g-mol O2 8 g-mol SO3 11 g-mol O2 4 g-mol SO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 5.5 g-mol O2 8 g-mol SO2 b) c) S total = 5 g-at 15 g-mol O2 1 g-mol FeS2 5 g-at S x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 9. B. 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. 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. : 4 kg-mol FeS2 4 FeS2 + 11 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO2 SO2 + 0.76 x 28 = 2 317.4 kg-mol SO3 formado = 6.375 g-mol El exceso basándose en la reacción a SO3 es 0.875 + 5. Calcular: a) El volumen del gas que sale del convertidor a condiciones normales.5 g-mol FeS2 2 g-at S 8.28 kg SO2 formado = 8 kg-mol O2 que sale del horno = 11 kg-mol SO2 (R) en el convertidor = 8 x 0. e) 1 g-mol FeS2 5 g-at S x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2. 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.C.8 = 6.4 kg-mol x 80 = 512 kg .Para la obtención del H2SO4 por el método de contacto.316 d) BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── O2 (S) = 1.76 kg-mol N2 Masa de N2 = 82.5 + 2 = 9. b) La masa molecular promedio de los gases producidos. por kg-mol de FeS2 cargado.5 .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. CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS ───────────────────────────────────────── 317 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 SO2 512 SO3 249.6 O2 2 317.28 N2 kg kg kg kg ( 3 181.28 kg/98.56 kg-mol ) = 32.27 mol-1 318 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 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 320 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 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 ───────────────────────────────────────── 321 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 % 322 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 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: Composición molar: X = 9.137 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 85) x 2 = 1.63 lb 3.418 + X .418 lb-at S (escoria) = (3.99 = 9.4 lb 75.90 = 6.0.18 X) lb-mol gases 10.77 lb SO3 en escoria Composición de la escoria: Fe2O3 SO3 Inerte 56.548 X) lb-mol Masa molecular media de los gases = 32.89 Aire = (12.S (escoria) = S (gases) S (pirita) = (85/119.371 + X) x ⎯⎯⎯⎯ = (12.047 = (1.047 lb-at 1.9 % Composición de gases: SO3 SO2 O2 N2 (1/101) x 100 (10/101) x 100 (7/101) x 100 (83/101) x 100 = 0.93 = 82.8217 x (100/79) = (13.324 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 71.1 + 9.77 lb 15.0 % 18.35 mol-1 Balance total de masa: .77/80) = 0.0 lb ⎯⎯⎯⎯ 75.17 % % % % X = lb-at de S mezclado con la pirita Balance de azufre: S (pirita) + X .1 % 5.63 x (5/95) = 3.371 + X) lb-at S en gases 100 (1.18 X) x 0.59 + 9.59 + 9. 12 .8 + 307. 600 oC y 780 mm Hg.0 lb Azufre 15.35 lb Resolviendo : Carga original : X = 0.0 % El análisis anterior fué hecho en base seca.CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS ───────────────────────────────────────── 325 ENTRADA Piritas Azufre Aire 100 lb 32 X lb (13.0 lb FeS2 en la carga = (85/115) x 100 = 73.469 FeS2 85. .4 lb (12.91 % 8.59 + 9.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 10.548 X) x 28.8 % O2 N2 82.0 lb Inerte 15.1 + 9.2 % 7.0 lb ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 115.18 X) x 32.36 X lb SALIDAS Escoria Gases 75.84 lb ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 477. 0406 lb-at Fe en la reacción (2) = (76.53 Balance de Fe: (55.00 lb O2 19.326 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 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.85 Resolviendo: X = 2.6 x 0.6 x 0.21 = 4.7) Y = 55.7/159.00 lb-mol x 64 = 128.34 x 0.85) X + (111.96 lb N2 19.6 x 0.07 x (100/79) = 20. si esta contiene inertes y FeS2 de tal forma que hay 42% de azufre en peso ? B.9594 lb b) O2 (S) = 20.92 lb FeO y Y = 76.078 = 1.85/71.92/71.85 lb) Gases = 2 x (100/10.61 lb Fe2O3 a) Fe en la reacción (1) = (2.85) = 0.6 .C.6 lb-mol gases SO2 19.92 = 79.85 + 586.820 = 16.6 lb Peso de escoria = 119.53 lb X = lb de FeO en escoria Y = lb Fe2O3 en escoria X + Y = 79.102 = 2.626. ¿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. : 1 lb-mol de FeS2 (119.7) x 2 = 0.34 lb-mol = 586.07 lb-mol x 28 = 449.2714 lb-mol .96 lb ⎯⎯⎯⎯⎯ 626.53 lb-mol x 32 = 48.2) = 19.61/159.92 lb Aire = 16. 75 lb-mol O2 (R) = 4.38 lb pirita = 69.6) = 0.Una planta de ácido sulfúrico que utiliza el proceso de cámaras.074 lb-mol H2O/lb-mol gas seco d) nRT 19.51% de O2.6 x 873 760 x 359 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 21 924 pies3 P 780 273 Pirita = 2 x 32 x (100/42) = 152.5/2) = 2. [(4. La escoria del quemador es analizada y se encuentra que contiene 2.75] x 100 = 55.CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS ───────────────────────────────────────── 327 O2 (libre) = 1. El gas que sale de la primera cámara tiene un análisis promedio de: SO2 4.2714 .34 x 0.2.07153 = 1.53 = 2.12) x 1 000 = 317 187 pies3 / tn pirita 8.49.32 % c) Ps a 100 oF = 0.1.03 % de azufre en forma de SO3.37 % N2 89.07 lb-mol H2O Ym = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.455 lb-mol H2O (1.07 lb-mol aire seco H2O (aire) = 20.07153 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 735 .9492 psia = 49.5 % de azufre.13 . produce SO2 al quemar piritas que contienen 46.76 % Calcular: . El análisis de los gases del quemador indica un contenido de 9.58% de SO2 y 7.7414 lb-mol Se considera la oxidación completa de la pirita.455/19.2714 .75)/2.12 kg pirita (21 924/69.07 mm Hg 49.87 % O2 5.53 lb-mol O2 (T) = 1 x (5. C. suponiendo que los gases que salen de esta cámara no contienen SO3.85) x (1/2) x 159. 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.5/32) x (1/2) x 119.39 % 3.5 O2 = SO3 SO3 + H2O = H2SO4 B.87 = 13 lb Fe2O3 = (87/119.328 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── a) El porcentaje del azufre quemado que abandona el quemador como SO3 en los gases.075/94.96 x (5.075 lb SO3 70.96 lb 77. 4 FeS2 + 11 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO2 4 FeS2 + 15 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO3 SO2 + 0.925) = 3.79 lb 5.793 lb SO3 Composición de la escoria: Fe2O3 Inerte SO3 57.07 % ⎯⎯⎯⎯⎯ 74. si la velocidad de quemado es de 600 libras de piritas por hora. : 100 lb de pirita a) FeS2 = (46.96 + 13 = 70.03 x (80/32) = 5. b) El porcentaje del azufre quemado que es convertido a H2SO4 en la primera cámara.96 lb Por cada 100 lb de escoria: 2.85 = 87 lb FeS2 Inertes = 100 .53 % 13.7 = 57.96 lb Escoria libre de SO3 = 57.0 lb 17.75 lb X = lb-mol de SO3 formado Y = lb-mol de gases libres de SO3 . 5 = 0.91 % Oxígeno (S) = (0.5/32) = 1.2204 Y = 0.64 % El diagrama resume el balance de masa en el quemador.79/80) x 1.CAPITULO 8 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE OXIDACION DE AZUFRE Y PIRITAS ───────────────────────────────────────── 329 Balance de azufre: (87/119.6154 lb-mol O2 (gases) = 1.0751 Y = 1.1709 Y Resolviendo: Y = 14 X = 0.5 + (3.4531) x 100 = 3.8291 Y) x (21/79) = 0.5 X + 0.0958 Y + 0.85) x 2 = (3.79/80) + X + 0.1709 Y Balance de oxígeno: 0.4531 lb-at (0.053 Azufre total = (46.58 .5 X + 0.7) x 1. b) Gases que salen de la cámara: .6154 + 1.51 = 82.2204 Y O2 (escoria) = (57.9.96/159.5 X + 0.7.053/1.0958 Y N2 (gases) = 100 . 16 .Un mineral de pirita es reducido con hidrógeno.6297 lb-at S Azufre que pasa a H2SO4: 1.61 % c) Acido sulfúrico producido: 0.0.7645/1.93 x 0. 8.86 lb ácido 600 lb 24 hr lb ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 17 979 ⎯⎯⎯ 100 lb pirita hr día día PROBLEMAS PROPUESTOS 8.6074 x (100/89.86 lb 124.14 . ¿Cuántas libras de SO3 hay en la escoria por cada 100 libras de piritas quemadas? 8.93 lb-mol SO2 = 12. Las siguientes reacciones se suceden: (1) FeS2 + (5/2) O2 = FeO + 2 SO2 .6297 = 0. Se utiliza un 20% en exceso de hidrógeno y la ceniza contiene 5% en peso de FeS2.330 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 11.6297 lb-mol = 0.0487 = 0.El primer paso en la fabricación de ácido sulfúrico consiste en quemar piritas con aire.3942 .76) = 12.15 . calcular el volumen de los gases que salen del horno a 400 oC y 1 atm.4531) x 100 = 52.7645 lb-at S (0.En un horno se queman piritas secas que contienen 47% en peso de azufre.7645 x 98 x (100/60) = 124. La escoria producida contiene 2% en peso de azufre como SO3. La reacción es: FeS2 + 2 H2 = Fe + 2 H2S Sobre la base de 100 lb de mineral cargado. El mineral contiene 10% de sólidos inertes. 7 % 83. Calcular el porcentaje del azufre quemado que se transforma en SO3. si esta contiene 48% en peso de azufre ? 8. ¿Cuál es la relación molar en el gas de salida: moles agua/moles gas seco? c) ¿Cuántos pies3 de gas son generados.9 % 7.88 % .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 3.4 % 2. 8. en proporción de 10 lb de azufre por cada 100 lb de pirita para lograr que la mezcla se queme facilmente. por tonelada de pirita alimentada.2 % 7.8 % 82. formando un gas cuyo análisis en base libre de SO3 es: SO2 O2 N2 13.17 .97 % 81.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 10.0 % El análisis anterior es en base seca a 600 oC y 780 mm Hg.9 % En las cenizas residuales no queda azufre.25 % 6.18 .Se mezclan piritas de baja calidad que contienen 32% en peso de azufre. 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. Cien libras por hora de piritas que contienen 90% en peso de FeS2 y 10% de inertes.332 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── Calcular el volumen de aire agregado en el convertidor por cada 100 libras de carga inicial.19 . El 70% del azufre en la ceniza está en forma de SO3 absorbido en ella y el resto está como FeS2 no oxidado. 8. basándose en la conversión total a SO3. d) El volumen en m3 de aire seco requerido a 27 oC y 750 mm Hg.6 % de azufre. calcular: a) La cantidad de ceniza formada y su análisis. 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. se queman con un 20% en exceso de aire. c) El análisis del gas del quemador sobre una base libre de SO3. El gas resultante del quemador se pasa a un convertidor donde el 98% del SO2 se convierte a SO3. En el quemador no se obtiene SO3. 8. Calcular: a) El análisis del gas del quemador. . El resíduo de la combustión no contiene azufre. La ceniza producida contiene 3. Sobre la base de 100 kilogramos de mezcla cargada. La mezcla contiene 75% de piritas y 25% de mineral de sulfuro de cinc.20 . El sulfuro de cinc contiene 68% de ZnS y el resto es inertes. d) Las libras de ácido sulfúrico del 98% producidas por día. 8. b) El porcentaje de azufre perdido en la ceniza basado en el azufre total cargado. b) El porcentaje de azufre perdido en la escoria. Sobre la base de 100 kg de pirita cargada.Una mezcla de piritas y mineral de sulfuro de cinc es calcinado en un quemador. c) El análisis de los gases que abandonan el absorbedor.Una muestra de piritas de hierro contiene 88% de FeS2 y el resto es material inerte. b) El análisis del gas del convertidor. calcular: a) El peso de la escoria producida. Se asume tambien que el 92% del azufre quemado produce SO2 y el resto se oxida a SO3. Las piritas contienen 92% de FeS2 y el resto es material inerte.21 . 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. El 40% de éste azufre está como FeS2 no quemado y el resto en forma de SO3 absorbido en la ceniza.5% de azufre. CAPITULO 9 BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO PRODUCCION DE COQUE. REDUCCION EN EL ALTO HORNO. El coque obtenido se utiliza en metalurgia como agente reductor del Alto Horno. C2H4. La cantidad de materia volátil depende de la composición del carbón y la temperatura a la cual es calentado. El más representativo de . La materia volátil está compuesta por varios hidrocarburos gaseosos (tales como CH4. Sin embargo se descompone desprendiendo su materia volátil en forma de gases. El resíduo sólido estará formado por carbono fijo. alquitrán. En la obtención de los metales a partir del mineral se utiliza la reducción en hornos especiales. ceniza y ocasionalmente algo de materia volátil que no alcanza a desprenderse. Si el carbón es calentado sin entrar en contacto con el aire. C6H6). aceites ligeros y humedad. no puede oxidarse o quemarse. En general en estos procesos los gases desprendidos se condensan y se separan sus constituyentes para recuperarlos como sub-productos. hidrógeno. Los materiales que entran a este horno son: Mineral de hierro Fundente (caliza) Los materiales que salen del horno son: Arrabio Escoria Gases de alto horno Agente reductor (coque) Aire 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 .334 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── todos ellos es el utilizado para la reducción del mineral de hierro llamado "alto horno". B.C. 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. Calcular los kilogramos de coque y el volumen en m3 (CNPT) de gas seco producidos a partir de 1 tonelada de carbón.75 kg-at Por cada 100 kg-mol de gases hay: . CaCO3 = CaO + CO2 MgCO3 = MgO + CO2 C + (1/2) O2 = CO PROBLEMAS RESUELTOS 9.92 x 625 = 575 kg Carbono en gases = 800 . El alquitrán puede despreciarse.1 .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. Coque producido = 50 x (100/8) = 625 kg Carbono en el coque = 0.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.575 = 225 kg = 18. : 1 000 kg de carbón Se toma como sustancia de enlace la ceniza del carbón. 3 % H2 44.44.5 % H 1.034 x 1 461.4 % del peso del carbón y contiene 90% de C.0 % CH4 34.8 % C6H6 C2H4 3.C.2 % NH3 1.414 = 764.4 % La cantidad de alquitrán producido equivale al 3.72 = 200.5 kg de carbón Alquitrán producido = 0.Un carbón con el siguiente análisis se alimenta a un horno de coquización: C 78. Calcular los kg de carbón necesarios para producir 1 tonelada de coque y el volumen en m3 (CNPT) de gas producido.5 % El coque tiene el siguiente análisis: C 89.09 kg-mol Volumen = 34.5 % Ceniza 6.3 % N2 7.72 kg C en gases = 0.75 x (100/55) = 34.68 kg-at C .5 .5 % El análisis del gas de coquización es: 0.09 m3 (CNPT) 9.895 .0 % CO 6.336 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── (4 x 2 + 35 + 8 + 4) = 55 kg-at C Gases producidos = 18.0 % N 1.78 x 1 461.0 % H 5.09 x 22.2 .5 = 49. B.25 kg = 16.0 % CO2 3.5) = 1 461. : 1 000 kg de coque Carbón = 95 x (100/6.9 x 49.69 = 44.69 kg C en alquitrán = 0.0 % Ceniza 9.0 % O 9. 5 O2 = CO CaCO3 = CaO + CO2 (1) (2) (3) Fe2O3 + 3 CO = 2 Fe + 3 CO2 Escoria formada = 300 x (56/100) x (100/45) = 373.55 = 205.83 kg-mol V = 30.78 + 3 = 28.5 + 205.33 x (79/21) = 125.85) x (1/2) x 159.1) = 30.91 kg CO producido = (800/12) = 66. C + 0.Un alto horno reduce Fe2O3 puro hasta Fe. Por cada 960 kg de Fe producido se cargan 300 kg de CaCO3 y 800 kg de carbono puro se queman en el horno.5 = 33.3 .78 = 40.33 kg-mol N2 (S) = 33.32 kg . El Fe2O3 proviene de un mineral que contiene una cantidad no determinada de impurezas.3) = 54.7 kg-mol = 4 576.78 kg-mol = 1 266. La reducción es realizada por CO.3 kg Estas impurezas provienen del mineral.414 = 691 m3 (CNPT) 9.3 x 0.5 kg Mineral alimentado = 1 372.66 kg-mol CO que reacciona= (960/55.25.CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO ───────────────────────────────────────── 337 Por cada 100 kg-mol de gases hay: (0.38 kg-mol = 3 510.1 kg-at C Gases producidos = 16.78 kg-mol CO en gases = 66.66 .64 kg CO2 en gases = CO2 en (2) + CO2 en (3) CO2 en gases = 25.7 = 1 372.8 kg O2 (S) = (800/12) x 0.3 kg Impurezas = 373.83 x 22. Fe2O3 alimentado = (960/55. La escoria contiene 45% en peso de CaO.68 x (100/54.85) x (3/2) = 25. Realizar el balance de materia completo del horno.64 kg Aire = 125.8 x 6 + 3 x 2 + 34 + 6 + 3.88 kg-mo l = 1 144.38 x (100/79) = 158.3 = 1 577. 4 .85) x (9/2) = 80.00 kg ⎯⎯⎯⎯⎯ 7 254.64 kg 373.: 1 000 kg de Fe producido a) CO = (1 000/55.57 x 22. El coque contiene 90% de C. f) Comprobar el balance de materia del horno. calcular: a) El volumen de CO requerido en la reacción a condiciones normales.414 = 1 805. B. del cual el 4% es absorbido por la reducción del hierro y el 96% es quemado hasta CO.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.64 kg 1 266. c) El volumen de aire a 20 oC y 1 atm. b) El peso de coque teórico. e) La composición de los gases formados.90 kg 9.9 kg ⎯⎯⎯⎯⎯ 7 254.338 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── Resúmen del balance: ENTRADAS Mineral Caliza Coque Aire 1 577.57 kg-mol V = 80.9 m3 (CNPT) .30 kg 960.32 kg 3 510.8 kg 300 kg 800 kg 4 576.7 kg SALIDAS CO CO2 N2 Escoria Hierro 1 144. Sobre la base de 1 tonelada de Fe producido.C. d) El volumen de los gases formados a 350 oC y 1 atm. CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO ───────────────────────────────────────── 339 b) Coque = 80.71 kg-mol x 28 = 1 503.83 kg-mol = 5 532.79 = 151.7 = 1 429.54 kg-mol x 28 = 4 243.57 x 12 x (100/96) x (100/90) = 1 119 kg coque Fe2O3 = (1 000/55.40 kg N2 151.83 x 293 1 x 22.12 kg ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ⎯⎯⎯⎯⎯ 232.10 kg-mol 6 928.285 kg-mol Aire = 40.71 kg-mol CO2 formado = (1 000/55.6 m3 P 1 273 d) CO formado = (1 000/55.88 kg CO2 26.9 m3 P 1 273 e) Composición molar de los gases: CO CO2 N2 23.1 x 623 1 x 22.57 x (1/2) = 40.83 x 0.414 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 11 871.85 kg-mol N2 (S) = 191.29 % Balance de masa del horno: .414 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4 614.85 kg-mol x 44 = 1 181.4 kg nRT 191.54 kg-mol Gases formados: CO 53.285 x (100/21) = 191.14 % 11.40 kg nRT 232.56 % 65.85) x (1/2) x 159.85)x (6/2) = 53.85) x (3/2) = 26.7 kg c) O2 (R) = 80. c) El peso de los gases producidos por tonelada de arrabio.9 kg ⎯⎯⎯⎯⎯ 8 080.0 kg SALIDAS Gases Fe C Inerte 6 928. d) Comprobar el balance de masa del alto horno. : 600 toneladas de arrabio .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. El horno produce 600 toneladas de arrabio. calcular: a) El peso de mineral cargado.5.0 kg 5 532. 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. B.3 kg 111.C.3 kg ⎯⎯⎯⎯⎯ 8 081. La presión es 1 atm.4 kg 1 000. b) El volumen de gas producido en m3 a 400 oC por tonelada de arrabio.6 kg 9.. y se carga en proporción de 1 lb/lb de arrabio.7 kg 1 119.340 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── ENTRADAS Fe2O3 Coque Aire 1 429. El coque contiene 90% de C y 10% de ceniza.22 libras de CaCO3.5 .0 kg 40. 36 tn 137.34 tn = 2.064 tn-mol Balance de silicio: Si (mineral) = Si (arrabio) + Si (escoria) Si (escoria) = 137.7 x (100/82) = 983.16 x (1.1634 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 (1/2.36 tn SiO2 en escoria = 52.36 x (60.67 tn 19.85) x (1/2) x 159.67 tn 19.24 = 541.16 tn-at C CO formado = 45.5) = 18.37 tn Fe2O3 SiO2 Al2O3 H2O 806.16 x 12 .92 tn = 45.CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO ───────────────────────────────────────── 341 Fe C Si 564 tn 24 tn 12 tn a) Mineral = (564/55.096 tn-mol CO2 formado = 45.1634 tn-mol CaO que se produce = 2.37 x 0.67 x (28.1) .5) = 27. El oxígeno que entra será: .37 tn b) CaCO3 = 983.12 = 52.1/28.5/2.22 = 216.1) = 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.1/60.67 tn ⎯⎯⎯⎯⎯ 983. 953 tn-mol kg-mol gases ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.5 Aire : = 2.7 tn-mol Aire = 80.342 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── Fe2O3 : (806.67/60.16/2) = 2.674 tn ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 126.096/2) + 18.36/159.573 tn-mol O2 SiO2 : (137.452 x (79/21) = 80.2115 = 211.953 tn-mol 3 832.29 tn-mol O2 = 3.5 x 673 1 x 22.15 tn-mol = 2 946 tn Gases formados: CO CO2 N2 H2O 27.555 .658 tn 18.096 tn-mol x 28 = 758.7 x (100/79) = 102.414 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 11 686 m3 P 1 273 c) .093 tn-mol x 18 = 19.103 = 21.816 tn 80.5 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 600 tn arrabio tn arrabio nRT 211.064 = 31.452 tn-mol O2 N2 (S) = 21.13.103 + X tn-mol O2 El oxígeno que sale será: Gases : (27.16 x 1.748 tn 126.612 tn-mol O2 Escoria : (112/60.1) + (2.064 tn-mol x 44 = 794.7 tn-mol x 28 = 2 259.5 = 7.7) x 1.555 tn-mol O2 X = 34.943 tn-mol O2 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 34.24 tn-mol O2 = X tn-mol O2 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 13.1) CaCO3 : 2.6 tn 1. Calcular: a) La composición y peso de la escoria por tonelada de mineral. Por tonelada de mineral se utilizan 600 kg de coque.7 tn SALIDAS Gases Arrabio Escoria: CaO Al2O3 SiO2 Ceniza 121 tn 19. .5% Si.748 tn gases ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 6. Se produce arrabio que contiene: 95% Fe. b) La composición y el volumen (CNPT) de los gases formados por tonelada de arrabio.6 .42 tn 3 832. 3. 1.67 tn 112 tn 60 tn ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 4 745.34 tn 2 946 tn ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 4 745.CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO ───────────────────────────────────────── 343 3 832.5% C.37 tn 600 tn 216.38 600 tn arrabio d) El balance de masa del alto horno será: ENTRADAS Mineral Coque Caliza Aire 983.75 tn 600 tn 9.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. 120 kg de fundente y 2 220 m3 (CNPT) de aire. 1) + 72 x (28.5 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 = (820/159.36 kg SiO2 en escoria = 71.1/60.0 kg 18.344 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── c) Comprobar el balance de masa del horno.06 = 71.13 kg 9.42 .62 kg La escoria estará formada por: CaO 67.53 kg 21.2 kg 24.9.82 kg b) .C.72 kg Fe C Si 573.36 x (60.06 kg ⎯⎯⎯⎯⎯ 603. : 1 000 kg de mineral a) Fe2O3 + 3 CO = 2 Fe + 3 CO2 CaCO3 = CaO + CO2 C + 0.2 kg Silicio a la entrada del horno: 100 x (28.1) = 80. B.90 % Al2O3 50.53 % SiO2 152.1/60.56 % ⎯⎯⎯⎯⎯ 269.7) x 2 x 55.1) = 152.42 kg Si Si en escoria = 80.62 kg 56.72 kg CaO producido = (120/100) x 56 = 67.85 x (100/95) = 603.1/28. 76 % v 16.80 kg-mol CO formado a partir del coque: [(528 .45 % 78.2 = 16.66 kg-mol x 18 = 29.34 % ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ⎯⎯⎯⎯⎯ 123.7 kg 63.24 kg-mol O2 (S) = 99.414) = 99.84 kg-mol CO2 formado = 15.04 x 0.24 kg-mol x 28 = 2 190.4 kg-mol CO CO en gases = 42.4 = 26.24 kg-at C = 42.7) x 3 = 15.43 % 1.60 kg-mol x 44 = 730.CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO ───────────────────────────────────────── 345 Aire = (2220/22.13)/12] = 42.88 kg 1.21 = 20.04 kg-mol = 2 856 kg N2 (S) = 99.04 x 0.79 = 78.52 kg 21.4 + 1.5 kg 123.34 x 22.34 kg-mol 3 702. 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 .414 m3 gases ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4 579 m3/tn arrabio 0.21.40 kg 13.6 kg-mol Gases de alto horno: CO CO2 N2 H2O 26.24 .84 kg-mol x 28 = 751.15.24 kg-mol CO CO en la reducción = (820/159. sobre la base de 1 tonelada de arrabio. . 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).5 kg Escoria 269.7 kg ⎯⎯⎯⎯⎯ 4 576.346 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── SALIDAS Gases 3 702.0 kg Calcule la relación entre la masa de amoniaco producido y la masa de hidrógeno que reacciona.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. calcular el balance de masa completo del horno. El arrabio contiene 4% de C.7 .8 kg Arrabio 603. ¿Cuánto amoniaco se produce por tonelada de PROBLEMAS PROPUESTOS 9. 6 % 0.10 . 9. Se utilizan 0. Calcular: a) Los kg de mineral utilizado por tonelada de arrabio. El fundente es CaCO3 puro y la escoria contiene 45% de CaO. Comprobar el balance de materia del horno. la mitad del MnO2 y una cuarta parte del SiO2 se reducen en el horno. c) El peso y composición de la escoria formada por tonelada de arrabio.CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO ───────────────────────────────────────── 347 9. El manganeso en la escoria está como MnO.Un mineral de hierro tiene la siguiente composición: Fe2O3 SiO2 MnO Al2O3 76 % 14 % 1% 9% .8 .7 % Puede suponerse que todo el Fe2O3 se reduce a Fe. 9. Los gases del horno contienen 24% CO y 9% de CO2.9 . Se utiliza 1 tonelada de coque por tonelada de arrabio y su composición es: C 90% y SiO2 10%. b) El porcentaje del SiO2 total y el MnO reducido en el horno.Un alto horno produce arrabio con la siguiente composición: Fe Si C Mn El mineral utilizado contiene: Fe2O3 SiO2 Al2O3 MnO H2O 78 % 9% 5% 1% 7% 93.6 % 2.2 lb de CaCO3/lb de mineral y 0. Suponer que el SiO2 del coque sale todo con la escoria.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.5 lb coque/lb de mineral.1 % 3. El coque contiene 90% C y 10% de SiO2. El arrabio contiene 4% de C. 2 % Mn 0. b) La composición de la escoria. d) El volumen en m3 (CNPT) de aire utilizado.11 .6% de C. 2% Mn. 11% SiO2 y 2% de Al2O3.6% de CaO. El arrabio contiene 93% de Fe.2 % C 3.0 % Si 1. calcular para 1 tonelada de arrabio producido: a) El peso de mineral. c) La composición de los gases formados y su volumen en pies3 (CNPT) por tonelada de arrabio. 9. Suponiendo que no hay pérdidas de hierro en la escoria. 1. CO2 13% y N2 61%.4% Si y 3.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. Se utilizan 91 000 pies3 (CNPT) de aire por tonelada de arrabio. El fundente es CaCO3 puro y el coque contiene 87% de C. si la escoria contiene 36% de CaO.12 .8 % Por tonelada de arrabio se utilizan 1 100 kg de coque. Calcular: a) Las libras de fundente por tonelada de mineral. El consumo de coque es 1 700 lb por tonelada de arrabio y la escoria sale con un 34.5 % Si 1. el cual contiene: 88 % de C y 12 % de SiO2. b) El peso de caliza (CaCO3 puro). 9.9 % Fe 93.Un alto horno produce arrabio con la siguiente composición: C 4.9 % El mineral suministrado contiene: . El análisis de los gases es: CO 26%.5 % Mn 0.348 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── Este mineral se alimenta a un alto horno para producir un arrabio con el siguiente análisis: Fe 94. c) El volumen en m3 (CNPT) de los gases de alto horno. 6 % 0. El fundente (0. El 62.48 ton/ton arrabio) es CaCO3 puro. b) La composición de la escoria. 9. 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.Un alto horno produce arrabio con la siguiente composición: Fe Si C Mn 93. b) Los m3 (CNPT) de aire utilizados. Calcular: a) Los kg de coque por tonelada de arrabio.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.13 .1 % 3.6 % 2. . Parte del hierro se pierde en la escoria como FeO. Calcular por tonelada de arrabio: a) Los kg de escoria formada.CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO ───────────────────────────────────────── 349 Fe2O3 Al2O3 MnO 80 % 3% 1% H2O SiO2 4% 12 % Por tonelada de arrabio producido se utilizan 1 750 kg de mineral.5% del carbono que es oxidado en el horno forma CO y el resto CO2. El fundente es CaCO3 puro y se cargan 360 kg por tonelada de arrabio. c) La composición de los gases formados. Se utiliza 1 tonelada de coque por tonelada de arrabio y este contiene: 90% de C y 10% de SiO2. c) El volumen de aire en m3 (CNPT) por tonelada de arrabio. 6 % Si 1. 12% SiO2 y 8% Al2O3.Un alto horno produce arrabio que contiene: C 3. Se utiliza 1 tonelada de coque por tonelada de arrabio producido.15 . calcular: a) El peso de mineral cargado por día. 3% MgCO3 y 2% de SiO2. c) El volumen de aire en m3 (CNPT). 9.Un alto horno utiliza un mineral con la siguiente composición: Fe2O3 90 % 10 % SiO2 El coque contiene 90% de C y 10% de SiO2.14 . No hay FeO en la escoria. 4% C y 2% Si. b) El peso y volumen en m3 (CNPT) de gas producido.4 % Fe 95. El volumen de aire es 3 150 m3 (CNPT) por tonelada de arrabio. La caliza contiene 95% de CaCO3. El coque (1 kg/kg arrabio) contiene 10% SiO2 y 90% C. el cual contiene: 94% Fe.25 kg de caliza (CaCO3 puro).350 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── 9.16 . b) La relación CO/CO2 en el gas de alto horno. El horno produce 500 toneladas diarias de arrabio.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. El arrabio contiene 4 % C y 1% de Si. Por cada 1000 kg de arrabio calcular: a) El peso de caliza necesario.0 % El mineral contiene 80% Fe2O3. Los gases producidos contienen: CO2 CO H2 CH4 N2 12 % 24 % 2% 2% 60 % La escoria contiene 45% de (MgO + CaO). . 9. SiO2 10%.17 . Por tonelada de arrabio. El fundente contiene: CaCO3 96%. El coque (90 lb/100 lb arrabio) contiene: C 84%.9 % La composición del coque es: C 88%. Arrabio: Fe 94%. calcular: a) El peso de mineral utilizado. b) El volumen en m3 (CNPT) de gas de alto horno. Al2O3 3% y H2O 3%. calcular: a) El peso y composición de la escoria formada.2% y C 3.9 % 0.7 % .4 % 2.18 . SiO2 4%.El mineral alimentado a un alto horno contiene lo siguiente: Fe2O3 MnO SiO2 Al2O3 P2O5 H2O 75.6 % 11.Un alto horno utiliza un mineral y produce un arrabio con las siguientes composiciones: Mineral: Fe2O3 84%. Los gases formados contienen: CO 28% y CO2 12%. c) El peso de gas de alto horno.0 % 1. Al2O3 3% y H2O 4%. 9.CAPITULO 9 : BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO ───────────────────────────────────────── 351 El fundente (1 kg/kg arrabio) es CaCO3 puro. 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. SiO2 9%. El fundente (50 lb/100 lb arrabio) contiene: CaCO3 95%. SiO2 5%. Si 2. 9. La cantidad de coque utilizado es 910 kg/ton arrabio y el fundente 330 kg/ton arrabio.0 % 4. FeS 2%.1 % 5.8%. El análisis del arrabio producido es: C Si Mn P 3.2 % 0.8 % 1. b) El peso de escoria formada. Por tonelada de arrabio. H2O 2%. Por cada 1 000 kg de arrabio.352 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO ──────────────────────────────────────── S 0. c) El volumen de aire en m3 (CNPT). El azufre que no está en el arrabio sale con la escoria como CaS. d) Comprobar el balance de materia del horno. . Los gases contienen 1. calcular: a) El peso de mineral requerido.2 % El 99% del hierro en el mineral es reducido y el resto sale con la escoria.2 % Fe 93. b) El peso de la escoria formada.75 partes de CO por cada parte de CO2 en volumen. TABLA 1 FACTORES DE CONVERSION DE UNIDADES LONGITUD: 1 cm = 0.3937 pulg 1 pulg = 2.16 pie-lbf = 252.54 cm 1 pie = 30.387 cm 3 3 ENERGIA : 1 BTU = 778.696 psi = 760 mm Hg = 29.48 cm MASA : 1 lb = 453.025 pulg 3 1 gal = 231 pulg = 3.036 pulg Hg = 6894.2642 gal = 61.3558 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 = 860.16 cal = 1055.59 g 1 slug = 32.76 Pa 2 1 pulg Hg = 33864 dinas/cm = 0.316 litros = 7.6 J 1 pie-lbf = 1.174 lb FUERZA : 1 N = 10 dinas 5 PRESION : 1 psi = 2.92 pul Hg = 101325 Pa 5 2 1 bar = 10 dinas/cm = 0.491 psi 1 atm = 14.341 HP .9869 atm VOLUMEN : 1 litro = 0.42 cal/hr = 3.4805 gal 3 3 1 pulg = 16.413 BTU/hr 1 HP = 745.0334 atm = 0.7 vatios = 550 pie-lbf /s 1 kw = 1.0353 pies = 0.785 litros 3 1 pie = 28. 6 4.2 47.96 118.TABLA 2 .38 91.01 162.72 72.008 197.944 74.76 39.88 127.99 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 24.13 132.92 238.3 173.003 1.92 65.21 39.09 22.27 20.00 30.916 112.76 126.23 207.94 174.95 131.4 183.32 54.7 150.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 26.96 28.9 69.91 32.90 232.12 169.457 58.41 40.63 152.69 14.04 88.61 95.91 35.975 156.08 12.94 63.07 50.7 107.94 114.183 92.93 200.92 186.31 102.98 121.91 85.2 190.22 .95 144.82 79.60 178.43 78.39 180.88 195.54 52.48 101.46 167.066 137.2 44.013 209.1 83.61 159.92 6.2 16 106.100 140.85 164.70 87.91 58.997 204.010 140.36 9.80 138.91 193.0 19.008 55.00 10. 7980 33.2030 57.0776 0.8000 65.7392 1.1097 0.7970 34.6420 4.0910 73.7494 3.0519 2.9111 3.2000 11.8475 5.6520 12.2527 1.5852 7.7912 1.1803 0.6820 52.0280 75.6570 55.7900 59.5690 9.8840 30.7117 2.7800 24.5330 20.4520 0.9010 19.2520 50.9690 29.4420 87.0880 63.2140 22.5150 27.4550 29.1955 0.4858 0.6009 0.4750 0.5560 67.2589 4.30 94.0 8.5670 25.52 16.8462 1.2910 19.3364 0.0806 4.0648 0.1903 7.1750 1.9730 37.9325 2.2890 18.4458 4.5310 0.0 8.8192 2.9820 19.5218 0.6960 17.0930 39.5020 47.0321 1.9220 0.3660 16.96 92.3626 0.8500 8.3022 6.6903 0.0 t oF ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200 210 0.0160 24.5570 22.5955 3.6490 14.66 14.1220 12.1820 46.8840 36.1411 0.0593 0.0460 79.0923 0.2010 71.2887 5.1007 0.1990 15.9666 1.4215 1.0130 77.9830 17.15 100.0540 0.5132 8.2118 0.1200 13.6097 2.1860 20.2170 27.5251 5.6442 0.0140 23.1532 0.0846 0.8250 35.7030 25.4670 28.68 89.1299 0.3099 3.0314 6.84 15.5930 26.26 (lbf / pulg2 o psia) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ .2750 23.4203 0.8812 7.3347 1.0 2.8430 24.2590 84.2450 40.5601 0.7725 6.3510 10.9520 10.2478 0.70 97.6110 13.8270 31.6250 18.0800 28.8580 49.3790 26.3560 69.3906 0.7720 15.22 15.7670 11.8970 44.0 2.6460 43.6250 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0.2020 9.0709 0.8610 21.0 4.5131 2.3120 0.4180 61.2891 0.1016 1.0 6.4430 21.6990 20.4491 3.2677 0.0 4.1664 0.7550 0.0629 5.1775 2.0 t oF ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 210 220 230 240 250 260 270 280 290 300 310 320 14.9046 1.1230 17.1500 54.2292 0.1193 0.1270 82.TABLA 3 PRESION DE VAPOR DEL AGUA (pulgadas de mercurio) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0.4290 41.0 6. 2 485.3 1285.6 1097.2 1589.5 978.5 798.2 439.2 700 3093.4 1520.0 2147.7 302.2 1062.3 580 1325.7 995.0 2819.0 650 2208.31 252.9 784.5 366.2 2498.1 576.8 2566.2 1892.8 264.1 1305.9 555.0 1974.0 8.9 587.5 322.4 2333.4 826.0 1497.04 156.0 600 1542.0 2973.68 182.5 3013.6 495.33 210.1 374.8 589.1 560 1133.6 770.9 1566.9 289.7 460 466.2 550 1045.63 138.2 450 422.95 160.4 632.21 360 153.1 2934.72 351.2* ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ .7 397.75 282.59 389.55 191.0 2636.1 520 812.4 2398.4 336.6 431.4 1367.1 680 2708.00 169.85 111.8 470 514.7 2088.5 1245.2 1453.0 t oF ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 330 103.0 2782.5 2002.3 329.1 2857.0 440 381.1 490 621.16 141.7 1735.6 534.6 840.6 668.8 448.77 200.0 1475.1 1151.7 457.17 350 134.01 121.0 6.9 476.0 2.77 131.20 124.6 731.2 1388.7 524.9 644.7 3206.8 1265.1 2301.50 205.8 1346.2 1637.84 114.1 915.6 430 343.1 670 2531.3 1079.3 1947.73 400 247.0 690 2895.93 165.9 258.15 370 173.4 480 566.9 946.2 295.25 215.6 1865.9 3176.0 900.2 870.0 1011.37 225.56 230.TABLA 3 PRESION DE VAPOR DEL AGUA ( lbf / pulg2 o psia ) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 0.3 1838.5 590 1431.4 2672.9 610.7 1188.7 270.92 108.8 693.5 1207.8 2118.7 3134.12 380 195.24 241.45 149.0 620 1786.1 2431.8 414.0 2601.2 1686.8 718.77 145.4 570 1226.0 1710.6 1761.1 630 1919.7 2031.0 2464.26 390 220.3 757.2 705.06 105.83 315.6 656.1 358.2 3053.0 4.6 540 962.07 186.7 2178.2 2270.85 236.6 1812.4 1613.6 410 276.1 610 1661.2 2239.5 1028.2 420 308.2 504.2 1115.1 1409.1 640 2059.37 177.45 127.7 544.3 930.7 405.3 1169.3 660 2365.0 530 885.8 855.7 500 680.1 2745.4 510 744.89 340 118. 46 3405.46.34.32.15 .385 241 .98 3626.79 2690.41.13 .39.8080 18.34 .9338 15.50.68 .31.94 .41.16 .380 260 .377 226 .9119 18.1516 16.51 2511. C = constantes Nombre 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 Fórmula C4H8O2 C3H6O C2H4O2 H2O C2H6O CH4O NH3 C6H6 C2H5Br C6H12 CHCl3 CS2 SO2 C7H16 C6H14 C5H12 CCl4 C6H5CH3 Rango o ( K) 260 .5875 16.44 .51 .280 270 .53.441 270 .19 3096.TABLA 4 CONSTANTES PARA LA ECUACION DE ANTOINE B ln P = A .48.35.57 3816.50 2788.97 .9481 15.350 290 .8333 15.35.45.330 253 .9008 15.8366 15.55 2477.68 2716.370 220 .369 257 .342 195 .93 .7527 15.46.8737 15.52.50 2940.36 .99 .56.07 2808. oK A.3036 16.⎯⎯⎯⎯ C+T Ecuación de Antoine: P = presión de vapor. mm Hg T = temperatura.55 2132.57.333 280 .261 280 .9732 15.364 179 .7680 15.9844 16.29 . B.85 2302.6513 16.410 A 16.0137 B 2790.374 280 .52 C .8742 16.67 .430 284 .400 245 .62 .50 .56.32 2697.63 2696.370 288 .44 3803.78 .35 2911.98 . . . Thomson.I.. L. Henley. PRINCIPIOS BASICOS DE LOS PROCESOS QUIMICOS . BALANCE EN INGENIERIA QUIMICA . Johnson.. Mc Graw Hill Co David M. Ceckler.. Daniel R. Graw Hill Co. Carlos. Lewis . INTRODUCTION TO CHEMICAL ENGINEERING CALCULATIONS. Bryce Andersen. Mc Graw Hill O. Manizales B.Ronald W.. INDUSTRIAL STOICHIOMETRY. Radasch. PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGIA EN LA INDUSTRIA ALIMENTARIA Limusa Ben Hur Valencia V. Himmelblau..Interamericana Litttejohn C.F. R. BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA . BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA . H. Reverté Richard M.. U. Ragatz. Meenaghan. H. Rouseau. STOICHIOMETRY FOR CHEMICAL ENGINEERS. INTRODUCTION TO CHEMICAL ENGINEERING. U. Watson R. Mc Graw Hill Co. Prentice Hall Edward V. INTRODUCCION A LA INGENIERIA QUIMICA. BALANCE DE MATERIA EN PROCESOS DE COMBUSTION.E.B. Williams. Nacional Bogotá Corcoran and Lacey.. Levis. E. Bieber.S. Van Nostrand Reinhold N. Mc Graw Hill Co Antonio Valiente Barderas.INTRODUCTION TO CHEMICAL ENGINEERING PROBLEMS.. BALANCE DE MATERIALES.. G. Mc.. METALLURGICAL PROBLEMS .. Nacional Sec. U. Mc Graw Hill Co. K. Mc Graw Hill Co. PRINCIPIOS DE LOS PROCESOS QUIMICOS.BIBLIOGRAFIA Allison Butts A..Hougen.S. A. Vora . E. Bhatt .. Reklaitis.. STOICHIOMETRY. Felder . Schneider. ... . E.. Wenzel.V. Nacional Bogotá W. Mc Graw Hill Caicedo Luis A. Ed..Y. L. CHEMICAL ENGINEERING CALCULATIONS.M... G.B. Willian H. El Manual Moderno Rodríguez P.