Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería QuímicaTEMA 9. PROBLEMAS APLICADOS A LA INGENIERIA QUIMICA Cálculo numérico en Ingeniería Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química Regresiones lineales múltiples. RLM.1. Transmisión de calor en una tubería La transmisión de calor a través de tuberías se sabe que el número de Nusselt (Nu) es función del número de Reynolds y del número de Prandlt: Nu = f (Re, Pr) D v ρ Cpµ hD =f , k k µ Una correlación ampliamente utilizada es la ecuación sugerida por Sieder y Tate: Nu = 0.023 Re0.8 Pr1/ 3 Los coeficientes de la anterior ecuación se han obtenido por correlación de muchos datos experimentales. Aunque en general la anterior ecuación se puede escribir como Nu = a Reb Pr c Donde a, b, c son parámetros ajustables. Para los siguientes datos experimentales obtenidos en una tubería de ¾ de pulgada de diámetro externo a. compruebe la ecuación original de Sieder y Tate, calculando el error para cada punto y representándolo gráficamente) b. Utilice una correlación lineal múltiple para hallar los parámetros a, b, c. Y calcule y represente nuevamente los errores obtenidos en esta correlación. Punto Re Pr Nu 1 49000 2.3 277 2 68600 2.28 348 3 84800 2.27 421 4 34200 2.32 223 5 22900 2.36 177 6 1321 246 114.8 7 931 247 95.9 8 518 251 68.3 9 346 273 49.1 10 122.9 1518 56 11 54.0 1549 39.9 12 84.6 1521 47 13 1249 107.4 94.2 14 1021 186 99.9 15 465 414 83.1 16 54.8 1302 35.9 Cálculo numérico en Ingeniería Solución: Para linealizar la ecuación basta tomar logaritmos. Así: log( Nu ) = log(a ) + b log(Re) + c log(Pr) Haciendo un ajuste lineal múltiple, se obtiene que log(a) = -0.1684 ⇒ a = 10-0.1684 = 0.6786 b = 0.5374; c = 0.2435 La representación de los errores utilizando la ecuación original y la obtenida por el ajuste es la siguiente: 20 0 -20 -40 -60 -80 20 10 0 -10 Nu -20 -30 -100 -120 -140 -160 -40 -50 -60 0 2 4 6 8 10 12 14 16 0 2 4 6 8 puntos 10 12 14 16 En azul aparecen los errores de la correlación de Sieder y Tate, y en rojo los errores cuando se ajustan los datos experimentales. RLM.2. Transferencia de calor en un reactor de lecho fluidizado Dow y Jacob [Dow, W.M. y Jacob, M. Chem. Eng. Prog. 47, 637 (1951)] propusieron las siguientes ecuaciones adimensionales para modelar la transmisión de calor en un tubo vertical con un sólido fluidizado con aire: 3 4 5 a Dt 2 Dt 1 − ε ρ s Cs Dt G Nu = a1 L D p ε ρ g Cg µ g Determine los parámetros a1-a5 y los errores cometidos. a a a 518 0.521 0.1613.6221. ρ g . ρ s Dt L 0. C g .7402 0.1602 a5 0.451 0.641 0.7041·10 -0. 0.602 0.283 0. 0.4260 -4 a4 -5. Basta para ello tomar logaritmos en ambos lados de la ecuación: D 1 − ε ρ s Cs DG D log( Nu ) = log(a1 ) + a2 log t + a3 log t + a4 log + a5 log t Dp ε ρ g Cg µg L Utilizando ahora una rutina para regresión lineal múltiple: Coeficientes Intervalo de confianza del 95% log(a1 ) 0.3753. µ g Propiedades de la fase gas Solución Se debe en primer lugar linealizar la ecuación.0714 -0.285 0.974 0.8583 a3 0.455 0.636 0.7082. 0. 0.985 0.3454 0.7865 0. 0.524 0.944 0.602 0.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química hm Dt kg 469 913 1120 234 487 709 581 650 885 672 986 1310 1190 1890 2460 915 1260 1690 Nu = hm Dt Dp L G Cs .5181 a2 0.636 0.2648.8648 .285 0.617 hm Dt kg Dt Dp 1 − ε ρ s Cs ε ρ g Cg Dt G µg 256 555 786 255 555 850 254 300 440 338 565 811 343 573 814 343 485 700 309 309 309 309 309 309 683 683 683 1012 1012 1012 1130 1130 1130 1130 1130 1130 833 868 800 800 800 767 795 795 795 867 867 867 1608 1608 1608 1673 1673 1673 Número de Nusselt Coeficiente individual de transmisión de calor Diámetro de tubo Diámetro de partícula Longitud del lecho fluidizado caliente Velocidad másica del gas Propiedades de la fase sólida k g .455 0. 05 0 2 4 6 8 10 puntos 12 14 16 18 RLM..3.1 4 -40 16.3 15 70 124 6 -20 25.8 14 60 107.72 12 40 78 3 -50 12. .02 -0. Pv Linealice la ecuación anterior y determine. Para ello se debe reescribir la ecuación B A+ T +C = 10 B .Cálculo numérico en Ingeniería El resultado muestra que los intervalos de confianza para el primer parámetro y para el cuarto cortan el valor cero. 0. identificando términos Pv log( Pv ) = A + B A+ T +C = 10 .. al menos en el intervalo de valores experimentales testado.4 17 90 164 8 0 38. posiblemente a1 se pueda fijar a uno y que la dependencia del cuarto término se pueda despreciar. Solución: Para poder obtener los parámetros el primer paso es obtener una expresión lineal. Represente los errores cometidos en P vs T para cada dato.8 7 -10 31.04 0. log( Pv )(T + C ) = A(T + C ) + B T +C log( Pv )T + C log( Pv ) = AT + AC + B. log( Pv )T = ( AC + B) + AT − C log( Pv ) Recordando que en una regresión lineal múltiple y = a0 + a1 x1 + a2 x2 + .2 5 -30 20. utilizando regresión lineal múltiple.01 -0. los parámetros A.03 0.5 20 120 240 Represente los valores calculados y experimentales en una gráfica P vs T.01 error [log(Nu)] 0 -0.4 16 80 142. lo que indica que.37 11 30 66.6 13 50 91.3 2 -60 9.2 18 100 187 9 10 46 19 110 213 10 20 55.04 -0.03 -0. B y C para los siguientes datos de presión de vapor del propano Punto T (ºF) P (psia) Punto T (ºF) P (psia) 1 -70 7.02 0. Correlación de los parámetros de la ecuación de Antoine para el calculo de la presión de vapor de un componente puro (propano) La ecuación de Antoine permite calcular la presión de vapor de un componente puro en función de la temperatura. 67 73.6 Presión (psia) 150 error (psia) -60 -40 -20 0 20 40 Temperatura (F) 60 80 100 120 0.93 17 1300 195.67 2 100 41.6 5 273.85 8 400 94.4 0 2 4 6 8 10 punto 12 14 16 18 20 RLM.1183 Y por lo tanto: A = 5.21 9 500 112.2 0 -80 -0.35 3 150 48..2258 . x2 = log( Pv ) a0 = AC + B.06 11 700 142.07 14 1000 174.2258.59 19 1500 205.89 10 600 128. a2 = -428. Ajuste los datos de la tabla siguiente y a polinomios de diferentes grados y compárelos entre sí Cp Cp Punto T (K) Punto T (K) -1 -1 (kJ kmol K ) (kJ kmol-1 K-1) 1 50 34.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química y = log( Pv ) T .8 0. a1 = A.3026. a1 = 5.77 13 900 163.15 7 300 73.7 Represente calores de Cp calculados y experimentales vs T en la misma gráfica Nota: en este caso es necesario escalar los valores de T.0 .79 4 200 56. para ello defina una T nueva variable: T * = (donde Tm es el valor medio de las temperaturas) de Tm tal forma que . Capacidad calorífica del propano.6 16 1200 189. x1 = T .01 18 1400 201. a2 = − C Haciendo el ajuste lineal múltiple se obtiene que: a0 = 677. B = -1560.1183 Las representaciones de los puntos experimentales y los calculados a través de la regresión.4 100 0. así de los errores cometidos en cada punto son: 250 Calculados Experimentales 200 1 0.2 0 50 -0. La capacidad calorífica del propano gas se puede expresar como un polinomio de la temperatura: C p = a0 + a1T + a2T 2 + a3T 3 + .4.16 68.74 15 1100 182.3 12 800 154.. C = 428.74 6 298. 5 2 2.0625 -12. 154.1304 -4. Correlación de los coeficientes de actividad de una mezcla binaria utilizando la ecuación de Margules. Los parámetros A y B son constantes para cada mezcla binaria.1742 K Utilizaremos directamente T* para el resto del problema.. ai = ii 2 3 Tm Tm Tm Tm Solución: De acuerdo a la sugerencia del enunciado calculamos Tm =672.5 1 T* 1. grado 3 RLM.7504 -31.5 error polin.5 2 2. x2 son las fracciones molares de los componentes 1 y 2 respectivamente y γ 1 ..5235 132..Cálculo numérico en Ingeniería C p = a0 + b1 T * + b2 T * ( ) ( ) 2 + b3 T * ( ) 3 + .. Polinomio grado 2 Intervalo de confianza del 95% a0 17.1096 0. γ 2 son los coeficientes de actividad.5 1 T* 1. Los resultados los ajustamos a polinomios de diversos grados (entre 2 y ) los resultados se dan en la siguiente tabla. Y por lo tanto : a1 = b b b1 b .. -24.5.9203 a0 a1 a2 a3 Los resultados del ajuste se pueden ver a continuación.5 Cp experimental Polinomio grado 2 Polinomio grado 3 6 5 4 3 2 1 0 -1 -2 -3 -4 0 0.1376] a2 -27.2679 7.5947 Intervalo de confianza del 95% 15. ..4715] Polinomio de grado 3 20.3905 [138.8850 25.8513 [-31. 220 200 180 160 error de Cp 140 Cp 120 100 80 60 40 20 0 0.3747 150. grado 2 error polin. se incluye el valor de los parámetros para un intervalo de confianza del 95%. La ecuación de Margules para la correlación de de coeficientes de actividad en mezclas binarias es: 2 3 γ 1 = exp x2 (2 B − A) + 2 x2 ( A − B) 2 3 γ 2 = exp x1 (2 A − B) + 2 x1 ( B − A) Donde x1..3303 .7427 [14.1552] a1 146. 21. a2 = 2 .2312 ..0070 -10. a3 = 3 .6433 .1620 113. 4038 Calcule los valores de los parámetros A y B Solución: En este caso podemos reordenar la ecuación que nos da la energía libre de exceso de la siguiente manera: G 2 2 g = E = x1 ln(γ 1 ) + x2 ln(γ 2 ) = A x1 x2 + B x1 x2 = Az1 + Bz2 RT 2 donde z1 = x1 x2 .5 -1 0 0.0676 7 0.40 5.1016 0.5824 1.06 0.0838 1.9985 2 0.1 0.7 fraccion molar de benceno 0.03 0.2021 5.04 0.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química Las dos ecuaciones anteriores se pueden combinar para calcular la energía libre de exceso de Gibbs.0159 5 0.2 0.0311 1.08 0.2 0.2511. B = 0. Teniendo esto en cuenta se obtiene: A = 0.1988 1.9998 3 0.3 0.5 0.2792 1.6 0. 2 z2 = x1 x2 La dificultad en este caso es que el ajuste lineal múltiple exige que la recta de correlación pase por el origen.2798 0.0861 1.10 5.09 0. representada por A → B PA (atm) PB (atm) r ·105 1 0.55 .0010 0.0068 4 0.4 0.8 0.3 0.0464 1.02 0.1096 8 0.2358 1.0538 1.7 fraccion molar de benceno 0.1196 1.05 0. G g = E = x1 ln(γ 1 ) + x2 ln(γ 2 ) = x1 x2 ( Ax2 + Bx1 ) RT Para la mezcla Benceno (1) y n-heptano (2) están disponibles los siguientes datos: x1 γ1 γ2 Punto 1 0.0078 1.7842 1.01 experimental calculado 1. Regresión de velocidades de reacción catalítica heterogénea.3842 1.1 0. La Tabla siguiente presenta la velocidad de reacción para la siguiente reacción catalítica heterogénea.2968 0.5 0.8 0.8 0.4 0.8972 1.1664 9 0.4857 1.9 1 RLM.2401 10 0.9 0.6.1598 1.5 0 -0.4609 0.07 GE/(RT) 0.9 1 0.6 0.5 x 10 -3 1 error (GE/RT) 0 0.6904 1.1 0.2004 1.0359 6 0. 4 -0.7 0.3011 5.00 0. determine dichos coeficientes. Solución La ecuación anterior se puede lienalizar reordenando los términos.6 -0.4004 6.6040 6. PA r 1 2 = 1 K K + A PA + B PB = a1 + a2 PA + a3 PB k1 k1 k1 2 El resultado es: a1 = − 177.8 0.6 0.8415 y por lo tanto 1 −5 k1 = = 3. a3 = 215.3 0.85 0. a2 = 317.7020 6.45 Se ha sugerido la siguiente ecuación para correlacionar los datos: k1PA r= donde k1 .30 0.2138 1 0.Cálculo numérico en Ingeniería 0.5043 6.15 0. invirtiendo y tomando la raíz cuadrada.2 (PA/r)0.4 0. Utilizando regresión lineal. K A y K B son coeficientes que deben 2 1 + K P + K P ( A A B B) determinarse por regresión.5511.8217 K A = a2 k1 = 1.2 -0.8217.5 0.5 0 -0.7858 K B = a3 k1 = 1.1625 ·10 − 177.4 0.6 0.8 -1 1 2 3 4 Puntos 5 6 7 8 . 01 m3/s. Diámetro de una tubería a través del flujo Utilizando la ecuación de Chen.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química Ecuaciones Ecuaciones no lineales ENL.898 3. por ejemplo: ε ε 1. Si por la tubería circulaba agua con un caudal de 0. comp j zj Aj Bj 1 0.01 para una tubería con rugosidad relativa ( ε ) 0. (Utilice diferentes métodos numéricos para calcularlo) Ecuación de Chen: ε ε 1.7065 Re f Y aplicar cualquier método numérico (bisección Newton. utilizando todos los métodos estudiados. etc) D = 0.006. Determinar que fracción de mezcla de ha evaporado.1 -3848 8.3869 m.082054 atm l /mol K.8257 Re0. Hallar el volumnen molar del CO2 a 500 K y 10 atm.8506 1 5.898 3.2 -4002 7.2 -5595 8.8257 + Re0.2 -4997 8. V es el volumen V molar (l/mol).7065 Re f Solución: Se debe reescribir la ecuación igualándola a cero.847 . Evaporador Flash Una mezcla de composición (fracción molar) como la de la tabla se introduce en un evaporador flash a la temperatura de 160 ° C y 1 atm.358 2 0.3.0452 + log = − 4 log − 2.8506 1 5.04267 l / mol. Solución Para los métodos de punto fijo es necesario despejar el volumen molar del gas de alguna manera.592 l atm / mol B= 0. depende de cómo despeje el volumne).833 3 0. Resolviendo por diferentes métodos se obtiene: V= 4.1098 5. por ejemplo: RT V = +B A P + 2 V (Tenga en cuenta que no siempre convergerá. 2 2 Nota: A= 3. secante.2. T es la temperatura absoluta (K) y R=0.665 4 0. ENL.055 l Para métodos como el de Newton la ecuación hay que reorganizarla de forma que quede igualada a cero A P + 2 (V − B ) − R T = 0 V ENL. Ecuación de Van der Waals La ecuaciónd e Van der Waals para un gas es: A P + 2 (V − B ) = R T donde la P es la presión (atm). Suponer mezcla ideal. un alumno de Ingeniería química obtuvo un factor de fricción ( f ) de 0.1098 5.1. ¿Cuál era el diámetro de la tubería?.0452 + 4 log − log =0 2. 1 + Bj -6301 -7296 Kj= 9.0161 0.2 0.078 P* j T + 460 P Nota: la forma más fácil de resolver el problema es resolver ( ) Aj (T ° C) ∑ (x j − y j ) = 0 j =1 n donde xj. V F L Haciendo un balance de material.2331 4 0. yj son funciones de la fracción evaporada. Este problema se puede resolver planteando el conjunto completo de ecuaciones o bien reducirlo a una única ecuación que dependa sólo de la fracción de vapor. Veámos como se puede llegar hasta este punto.1 0. sustituyendo en la ecuación anterior se tiene que: xj = zj (1 − α ) + α K j Como sugiere el enunciado se puede resolver una sola ecuación de la forma n n n z j (1 − K j ) zj zj x − y = 0 = − K =∑ ∑ j j ∑ j (1 − α ) + α K j (1 − α ) + α K j j =1 (1 − α ) + α K j j =1 j =1 El resultado es: α = 0.2610 3 0.2 0.3382 0.261 10.2 0.1381 2 0.Cálculo numérico en Ingeniería 5 6 Ln K j = 0. Calcule también las temeraturas e rocío y burbuja de la mezcla.6876 comp j xj yj zj 1 0.1 0.2251 0.1372 6 0.1886 5 0.2 0.2 0.1272 0. Solución. F = L +V Fz j = Lx j + Vy j Defiendo la fracción de vapor como α = z j = (1 − α ) x j + α y j V F Como y j = K j x j .0658 0.2276 0.0420 ( ) . 3740 NOTA: Los valores iniciales son muy importantes en este caso.63 K3 = = 5 (l/mol) C A CB CC C B CA CX Resuelva el sistema de ecuaciones por el método que considere oportuno. aplicando el método de Newton es: ε1 = 0.7053. ε 2 = 0.5 M CBo = 1. si ε i es el grado de avance de cada una de las reacciones se tiene que: C A = C A0 − ε1 − ε 3 C B = C B 0 − ε1 − ε 2 CC = ε1 − ε 2 C D = ε1 CX = ε 2 − ε3 CY = ε 2 CZ = ε 3 Para evitar divisiones por cero conviene pasar los términos que están dividiendo multiplicando y dejar el sistema de ecuaciones de la siguiente manera: CC CD − 1. con .06 K 2 = X Y = 2.06 C ACB = 0 C X CY − 2. ε 3 = 0. Todas las tuberías son de 6” catálogo 40 (0. (No use el valor cero como valor inicial). ENL. Circulación de fluidos en una red de tuberías Agua a 25 ºC está circulando por la red de tuberías que se muestra en la figura. porque desde el punto de vista puramente matemático el sistema tiene diferentes soluciones.4. Solución: Quizá la mejor forma de resolver el problema sea utilzar grados de avance de cada ecuación.63 CC CB = 0 C Z − 5 C AC X = 0 El resultado.154 m de diámetro interno). Justifique su elección.5. y el agua se descarga a presión atmosférica al final de la línea. La presión a la salida de la bomba es de 15 bares (15 105 Pa) sobre la atmosférica. Así.5518. Reacciones de equilibrio Sea el siguiente conjunto de reacciones: A+ B → C + D C+B → X + Y A+ X → Z Calcule las concentraciones de equilibrio de cada una de las especies si inicialmente se introduce una concentración de: CAo = 1. Tome valores iniciales razonables para cada una de las variables.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química ENL. Conviene comprobar que el resultado final de concentraciones lleva a soluciones con sentido físico.5 M Datos: Las constantes de equilibrio para el sistema son: CC C D C C CZ K1 = = 1. 2. j = ki . . j = 2 π 2 D5 π D2 / 4 ( ) 0 q01 1 q12 5 q45 4 q24 2 q23 q34 q13 3 Repita el problema pero ahora usando una ecuació adecuada para calcular el factor de fricción.Cálculo numérico en Ingeniería rugosidad relativa 0. j 2fρ D = 32 f ρ Li . q01 − q12 − q13 = 0 q12 − q24 − q23 = 0 q23 + q13 − q34 = 0 q24 + q34 − q45 = 0 ∆P01 + ∆P bomba 12 + ∆P 24 + ∆P 45 = ∆P ∆P 13 − ∆P 23 − ∆P 12 = 0 ∆P23 + ∆P34 − ∆P24 = 0 Que junto con la ecaución que relaciona los flujos y las caidas de presión define completamente el sistema de ecuaciones. 2. 3 y 4 para la red. Información adicional y notas: Para la solución del problema es conveniente expresar la pérdida de presión en cada nodo desde i hasta j como: ∆Pi . Asuma que el factor de friccion es constante e igual a 0. L13 = L24 = L34 = 1200 m Calular los flujos y presiones en los nodos 1. j está relacionado con los factores de fricción de fanning y la velocidad media de los fluidos a través de la ecuación Li .1. La suma de todas las caidas de presion en un bucle cerrado debe ser cero. Solución: Hay dos relaciones que gobiernan el proceso. j es la cadida de presión. j es el flujo volumétrico y ∆Pi . L12 = L23 = L45 = 300 m.006. La suma de los flujos en cada nodo dbe ser cero. Las longitudes equivalentes de todas las tuberías conectando los diferentes nodos son L01 = 100 m. j ki . j ( ) 2 Donde qi .005 para todas las tuberías. El término ki . j qi . 1549 5.256 = − 4 log 3.6. por ejemplo trabajando en kPa y en litros/s Caso a: Tramo Q (l/s) P( kPa) 0-1 0.5 mm Datos para el aire ρ = 1. Datos para la partícula: ρ p = 7860 kg / m3 D p = 0.1985 0.7 Re f f f. Velocidad terminal Determinar la velocidad terminal de una partícula sólida cayendo en un fluido.2682 0.2809 0.2809 0.1059 2.0697 0. j qi .Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química ∆Pi . Por ejemplo la ecaución de Coolebrock y White.5165 2-3 0. Nuevamente para facilitar la resolución numérica es conveniente escalar las variables.1569 5. Considere una partícula esférica uniforme de hierro cayendo en aire.3159 1-3 0.2809 ENL.3118 5.3494 3-4 0.79 ·10−5 Pa·s Notas: La velocidad terminal de una partícula esférica cayendo en un medio fluido se puede determinar por la siguiente expresión vt = 4 g ρ p − ρ Dp 3 CD ρ ( ) .1929 0. Debemos ademas utilizar una ecuación adecuada para los factores de fricción.1352 2-4 0.23 kg / m3 µ = 1. Ahora los factores de fricción son también incognitas de nuestro sistema.103 Tramo Q (l/s) P( kPa) 0-1 0.3530 4-5 0.3494 0.5248 0. En este caso se puede escalar por un factor de 100 el factor de friccioón.3915 0. ε 1 D + 1.2059 2. j ( ) 2 Dado que los flujos en m3/s pueden ser muy pequeños en comparación con las presiones combiene escalar el problema.3812 1-3 0.1232 0.4583 Caso b.0491 0.4160 0.5248 2-4 0.8194 1-2 0.3530 0.3118 1.2809 1-2 0.3159 0.3915 0. j = ki .4160 2-3 0.5261 3-4 0.3909 4-5 0. Temperatura de llama Cuando se quema gas con aire.1 Re 24 CD = (1 + 0.1 ≤ Re ≤ 1000 Re vt D p ρ Donde Re = µ Solución.Cálculo numérico en Ingeniería El coeficiente de rozamiento depende del número de Reynolds de la sigueinte manera: 24 CD = Si Re < 0.1.7 ENL.14 Re0. Determine la temperatura de .7. Reordar que f = 16 Si Re < 2100 Re ε 1 1.256 = − 4 log D + 3.8.7 ) Si 0.586 m / s . Debemos además comprobar el número de Reynolds que es a la velocidad terminal 260.Suponiendo un número de Reynolds maor que 0.7 Re f f Si Re ≥ 5000 10 0 4·f 10 -1 10 -2 10 2 10 3 10 4 10 Re 5 10 6 10 7 10 8 ENL. se obtiene vt = 7. es lo que se conoce como temperatura de llama adiabática. Realmente basta con resolver una ecuación con una incognita que es la velocidad terminal. Gráfica de Moody Dibuje la gráfica de Moody utilizando la ecuación de Coolebrok para el factor de fricción en régimen turbulento Solución: La gráfica de moody representa el Número de Reynolds frente a 4f . Esta temperatura depende de la composición del gas así como de la cantidad de aire con la que este se queme. la temperatura máxima teórica que se puede alcanzar en la llama. C2H6: -372820 cal/mol.148 3. xN2 ( )aire ( )aire = 0.3 CH4 2.524 1.79 Llamando r a la relación aire/gas natural y tomando como base de cálculo 1 mol de gas natural las cantidades iniciales de cada componente en la mezcla serán: El oxígeno necesario para la combustión completa será: 7 ( O2 )combustion completa = 2 ( CH 4 )0 + ( C2 H 6 )0 2 El oxigeno consumido por cada reacción (suponiendo que la reacción fuese completa) sería: (O2 )0 (CH 4 )0 ( O2 )reac1 = 2 2 (CH 4 )0 + 3.75.283 H2O 6.21.923 O2 6. N2: 4% en volumen.044 -4. además no hay preferencia por ninguna de las reacciones y ambas se dan en la misma extensión (lo que nos permite tratarla como si fuera una sola reacción) La composición del gas natural (fracción molar = fracción en volumen) xCH 4 = 0.5(C2 H 6 )0 ( O2 )reac 2 = 3. Solución: Para determinar la temperatura de llama adiabática debemos realizar un balance de materia en función de conversión y un balance de energía.247 32.396 -3.23.545 CO2 7. Entalpía combustión: CH4: -212798 cal/mol. xN2 = 0. a b c 3. Sin embargo vamos a suponer que el metano y el etano no reaccionarían mas y simplemente se calentarían. Composición del gas natural: CH4: 90% en volumen.256 2.381 18. La capacidad calorífica de los diferentes gases implicados se puede expresar por: Cp = a + b T + c T 2 ( T en K y Cp en cal/mol K).02 Y la composición del aire xO2 = 0.214 10.5 (O2 )0 (C2 H 6 )0 2 (CH 4 )0 + 3.5 y 20. Las reacciones de combustión son las siguientes: CH 4 + 2O2 → CO2 + 2 H 2O C2 H 6 + 7 O2 → 2 CO2 + 3 H 2O 2 Nota: Si no hay oxigeno suficiente para la combustión se forman productos de de combustión incompleta. C2H6 : 6% en volumen.298 0.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química llama adiabática cuando se quema gas natural. Considere los casos en los que la relación aire/gas natural varía entre 0. xC2 H 6 = 0.201 -11.049 C2H6 6.102 -0.5(C2 H 6 )0 .001 N2 La temperatura ambiente y de todas las entradas al quemador es de 25° C.25 -0. 2400 2200 2000 1800 1 0. Los moles finales se pueden calcular en función de la conversión de la siguiente manera: CH 4 = ( CH 4 )0 (1 − ζ ) C2 H 6 = ( C2 H 6 )0 (1 − ζ ) CO2 = ( CO2 )0 + ( CH 4 )0 ζ + 2 ( C2 H 6 )0 ζ H 2O = ( H 2O)0 + 2 ( CH 4 )0 ζ + 3.5 ( O2 ) reac1 Si ( O2 )combustion completa < ζ = ( CH 4 )0 En otro caso ζ =1 Donde ζ es la conversión.8 conversión de metano 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 0.2 0.3 0. CH 4 ( CH 4 )0 − CH 4 + ∆H C .7 0.1 0 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 Temperatura K 1600 1400 1200 1000 800 600 400 relacion aire/gas natural relacion aire/gas natural .5 0.Cálculo numérico en Ingeniería La conversión dependerá de la cantidad de oxigeno disponible. Como esa de esperar la temperatura máxima se obtiene justo cuando se añade la cantidad estequiométrica de aire. Así: 0.9 0.6 0.5 ( C2 H 6 )0 ζ O2 = (O2 )0 − 2 ( CH 4 )0 ζ − 3.5 ( C2 H 6 )0 ζ N 2 = ( N 2 )0 Finalmente de un balance de energía ∆H C . (primer punto de conversión total).4 0. C2 H 6 ( C2 H 6 )0 − C2 H 6 + ∑ (moles finales)i ∫T C p (T )i i 0 T =0 Si resolvemos utilizando un método de Newton la ecuación anterior para diferentes valores de r se obtiene. 36% en peso de cromato. D1 7% Xileno 4% Estireno 54% Tolueno 35% Benceno D 15% Xileno 25% Estireno 40% Tolueno 20% Benceno B1 18 % Xileno 24 % Estireno 42 % Tolueno 16 % Benceno 15 % Xileno 10 % Estireno 54 % Tolueno 21 % Benceno D2 F = 70 kmol/min B B2 24 % Xileno 65 % Estireno 10 % Tolueno 1 % Benceno a) Calcula el flujo molar de las corrientes D1.36% peso cromato potasico Se combinan 4500 kg/h de una disolución que contiene 1/3 (fracción másica) de cromato potásico con un flujo de recirculación que contiene 36.2. b) Reduce el flujo original de la corriente de alimento en un 1% y luego en un 2% y repite el apartado (a). D2. LIN. a partir de una disolución acuosa de esta sal. tolueno y benceno se separan en la siguiente secuencia de columnas de destilación. El flujo combinado se alimenta a un evaporador. . El flujo concentrado que sale del evaporador contiene un 49. Balances de materia en estado estacionario para una secuencia de separación. Agua Sólido 4500 kg/h Evaporador Cristalizador Disolución R=36. B1 y B2.1.9% en peso de cromato.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química Ecuaciones lineales LIN. estireno. c) Determina el flujo molar y las composiciones de las corrientes B y D del apartado (a). Recuperación de Cromato potásico cristalino A continuación se muestra el diagrama de flujo de un proceso en régimen estacionario para la recuperación de cromato potásico cristalino. El p-xileno. Explica los resultados. La otra parte que es una mezcla de sólido y disolución al 36. Una parte se filtra y se recircula.Cálculo numérico en Ingeniería Este flujo se alimenta a un cristalizador donde se enfría (produciendo la precipitación de cristales de cromato potásico). Se sabe que el 95% en masa de toda la parte extraída del sistema es cromato sólido.36% en peso se extrae del sistema. Plantee un sistema de ecuaciones lineal y calcule todas las variables desconocidas del sistema . δ )(1 .9 0.ub k es la constante cinética de la reacción (igual a 3 seg-1 en nuestro caso) γB es la fracción de sólidos en la estela (igual a 10-3 en nuestro caso) .2 0. −1 k1 = 0.2.1 0 0 1 2 3 4 5 6 tiempo (s) 7 8 9 10 A B C EDO.8 m de longitud y 1 m de diámetro se lleva a cabo una reacción catalítica. Reactor de lecho fluidizado En un reactor de lecho fluidizado de 0. la variación con el tiempo de las especies A.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química Ecuaciones diferenciales ordinarias EDO.5 min k1 k2 A → B →C A(0) = 1.(1 . C (0) = 0 t ∈ [ 0.6 0. El resultado es: 1 0. B(0) = 0. utilizando los métodos numéricos que considere oportunos.δ K be ( C Ab .δ ) u mf = (1 . con lo que las concentraciones de reactivo A en la fase burbuja (CAb) y en la emulsión (CAe) siguen las ecuaciones: En estas ecuaciones: z es la distancia hasta el fondo del lecho (altura) d C Ab = γ b k C Ab + K be ( C Ab .10 ] −1 k = 1. B y C en la siguiente reacción.1.C Ae ) dz d C Ae .C Ae ) dz .0 min 2 Solución: Las ecuaciones que hay que integrar son las siguientes: d CA = − k1C A dt d CB = k1C A − k2CB Con las condiciones de contorno dadas en el dt d CC = − k2 C B dt enunciado. Cinética de reacción reacción Calcule. El modelo de flujo aplicable es el de partículas de tamaño intermedio.ε mf )k C Ae .5 0.8 0.4 0.3 0.7 Concentración 0. u mf ) z 0.5 +5. Se desea conocer cómo varían a lo largo de la altura del reactor: 0. [ m / s] {( ) } u0 es la velocidad de alimentación del gas (igual a 0.3( u0 .77 3 db D es la difusividad del reactivo (9 10-5 m2/s en nuestro caso).81 [SI] δ es la fracción de burbujas.5 dt1.11 d b = 2.5 a) las concentraciones CAb y CAe. que es una función de la posición: 1. que es una función de su diámetro: ub = 16 .4 m/s en nuestro caso) ubr es la velocidad de ascenso de una burbuja individual: 0.Cálculo numérico en Ingeniería umf es la velocidad mínima de fluidización (igual a 0. uo − umf + 113 .u mf δ= ub Kbe es el coeficiente de transferencia de materia desde la burbuja a la emulsión que debe calcularse mediante el uso de Kbc (burbuja-nube) y Kce (nubeemulsión): 1/Kbe = (1/Kbc)+(1/Kce) D0. y luego sustituir para encontrar cada una de los parámetros que se piden: .5 g1/ 4 umf -1 K bc = 4.35 + ubr .85 5/ 4 [ s ] db db D ε mf ubr [ s-1 ] K ce = 6.711(g d b ) dt es el diámetro del reactor (igual a 1 m en nuestro caso) db es el diámetro de una burbuja.5 ubr = 0.1 mol/L b) los coeficientes de transferencia Kbc y Kce c) el diámetro y la velocidad de las burbujas Solución: Basta resolver las ecuaciones diferenciales del enunciado.45 en nuestro caso) ub es la velocidad de ascenso de la burbuja.21 m/s en nuestro caso) εmf es la porosidad en el punto de mínima fluidización (igual a 0. teniendo en cuenta que a la entrada son ambas iguales a 0. db0. que puede calcularse con la expresión: u 0 . 08 0.3.3 0.6 0.01 0 0 0.7 0.4 altura 0.1 0.5 Altura en el reactor 3 Concentracion en fase burbuja Concentracion en fase emulsion 0.07 Concentracion (mol/L) 0.8 0.04 0.4 0.35 0.5 0.3 0.2 0.2 0.05 0 0 0.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química 0.05 0.5 0.1 0.3 2.5 0.25 2 velocidad diametro 0.3 0.7 0.6 0.3 0.02 0.4 altura 0.2 1.1 0.7 0. Reactor encamisado exotérmico .06 0.15 1 0.8 10 5 10 4 Kbc Kce 10 3 10 2 10 1 10 0 10 -1 0 0.7 0.03 0.5 0.2 0.1 0.4 altura 0.09 0.5 0.1 0.6 0.8 0 0 0.6 0.1 0.8 EDO.5 0.2 0. la temperatura inicial del sistema de reacción es 340 K. T 12 k0 = 3.00012239 0. . NOTAS: 1. Integre para los primeros 200 segundos.0013828 0.se conoce = 0. Tenga en cuenta que en la ecuación 1 la variable independiente es la conversión.42 K R . Realiza los programas necesarios para visualizar las diferencias en una misma gráfica. 2) También se quiere seguir la evolución T. A la entrada del sistema (τ = 0 ) la temperatura es de 340 K.ζ en una misma gráfica para los tres casos presentados.τ para tres temperaturas de encamisado distintas. de primer orden. 330. E k = k0 exp − RT y se dispone de los siguientes datos: T (K) k (s-1) 300 320 330 0. Para ello se puede llevar a cabo 1 un ajuste lineal múltiple representando ln(k ) vs.0107844 En el caso particular que se trata: . se cumple la ecuación de diseño: dζ = k (1 − ζ ) dτ en la que la constante de velocidad sigue la ley de Arrhenius. y en la 2 es el tiempo. Cuando integre ambas deben depender del tiempo 2. Para este tipo de sistema se comprueba mediante balances de materia y energía que se cumple la siguiente ecuación: 4U (T − Tc ) dT = ∆Tad − dζ d t ρC P k (1 − ζ ) donde ζ es la conversión en el reactor (cero para τ = 0 ) y Tc es la temperatura del encamisado.2 s −1 d t ρC P En este ejercicio: 1) Se desea seguir la evolución T. Solución: La primera parte requiere estimar los valores de la Energía de activación y el factor pre-exponencial de la ecuación cinética. 335 y 337 K. En el sistema.003864 340 0.995510 s −1 Haciendo esto se obtiene que: E = 11403.se midió el valor de ∆Tad = 146 K .Cálculo numérico en Ingeniería En un reactor encamisado se lleva a cabo una reacción exotérmica. 4U . 1 330 0 0 20 40 60 80 100 120 tiempo (s) 140 160 180 200 355 350 Temperatura K 345 340 335 330 0 0.95 3 3.05 3.25 3.5 -9 -9.3 3.1 3.2 0.15 3.6 conversion 0.5 2.8 0.9 2. simplemente poniendo ambas ecuaciones en función del tiempo: 4U (T − Tc ) dT = k (1 − ζ ) ∆Tad − dτ dt ρ CP k (1 − ζ ) dζ = k (1 − ζ ) dτ El resultado final 355 1 0.35 x 10 -3 1/T El siguiente paso es resolver el sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias.5 -5 -5.2 0.5 Experimental Regresion Ln(k) -7 -7.1 0.8 0.5 -6 -6.4 0.5 0.5 0.4 0.3 340 335 0.7 0.3 0.5 -8 -8.6 0.9 350 0.7 Temperatura K conversion 0 20 40 60 80 100 120 tiempo (s) 140 160 180 200 345 0.2 3.9 1 .Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química -4. Para solucionar el problema se puede utilizar la técnica conocida como ‘Shooting method’ que consiste en suponer uno de los valores iniciales. El sistema se caracteriza por la ley de Fick. y comprobar si se satisface el otro valor inicial. Datos: De= 5·10-6 m2/s k=1 s-1 Radio de la partícula= 2 mm. e igual a 10 mol/m3. En este caso es conveniente suponer la concentración en x=L. que aplicada a un sistema con una reacción de primer orden. CA la concentración de SH2. tiene la forma: d 2C A − kC A = 0 De dx 2 donde De representa la difusividad efectiva. La concentración de SH2 en la superficie del catalizador es conocida. La concentración de SH2 en el centro de la partícula presenta un mínimo.4. Solución: El primer paso es transformar la ecuación diferencial de segundo orden en un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden: dC A x = 0 → C A = 10 =V dx con condiciones de contorno: dC dV kC A x= L → V = A =0 = dx dx De El problema es que ahora las condiciones de contorno vienen dadas en dos puntos diferentes. CA= conocido CA presenta un mínimo x=0 x=L Las condiciones de contorno de la ecuación anterior son: 1º. integrar la ecuación diferencial. Para hacer esto de forma sistemática se puede introducir la ecuación diferencial dentro de un método para resolver ecuaciones. Para ello se dispone de un sistema en el que se difunde SH2 dentro de las partículas esféricas de un catalizador poroso de sílica/alúmina. Descomposición de SH2 en una partícula esférica Se pretende descomponer el sulfuro de hidrógeno en sus elementos. 2º. como es el caso. k la constante de velocidad de reacción y x la distancia desde el centro de la partícula. por lo que dCA/dx=0 en el centro.Cálculo numérico en Ingeniería EDO. La razón es que el valor de la concentración en dicho punto es fácilmente acotable (estará . Se desea determinar el perfil de concentración de SH2 a lo largo de la partícula. Si no es así el valor supuesto se modifica hasta que el segundo valor inicial se cumpla. 2 0.0058 10. suponer el valor de la derivada de la concentración en el punto inicial. Se realiza un experimento y al cabo de 25 minutos se encuentran en el sistema 3.5 500 7 0 0 0 0.2 0.8 1 Radio 1.4 mol/L de ‘A’.4 0. sólo sabemos que debería ser negativa. Cinética de descomposición formación La concentración de un reactivo ‘A’ varía con el tiempo según la siguiente ecuación: dC A 3500 t en minutos. C A ( x = L) = 7. ¿Cuál es la concentración al cabo de 25 minutos? Dibuje la variación CB-t. T en = − 5·1015 exp − CB dt T K y la temperatura varía con el tiempo según la ecuación: T = 298 + 5t t en minutos. cuya única dificultad es que se debe integrar hacia atrás (incrementos de tiempo negativos).Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química siempre entre 0 y 10). de forma que: dCC = − 0.4 0.8 x 10 2 -3 9 2000 1500 8 1000 7.05(C A + CB ) dt La concentración inicial de C es 20 mol/L.6 1.6 0.6 0.5 3500 10 3000 9.4 1. El resultado es . El resultado es el siguiente: Valor de la concentración en x=L.6 1. ¿Cual era la concentración inicial? Dibuje la variación de la concentración con el tiempo para este reactivo. b) La concentración de un reactivo ‘B’ varía con el tiempo según la siguiente ecuación: dC B 15000 2 t en minutos.5 Concentración 2500 8.8 x 10 2 -3 EDO. T en K En el sistema se parte de una concentración de B de 7 mol/L.5 DerivadaCa 0.5.4 1. La concentración de C es una función de las ecuaciones que describen la variación de A y B.2 1. Dibuje la variación de CC con el tiempo para los 25 primeros minutos Solución: En este caso tenemos primero una ecuación diferencial. c) Un tercer reactivo ‘C’ está presente en el sistema.2 1. CB en mol/L. Sin embargo de la otra alternativa. lo que nos permite utilizar un método como el de la bisección que podemos asegurar que va a converger siempre. CA en mol/L = − 9420 exp − CA dt 298 que no depende de la temperatura.8 1 Radio 1. El segundo apartado sólo requiere tener en cuenta que la temperatura varía de forma lineal con el tiempo. El resultado es: 7 6 5 CB mol/L 4 3 2 1 0 0 5 10 15 tiempo (min) 20 25 Por último. calculado en el primer apartado.Cálculo numérico en Ingeniería 25 20 15 CA mol/L 10 5 0 0 5 10 15 tiempo (min) 20 25 El valor de la concentración de A a tiempo cero es de : 22.00 mol/L. en el tercer caso se tiene un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias donde se debe utilizar el valor inicial de concentración de A. El resultado es . si no también de las ‘capas’ de concentración en cada lado de ésta. Permeado H2 H2 Particulas de catalizador Alimento Efluente La velocidad de transferencia hasta la membrana depende no sólo de la resistencia ofrecida por la membrana.6. de tal manera que si el componente que atraviesa la membrana es uno de los productos. la reacción se puede llevar hasta conversión completa. se puede calcular como: rC ( membrana ) = kC a CC para valores de perneado C bajos. Reactor catalítico de membrana La deshidrogenación de un compuesto A tiene lugar en un reactor con membrana selectiva bajo condiciones isotermas. 1 1 . La ventaja de utilizar un reactor de membrana está en que uno de los productos atraviesa de forma selectiva la membrana. El componente C es transportado a través de la membrana. 1 A B+ C 2 La reacción es reversible con constante de equilibrio K C . pero este no es el caso.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química 25 CA CB CC 20 15 C mol/L 10 5 0 0 5 10 15 tiempo (min) 20 25 EDO. El coeficiente de transferencia de materia a través de la membrana se puede correlacionar a través de la siguiente ecuación: v 2 v 2 kC (v) = kC (v0 ) = kC 0 v0 v0 Si el paso limitante es el flujo a través de la membrana entonces el coeficiente se puede considerar independiente de la velocidad. 002 min kg 0. Balances de Materia: dFA ' = rA dW dFB ' = − rA dW dFC 1 ' = − rA − kC aCC dW 2 Ecuaciones de velocidad 1/2 CB CC ' = −k − rA C A KC Relación flujo concentración y estequiometría F F F C A = A . CB = B . KC = 0. α = 0. en función de la masa de catalizador.5 dm dm 2 .Cálculo numérico en Ingeniería Calcule los flujos molare.5 . kg min P0 = 10 atm. a=2 . W = 200 kg min kg Solución: Las ecuaciones para este sistema serían las siguintes. CC = C v v v F + FB + FC P0 FA + FB + FC 1 P v = v0 A con y = = v0 FA0 FA0 P0 P y Caída de presión F + FB + FC −α A FA0 dy = dW 2y Coeficiente de transferencia de materia v 2 kC = kC 0 v0 La integración de las cuatro ecuaciones diferenciales en función de la masa de catalizador (entre 0 y 200 kg) lleva a: 1 .5 min dm3 kmol atm = 10 . así como la pérdida de presión para los siguientes valores: dm3 k = 0. kC 0 = 0.1 FA0 dm3 kmol v0 = 50 . 5 mol min dm3 a) Calcule las concentraciones en estado estacionario a la salida de cada reactor b) Calcule el perfil de concentraciones hasta que se alcanza el estado estacionario c) Repita el apartado b suponiendo que ahora el componente B se divide en tres partes iguales que se alimentan a cada reactor.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química 10 9 8 7 flujo molar kmol/min 6 5 4 3 2 1 0 0 20 40 60 80 100 120 masa de catalizador 140 160 180 200 FA FB FC 1 0.9 0. Las especies A y B se adicionan de forma individual al primer tanque con un flujo volumétrico (cada una de ellas) de 6 dm3/min.75 0.95 perdida de presion P/P0 0. A+ B → C Se lleva a cabo en una asociación de 3 reactores en serie de tipo tanque agitado. El volumen de cada reactor es de 200 dm3.5 y la constante de reacción es de k = 0. CA1 CA3 C A2 CA0 CB0 CB1 CB2 CB3 Solución: La primera parte consiste en resolver un sistema de ecuaciones no lineales: . La concentración inicial de cada reactante es mol dm3 C A0 = CB 0 = 0.7.8 0. Asociación de RCTA isotermos Considere que la siguiente reacción elemental e irreversible que tiene lugar en fase líquida.85 0.7 0 20 40 60 80 100 120 masa de catalizador 140 160 180 200 EDO. Considere que inicialmente cada reactor está lleno con un disolvente líquido inerte. V1 = V2 = V3 = 200 v0 A = v0 B = 6.29167 Con Se obtienen los siguientes valores: C A2 = CB 2 = 0.Cálculo numérico en Ingeniería v0 AC A0 − v1C A1 − k C A1CB1 V1 =0 V1 v0 B CB 0 − v1CB1 − k C A1CB1 V1 =0 V1 v1C A1 − v2C A2 − k C A2CB 2 V2 =0 V2 v1CB1 − v2CB 2 − k C A2CB 2 V2 =0 V2 v2C A2 − v3C A3 − k C A3CB 3 V3 =0 V3 v2CB 2 − v3CB 3 − k C A3CB 3 V3 =0 V3 C A0 = CB 0 = 2. v1 = v2 = v3 = 12 C A1 = CB1 = 0.5. k = 0.08132 En la segunda parte debemos integrar las siguientes ecuaciones: dC A1 v0 AC A0 − v1C A1 − k C A1CB1 V1 = dt V1 dCB1 v0 B CB 0 − v1CB1 − k C A1CB1 V1 = dt V1 dC A2 v1C A1 − v2C A2 − k C A2CB 2 V2 = dt V2 dCB 2 v1CB1 − v2CB 2 − k C A2CB 2 V2 = dt V2 dC A3 v2C A2 − v3C A3 − k C A3CB 3 V3 = dt V3 dCB 3 v2CB 2 − v3CB 3 − k C A3CB 3 V3 = dt V3 .13644 C A3 = CB 3 = 0.0. 25 concentracion 0.4 0.2 0.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química 0.8.2 0. dCB 2 v0 B CB 0 + v1CB1 − v2CB 2 − k C A2CB 2 V2 = dt V2 dCB 3 v0 B CB 0 + v2C B 2 − v3CB 3 − k C A3CB 3 V3 = dt V3 Pero ahora con v0 B = 2.15 0.1 0. v2 = 10.7 concentracion 0. v1 = 8.8 0.05 0 0 5 10 15 20 25 tiempo 30 35 40 45 50 En el tercer caso debemos modificar las ecuaciones referentes a CB2 y CB3 de la siguiente manera. v3 = 12 1 0.3 0.5 0.35 CA1 CA2 CA3 0.9 0.3 0.6 0. Tiempo de vaciado de un depósito .1 0 0 5 10 15 20 25 tiempo 30 35 40 45 50 CA1 CA2 CA3 CB1 CB2 CB3 EDO. 5 cm Ho = 10 m (2).7 Re f f donde Datos: ε = rugosidad Re = número de Reynolds. utilizando la ecuación de continuidad se tiene que la variación de altura con el tiempo viene dada por la expresión: V2 S 2 = − S1 dH dt . D1 = 0. (Viscosidad del agua) (Densidad del agua) (Rugosidad) Longitud de tubo diámetro del tubo en el punto (2) Altura inicial del agua medida desde el punto Diámetro del depósito. Calcule y represente gráficamente. inicialmente lleno de agua.2 m Además. µ = 10-3 Pa·s ρ = 1000 kg/m3 ε = 5 10-4 m L=1m D = 0.Cálculo numérico en Ingeniería El depósito de la figura. para las dos primeras D1 horas de vaciado: (1) Variación de la altura (H) del agua con el tiempo dentro del depósito. g = constante de gravitación universal f = factor de fricción L = longitud de tubería D = Diámetro de tubería H = altura del agua contando desde el punto (2) el factor de fricción se puede calcular a partir de la ecuación de Coolebrook y White: 1 ε D + 1. se descarga (vacía) a la atmósfera a través del tubo inferior. Variación de la velocidad de salida con el tiempo (punto 2).256 = − 4 log 3. Tenga en cuenta que la velocidad en cada instante se puede calcular a partir de un balance de energía mecánica: 2 V2 2 L =0 − g H + 2 f V2 2 D D L Ho (2) donde: V2 = velocidad en la sección de salida (2). Para ello haga las siguientes suposiciones: El botijo es perfectamente esférico con un radio de 0. 10 9 3 8 7 altura (m) 6 5 4 3 1 2 1 0. La densidad del agua es constante 1000 kg/m3 No hay pérdidas de agua por goteo o exudación El coeficiente de transferencia de materia en la superficie exterior y en la interior es el mismo.5 3.0262 0.0257 0.9.0258 0. Simulación del enfriamiento del agua dentro de un botijo.5 0 1000 2000 3000 4000 5000 tiempo (s) 6000 7000 8000 0.2 º C ) .0263 0.0261 factor de fricción 0.5 2 1.0256 0 1000 2000 3000 4000 5000 tiempo (s) 6000 7000 8000 EDO. La superficie del líquido en la interfase con el aire esta a Temperatura constante y en equilibrio con el aire La pared seca alrededor del líquido se mantiene constante a 39ºC e irradia a la superficie interior del líquido a ( θ S = 24. el objetivo es simular como varía la temperatura y la masa de agua contenida en el botijo con el tiempo.026 0. Sin embargo. Un botijo se encuentra expuesto al sol en un día muy caluroso (39 ºC).Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química donde S1 = sección en el punto (1) S2 = sección en el punto (2) Solución: En este problema se debe resolver una ecuación diferencial ordinaria.0259 0.1 m. en cada paso de la integración se debe además resolver un sistema de ecuaciones no lineales que permitan determinar el valor de la velocidad y el factor de fricción.5 Velocidad (m/s) 0 1000 2000 3000 4000 5000 tiempo (s) 6000 7000 8000 2. Datos y Notas: M 0 = 3.018 kg agua / kg aire seco ( ) H = 0. El factor de forma de radiación f es constante.05·10−8 kcal / (h m 2 K 4 ) U = 22 kcal / (h m2 k ) Coeficiente global de transmisión de . Las ecuaciones que definen el sistema son entonces: dV = − k ' a (Hs − H ) dt 4 4 dθ VC p L = hC a (θG − θ S ) + f εσ ( 273 + θG ) − ( 273 + θ s ) 4π R 2 − S − dt dV Ua (θ L − θ S ) − λW − dt La primera ecuación expresa la velocidad de evaporación como una función del coeficiente de transferencia de materia del agua (k’) de la superficie total (a = A + S) y la diferencia entre la humedad de saturación del aire (Hs) y la humedad ambiental (H). La capacidad calorífica de la arcilla es mucho menor en comparación con la capacidad calorífica del agua.Cálculo numérico en Ingeniería El coeficiente global de transmisión de calor U incluye todas las resistencias de convección en el líquido y conducción en el líquido y a través de las paredes. La humedad y la temperatura del aire permanecen constantes. Las pérdidas de calor en la interfase líquido vapor y la evaporación del líquido. donde: H s = 0.018 kg agua / kg aire seco Humedad de saturación H = 0.161 kg Masa inicial de agua Coeficiente individual de k ' = 80 kg agua / (h m2 ) transferencia de materia a = A+S Área total H s = 0. La renovación de aire en el exterior es constante.011 kg agua / kg aire seco Humedad ambiental Cp = 1 kcal / (kg K ) Capacidad calorífica del agua θG = 39 º C Temperatura del Aire Temperatura del vapor justo encima de la superficie del agua (coincide θ S = 24.011 kg agua / kg aire seco La segunda ecuación es un análisis global que expresa la variación térmica del líquido y corresponde a un balance entre la transferencia de calor del aire al agua (convección térmica sobre la superficie A+S y radiación térmica del aire en la cámara sin agua).2 º C con la temperatura de saturación adiabática) Temperatura del agua (varía con θL tiempo) λW = 583 kcal / kg Calor de vaporización del agua f εσ = 3. El líquido está perfectamente mezclado. de tal forma que el contenido de calor del botijo se puede despreciar. 5 0 0 0 10 20 30 40 tiempo (h) 50 60 70 . Quizás lo más sencillo sea escribir las ecuaciones en función de h.15 Número de Lewis Superficie interior del Agua A θG θG θS h r R = 0.5 1 0. S y h. 3.24 kcal / (kg K ) Calor húmedo Le = 1.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química calor 2 hc De acuerdo con Sherwood Pigford : = s Le 3 k' s = 0.5 masa de agua (kg) 2 1. A.5 40 38 36 Temperatura del agua (ºC) 10 20 30 40 tiempo (h) 50 60 70 34 32 30 28 26 24 3 2.10 m θL Superficie exterior mojada S Hay que tener en cuenta que el volumen ocupado por el agua es 4 π V = π R3 − 3Rh 2 − h3 3 3 El área interior del agua: A = π 2 R h − h2 ( ) ( ) Y la superficie exterior mojada S = 2π R ( 2 R − h ) Solución: Se deben integrar las ecuaciones diferenciales anteriores con el cálculo simultáneo de V. indica que para el arranque del reactor se cumple la siguiente ecuación: dx A xA E / R = k 0 exp − (1 − x A ) − dt T τ Asimismo. Reactor no isotermo En un reactor químico tiene lugar la reacción A→ R.Cálculo numérico en Ingeniería EDO.4 0.5 º C Un balance de materia en estado no estacionario.9 0. Se conocen los siguientes datos sobre la capacidad calorífica de la mezcla. un balance de energía en régimen no estacionario proporciona: (T − T0 ) dT (− ∆H r ) E / R = k 0 exp − (1 − x A ) − τ dt C ps T En las ecuaciones anteriores.8 0.5 0. Represente las variaciones de la conversión y la temperatura si la temperatura inicial es de 300 K.2 0. x A representa la conversión de A y T la temperatura.6 0. la cinética y el calor de reacción: C ps = 250 cal / mol ·K ∆H r = −15000 cal / mol E / R = 12000 K k 0 = 8 ·1013 min −1 Las condiciones de operación suponen un tiempo espacial τ=100 min y una temperatura de entrada de la alimentación T0 = 29.10. Solución: 1 0.7 370 365 360 355 conversion 0.1 0 0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 Temperatura (K) 350 345 340 335 330 325 320 0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 tiempo (s) tiempo (s) . que tiene lugar en fase líquida.3 0. . El lado exterior se puede considerar una superficie perfectamente aislante. Datos y Notas. x) = T0 ∀x ≠ L. T (t .Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales EDP. L) = Tint Para el primer caso: T (t .1.1m Grosor de la pared Cp = 400 J/(kg K) Capacidad calorífica ρ = 2000 kg/m3 Densidad de la pared To = 25 ºC Temperatura ambiente Tint =1000 Temperatura de la pared interior Coeficiente individual de transmisión h = 20 W/(m2 K) de calor k = 0. El lado exterior se mantiene a 25ºC. se darán sólo algunos valores. T (0. Perfil de temperaturas en la pared de un horno Calcule como varía con el tiempo el perfil de temperaturas de la pared de un horno cuyo interior se mantiene a temperatura constante de 1000 ºC. 0) = T0 . L) = Tint Para el segundo caso q = −k ∂T ∂x =0 x=0 T (0. L) = Tint Para el tercer caso q = −k ∂T ∂x = h(Tx =0 − T0 ) x=0 T (0. El lado exterior pierde calor al ambiente. L) = Tint Solución: La solución en estos casos supone la representación con el tiempo de todos los perfiles de temperatura. L = 0.55 W/(m K) Conductividad calorífica Para los puntos interiores se debe cumplir que: ∂T ∂ 2T k =α 2 α= ∂t ρ Cp ∂x Se deben cumplir las siguientes condiciones iniciales y de contorno En todos los casos T (0. Para los siguientes casos. C B = 0) x = 0 ⇒ (C A = C Ao . dicho compuesto a su vez reacciona para dar otro C.05 x (m) 0.1 EDP.04 0.04 0.03 0.09 0.04 0.05 x (m) 0.1 1000 900 t = 1000 s Temperatura ºC 800 700 600 500 400 300 200 100 0 0 0.Cálculo numérico en Ingeniería 1000 900 800 700 Temperatura ºC 600 500 400 300 200 100 0 0 0.02 0.2. (Utilice 50 puntos para discretizar el espacio x). 1 A + L → B k rA = − k1 C A k2 rB = k1 C A − k 2 C B B → C Un balance en estado no estacionario viene dado por ∂CA ∂2 CA = DA + rA ∂t ∂ x2 ∂ CB ∂ 2 CB = DB + rB ∂t ∂ x2 Con condiciones iniciales y de contorno.07 0. = 0 dx d x Utilizando un método de diferencias finitas realice un programa en Matlab que permita visualizar la variación de la concentración de A y B con el tiempo para los 25 primeros segundos.06 0. C B = 0 ∀ t ) d CA d CB x=L ⇒ = 0 .09 0. .08 0.03 0. Difusión más reacción de un gas Sobre una película líquida se absorbe un gas (A) que reacciona para dar un compuesto B.02 0.03 0.1 t = 4000 s Superficie aislante Perdidas al exterior Paredes a T constante 0.01 0. t = 0 ⇒ (C A = 0 ∀x ≠ 0 .07 0.07 0.06 1000 900 800 700 Temperatura ºC 600 500 400 300 200 100 0 0 0.01 t = 2000 s 0.08 0.08 0.05 x (m) 0.01 0. Indique claramente el resultado de aplicar el criterio de estabilidad.06 0.09 0.02 0. 1 0 0 5 10 15 20 25 30 posición (cm) 35 40 45 50 1 t = 80 s CA CB 0.6 0. Datos: L = 0. manteniendo el caudal constante.6 0.7 Concentración Concentración 0.7 Concentración Concentración 0.5 0.5 0.5 cm.3 0.9 0.1 0 0 5 10 15 t = 200 s CA CB 20 25 30 posición (cm) 35 40 45 50 EDP.2 0. DA = 0.8 0.1 0 0 5 10 15 20 25 30 posición (cm) 35 40 45 50 1 t = 10 s CA CB 0.3 0.6 0.3.5 0.3 0.001 cm2 / s DB = 0.8 0.2 0.9 0.9 0. La variación de la concentración en función del tiempo a lo largo de la dirección axial dentro del tubo se puede calcular mediante la expresión .5 0. 005 donde t hace referencia a unidades de tiempo adimensional y Co la concentración que entra a la tubería en un instante dado.04 s-1 CAo = 1 mol / L CBo = 0 mol / L 1 0.05 s-1 k2 = 0.2 0.0001 cm2 / s k1 = 0.4) 2 C o = exp − 0 . de tal manera que. Flujo más dispersión en una tubería A lo largo de un tubo está circulando una corriente de agua.4 0.6 0.7 0.4 0.9 0. la concentración varía con el tiempo adimensional de acuerdo a la siguiente expresión: (t − 0.1 0 0 5 10 15 t = 40 s CA CB 20 25 30 posición (cm) 35 40 45 50 1 0.8 0. En un momento dado se comienza a introducir en uno de sus extremos una cierta sustancia.2 0.7 0.4 0.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química Para el compuesto B realice un grafico en 3 dimensiones que represente la concentración frente al tiempo y a la posición (considere los 25 primeros segundos).3 0.4 0.8 0. 0. ∂C Con condición de contorno en el punto de salida = 0 en x=1 ∂x Utilizando el método de Crank-Nicholson de diferencias finitas calcule el perfil de concentraciones que tendría el tubo al cabo de una unidad de tiempo adimensional para los siguientes tres valores de M (0.4 0.3 0.01 unidades. 1 0.2 0.8 0.5 0. represente en una misma figura con distintos colores los perfiles obtenidos. donde tiene libertad para elegir el esquema que considere oportuno.0001 0. t es tiempo adimensional.1 0 0 0.2 0.0 M = 0.01 M = 0.2 0.001 M = 0.01.6 posición 0.9 1 1 t=0.5 0.3 0.7 0.2 0.8 0.9 0.9 1 1 0.8 0.2 0.3 0.9 0.1 0 0 0.8 0.Cálculo numérico en Ingeniería ∂C ∂2 C ∂ C =M − ∂t ∂ x2 ∂ x donde C es la concentración.01 M = 0.8 0.5 0.8 0.2 0.4 0.7 0.001 M = 0.0001). Notas: Utilice 200 nodos para la posición Utilice un incremento de tiempo adimensional de 0.6 posición 0.3 0.4 t=0.1 0 0 0.4 0.7 0.1 0.1 0.6 0.3 0.0001 0.01 M = 0.2 0.001 M = 0.6 posición 0. 0.0001 0.7 0.01 M = 0.4 0.6 M = 0.3 0.7 concentración concentración 0.5 0.8 0. excepto para la condición de contorno.7 0.3 0.8 0.4 0.1 0. M es el modulo de difusión y x es una longitud adimensional.6 0.5 0.6 0.7 concentración concentración 0.0001 0.6 posición 0.5 0.2 M = 0.7 0.9 1 1 t=1.2 0. Para las derivadas temporales utilice una diferencia de primer orden hacia delante Para las derivadas respecto a la posición utilice un esquema de diferencias centrales de segundo orden.9 1 En este caso es interesante también ver cual es el perfil a la salida del tubo con el tiempo (remarcar que las graficas anteriores están todas referidas a la posición): .8 M = 0.9 0.5 0.6 0.4 t=1.001 M = 0.4 0.001.5 0.1 0.1 0 0 0.3 0.9 0. si se plantea un balance de energía se obtiene que: Entrada + Generación = Salida + Acumulación 4π R 3 0 + 0 = h 4πR (T − Ta ) ∆t + 3 ρ C p (Tt + ∆t − Tt ) ( 2 ) Dividiendo por ∆t y tomando límites se llega a: .4 0. con una temperatura de 90 ºC.5 0. inicialmente igual en todos sus puntos.0001 Concentración a la salida 0.4 1.8 1 1.01 M = 0.3 0.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química 1 0.001 M = 0.8 0. suponiendo que todos los puntos de la esfera están siempre a la misma temperatura. a) Haciendo un análisis global.7 0.6 1. se introduce en un baño de agua a 20 ºC.1 m.8 2 tiempo EDP. Enfriamiento de una esfera Una esfera de diámetro D = 0.1 0 0. Datos y Nomenclatura R = radio de la esfera k = 10 W/(m ºC) Cp = 410 J/(kg K) h = 220 W/(m2 K) r = 2000 kg/m3 Ta = 20 ºC To = 90 Conductividad térmica Capacidad calorífica Coeficiente individual con el exterior Densidad de la esfera Temperatura del agua Temperatura inicial de la esfera. es decir.6 0.4.9 M = 0.2 0.2 1. b.2) Represente el perfil obtenido en el apartado anterior junto con el perfil a 40 segundos del apartado a (nota: para el apartado a será una línea horizontal porque en el caso a todos los puntos de la esfera están a la misma temperatura). ∫ Nota : T = 0 _ R T (r ) dr ∫0 dr R Admita en todos los casos que la temperatura del agua no varía Solución: .1) Calcule cómo varía la temperatura de la esfera durante los primeros 100 segundos y represente T vs t. sino que la temperatura depende del radio (r ). el perfil de temperaturas a los 40 segundos.1) Calcule utilizando un método en diferencias finitas explícito.Cálculo numérico en Ingeniería d T − h 4 π R 2 (T − Ta ) − 3 h (T − Ta ) = = dt R ρ Cp 4 πR 3 3 ρ Cp ( ) a.2) Calcule cuál sería la temperatura de la esfera a los 40 segundos. Y deduzca las condiciones de estabilidad.3) Calcule la temperatura media de la esfera a los 40 s. b. siguiendo un procedimiento análogo al anterior se llega a la siguiente expresión: ∂T 1 ∂ 2 ∂T k r = 2 ∂ t r ρ C p ∂r ∂r Con condiciones de contorno: −k ∂T ∂r ∂T ∂r = h (T − Ta ) r= R −k =0 r= 0 b. a. (Divida el radio en 30 puntos). Admita en todos los casos que la temperatura del agua no varía b) Haciendo un análisis local o sea. comente la validez de la aproximación hecha en el apartado a). si no se admite que la temperatura de todos los puntos de la esfera varían a la misma velocidad. Se puede observar una desviación importante.47 ºC.01 0.015 0.79 ºC.03 0.04 0.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química Apartado a) el análisis global lleva a una ecuación diferencial ordinaria.045 0. cuyo resultado se muestra gráficamente a continuación. Si integramos para conseguir la temperatura media a los 40 s en el análisis local la temperatura que se obtiene es de 66.05 t= 80 s Radio m Apartado b. Una modificación interesante es calcular la temperatura media ponderada en función de la masa (o el volumen a densidad constante). 90 80 70 Temperatura (ºC) 60 50 40 30 20 0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 tiempo (s) Apartado b1) La temperatura varía tanto con la posición como con el tiempo.005 0. En este caso la temperatura media es de 59. .55 ºC ∫ T= 0 _ R V (r )T (r ) dr ∫0 V (r )dr R Los resultados gráficamente son los siguientes (las líneas rectas indican temperaturas medias).02 0. 100 90 80 70 t= 20 s t= 40 s t= 60 s Temperatura (ºC) 60 50 40 30 20 10 0 0 0.025 0.035 0. El perfil de temperaturas a diferentes tiempos es el siguiente.2) La temperatura a los 40 s resultante del análisis global es de 56. 02 0. Como condición contorno en el extremo de salida use: ∂Cj ∂t = ∂Cj − uj ∂x x=L DATOS: Componente A u (m/min) 0. Cj = concentración (mol/m3) La ecuación que describe el avance a través de la columna para cada componente j es la siguiente: ∂Cj ∂t = Dj ∂2 C j ∂x 2 − uj ∂Cj ∂x j = A.Cálculo numérico en Ingeniería 75 perfil de T a los 40 s T media a los 40 s analisis local T media a los 40 s analisis global T media a los 40 s ponderada volumen 70 Temperatura (ºC) 65 60 55 50 0 0.045 0. se introduce por uno de sus extremos una mezcla de dos sustancias A y B.005 0.5.5) 2 exp − 0.05 Radio m EDP.4 Donde t = tiempo (min).4 .04 0. La concentración en el extremo de entrada para cada una de las sustancias viene dada por la siguiente expresión: (C j )x=0 = v1 j ( t − 1.2 y v B = 0 .2 donde v A = 0.015 0.01 0.025 0.2 Componente B 0.03 0. B Donde t = tiempo (min) Dj = difusividad efectiva (m2/min) vj = velocidad (m/min) Inicialmente en la columna la concentración de cada uno de los componentes es cero. Simulación de una columna cromatográfica En una columna de cromatografía de un metro de longitud.035 0. la variación con el tiempo de la concentración de A y B (en una misma gráfica) en el punto de salida de la columna. Estos valores deben ser iguales. b) Representar. ¿Qué porcentaje de error está cometiendo?. Solución: Los perfiles a diferentes tiempos son los siguientes: . Utilizando un método en diferencias finitas totalmente implícito. en otra figura. c) Para el componente A: Calcule el número de moles totales por unidad de área que entra a la columna. NOTA: Para calcular los moles por unidad de área de un componente que han atravesado una determinada sección en un intervalo de tiempo dado debemos resolver: 1 S ∫t1 Q j C j dt = S ∫t1 t2 1 t2 S u j C j dt = ∫ u j C j dt t1 t2 Para calcular el número de moles de un componente dentro de la columna en un momento dado basta resolver: ∫0 C j L dx Utilice un esquema en diferencias finitas con 80 puntos en el espacio y utilice un incremento de tiempo de 0. Para la integración utilice el método de los trapecios. y son una medida de cómo se cumple el balance de materia. desarrolle en Matlab un programa que permita: a) Visualizar simultáneamente la variación de concentración de cada uno de los componentes A y B a lo largo de la columna con el tiempo.01 min. Integre durante los 10 primeros minutos. el número de moles totales por unidad de área que sale de la columna y el número total de moles por unidad de área transversal que hay dentro de la columna a los 4 minutos.Tema 9: Problemas aplicados a la Ingeniería Química D (m2/min) 2·10-3 10-4 Longitud Columna = 1 m. 5 0.5 Componente A Componente B 2 Concentracion 1.5 1 0. finales y a los 4 minutos son: 0.5 2 1. Se comprueba que el error es suficientemente pequeño.0009% 0.3 0.5 4 3.5 1 0.8 0.1 0.2 0.6 0.4 0.5 t = 3 min Componente A Componente B Concentracion 3 2.3 0.4 0.5 0.6 5 4.5 0.2 0.3 0.011%.5 4 3.7 0.1 0. al menos en lo que a balance de materia se refiere .79258.Cálculo numérico en Ingeniería 5 4.5 Concentracion 0. 0.8 0.5 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 tiempo (min) Las integrales numéricas de los moles iniciales. 0.5 min Componente A Componente B Concentracion 3 2.79266.5 2 1.5 2 1.5 4 3.9 1 3 2.6 0.012% respectivamente. Lo que lleva a errores del 0.5 0 0 0.4 0. 2.7 0.9 1 z/L El perfil de concentraciones en función del tiempo a la salida de la columna cromatográfica es el siguiente.5 1 0. 0.79248.1 0.7 0.5 0 0 0.8 0.9 1 z/L z/L t = 3.5 0 0 0.5 5 t = 2 min Componente A Componente B 4.2 0.5 1 0.
Report "Problemas Aplicados a La Ingenieria Quimica"