PROGRAMA UNIVERSIDAD VIRTUAL SOLUCIONARIO CAPÍTULO III LIBRO: BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA

PROGRAMA UNIVERSIDAD VIRTUAL

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

POR: ING. QUÍMICO. BEN - HUR VALENCIA VALENCIA

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MANIZALES JULIO DE 2005

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

que permiten

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

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

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

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

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

12 4 0 3 (+1)

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

1

2

0

6

5

–

–

1

–

–

1

–

– – – 4

– – – 4

– – 2 2

– – – 2

– – – 2

1 1 2 1

1 1 – 1

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

Incógnitas

=

1

2

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

4

=

3

3

4

5

5

5

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

Destilador:

Divisor:

Agotador:

Mezclador:

Global:

Incógnitas

=

5

5

5

6

6

3

7

7

7

7

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

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

4

Incógnitas

=

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

3

3

7

Ecuaciones =

3 (balances) + 3 (R1, R4)

G de L

2

=

8

8

Incógnitas

=

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

3 (N , N , N )

9

10

8

10 CO2)

5 (N , xH2S, N , N , x

4

9

11

Ecuaciones =

1 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

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

Ecuaciones =


G de L

1

=

8

1

2

6

6

10

10 CO2,

11

N )

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

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

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

10

G de L A = 2 – 1 (N ) – 1 (x 11

G de L A = 2 – 1 (N )

10 CO2)

= 0

= 1

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

Destilador:

Agotador:

Incógnitas

=

1

2

3

3

4

5

5

5

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

Ecuaciones =

3 (balances) – 1 (Balance agotado)

G de L

=

3

Incógnitas

=

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

5

5

5

6

6

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

3 (N , xH2S, N , N , x

8

8

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

0

=

9

10

10 CO2)

7

7

Mezclador:

Incógnitas

=

4

9

Ecuaciones =

1 (balances)

G de L

1

=

11

2 (N , N , N )

En la Estrategia se resuelve a continuación el absorbedor ya que encontramos un sistema con 8 8 9 tres ecuaciones de Balance y 3 incógnitas (N , xH2S, N ) Un análisis similar a cualquier otra Unidad nos enseña cuáles son las incógnitas, las ecuaciones y los Grados de Libertad resultantes: El análisis del Destilador muestra que tiene, en este momento: Cinco Incógnitas 5 5 7 7 xCO2, xH2S, N , xH2S) y 3 ecuaciones de Balance, siendo sus Grados de Libertad de 2.

5

(N ,

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III

Ben – Hur Valencia Valencia

3.1. a. Escriba una reacción química balanceada para la reacción de 1 mol de C8H12S2 con O2 para producir CO2, H2O y SO2. b. Calcule la velocidad de producción de todas las sustancias, si se hacen reaccionar 2 moles/h de C8H12S2 con una cantidad estequiométrica de O2. c. Calcule la velocidad de la reacción.

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

+

13 O2 →

8 CO2

+

6 H2O

+

2 SO2

b. Calcule la velocidad de producción de todas las sustancias, si se hacen reaccionar 2 moles/h de C8H12S2 con una cantidad estequiométrica de O2. Con base en la simbología utilizada y la estequiometría de la reacción:

=2 N CEntrada 8 H12 S 2

mol h

y

Entrada = 26 NO 2

mol h

A partir de las ecuaciones de definición:

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

mol h

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

mol h

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

mol h

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

mol h

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

mol h 1



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

σ O2 = – 13

σ CO2 = 8

σ H2O = 6

σ SO2 = 2

La velocidad de reacción es:

r=

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

3.2.

mol h

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

9/ O2 2

+

→

3 CO2

+

3 H2O

o la reacción: 2 C3H6

+

9 O2

→

6 CO2

+

6 H2O

Suponga que se hacen reaccionar 10 moles/h de C3H6 con 50 moles/h de O2, lográndose la conversión completa de C3H6. Calcule las velocidades de reacción que se obtienen con cada reacción. Explique de qué manera se relacionan las dos velocidades y por qué.

SOLUCIÓN Para la primera reacción: C3H6

+

9/ O2 2

→

3 CO2

+

3 H2O

Los coeficientes estequiométricos son: σ C3H6 = – 1

σ O2 = – 9/2

σ CO2 = 3

σ H2O = 3

2



Por tanto:

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

mol h

mol h

Entrada = 50 NO 2

N Salida H 2O = 30

mol h

mol h

Salida = ( 50 − 45 ) = 5 NO 2

mol h


r1 =

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

mol h

Para la segunda reacción: 2 C3H6

+

→

9 O2

6 CO2

+

6 H2O

Los coeficientes estequiométricos son: σ C3H6 = – 2

σ O2 = – 9

σ CO2 = 6

σ H2O = 6


r2 =

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

mol h

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

3

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III 3.3.


Considere la reacción: 3 C2H5OH + 2 Na2Cr2O7 + 8 H2SO4 → 3 CH3COOH + 2 Cr2(SO4)3 + 2 Na2SO4 + 11 H2O a. Si una alimentación al reactor tiene la composición (porcentaje en mol) de 20 % de C2H5OH, 20 % de Na2Cr2O7 y el resto H2SO4, ¿cuál es el reactivo limitante? b. ¿Si se alimenta a un reactor 230 kg/h de C2H5OH, qué flujos de alimentación de los otros dos reactivos serían necesarios para tener una mezcla estequiométrica de alimentación?

SOLUCIÓN a. Si una alimentación al reactor tiene la composición (porcentaje en mol) de 20 % de C2H5OH, 20 % de Na2Cr2O7 y el resto H2SO4, ¿cuál es el reactivo limitante? La reacción es: 3 C2H5OH + 2 Na2Cr2O7 + 8 H2SO4 → 3 CH3COOH + 2 Cr2(SO4)3 + 2 Na2SO4 + 11 H2O Para una mezcla de alimentación de 100 moles, las cantidades molares de etanol, cromato y sulfúrico son 20, 20 y 60 respectivamente. Los coeficientes estequiométricos son: σ C2H5OH = – 3

σ Na2Cr2O7 = – 2

σ H2SO4 = – 8

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

N Centrada 2 H5OH σ C2 H5OH

N entrada Na 2Cr2O7

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

σ Na 2Cr2O7 =

=

20 = 10 2

60 = 7.50 8

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

4



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

3.4.

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

+

2 B

+

3/ C 2

→

2 D

+

E

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

SOLUCIÓN La reacción es: A

+

2 B

+

3/ C 2

→

2 D

+

E

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

σ C = – 3/2

σB=–2

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

N entrada = N entrada = N Centrada = A B

1 3

5



Por tanto:

N entrada A σA

⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ 1 3 =⎝ ⎠= 1 3

N Centrada σC

N entrada B σB

⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ 1 3 =⎝ ⎠= 3 6

⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ 2 3 =⎝ ⎠= ⎛3⎞ 9 ⎜ ⎟ ⎝2⎠

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

r=

ΧS

N entrada S −σ

=

N entrada B −σ

S

B

1 × 0.5 Χ 3 1 = = mol 2 12

Las moles del producto serán:

N salida =σ D

3.5.

D

r = 2×

1 1 mol = mol 12 6

Se efectúa una reacción cuya ecuación estequiométrica es: A

+

3 B

→

2 D

Con 20 % de conversión de A. La corriente de alimentación al reactor contiene 25 % de A y 75 % de B (porcentaje en masa) y tiene un flujo de 1000 kg/h. Si la masa molecular de A es 28 y el de B es 2: a. Calcule la masa molecular de D. b. Calcule la composición en base masa de la corriente de salida.

6



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

+

→

3 B

2 D

y

ΧA = 0.2

Los flujos de entrada son: F

ent. A

= 1000 × 0.25 = 250 kg

N

ent. A

= (125/14) kgmol

F

ent. B

= 750 kg

N

ent. B

= (750/2) kg - mol

Los coeficientes estequiométricos son: σA=–1

σB=–3

σC=2


r=

ΧA

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

Los flujos de salida son:

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

Como la masa se conserva, F

= 1000, o sea que:

FAsalida

+

FBsalida

+

FDsalida

= 1000 7



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

MM A N salida A

+

MM B N salida B

+

MM D N salida = 1000 D

25875 ×2 + 70

250 × MM D = 1000 70

donde MM es la masa molecular. Reemplazando:

500 × 28 + 70 Despejando,

MMD = 17

b. Calcule la composición en base masa de la corriente de salida. Las masas de A, B y D son respectivamente 200, 739.3 y 60.7 kg, por tanto, wA = 0.2

3.6.

wB = 0.7393

wD = 0.0607

El gas de bióxido de cloro se utiliza en la industria papelera para blanquear la pulpa producida en un molino Kraft. El gas se produce haciendo reaccionar clorato de sodio, ácido sulfúrico y metanol, en reactores recubiertos de plomo: 6 NaClO3 + 6 H2SO4 + CH3OH → 6 ClO2 + 6 NaHSO4 + CO2 + 5 H2O Suponga que se utilizan 14 moles de una mezcla equimolar de NaClO3 y H2SO4 por mol de CH3OH como se muestra en la figura: CH3OH Reactor NaClO3 H2SO4

Productos de reacción

8



a. Determine el reactivo limitante. b. Calcule los flujos de reactivos necesarios para producir 10 toneladas métricas por hora de ClO2, suponiendo que se obtiene una conversión del 90 %.

SOLUCIÓN La reacción es: 6 NaClO3 + 6 H2SO4 + CH3OH → 6 ClO2 + 6 NaHSO4 + CO2 + 5 H2O a. Determine el reactivo limitante. Las moles de reactivos son: entrada N CH =1 3OH

N entrada NaClO3 = 7

N entrada H 2SO4 = 7

Los coeficientes estequiométricos son: σ

CH3OH

σ

=–1

NaClO3

=–6

σ

H2SO4

=–6

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

σ CH3OH

N entrada NaClO3

=1

σ NaClO3

7 = 6

N entrada H 2SO4 σ H 2SO4

=

7 6

El reactivo límite es el metanol, ya que tiene la menor de las tres relaciones anteriores. b. Calcule los flujos de reactivos necesarios para producir 10 toneladas métricas por hora de ClO2, suponiendo que se obtiene una conversión del 90 %. La conversión es: Χ CH3OH = 0.9 El flujo de salida de producto es: F

sal ClO2

= 10000 kg/h

9



El coeficiente estequiométrico del ClO2 es:

σ

CO2

=6

Por tanto, sal ClO2

N

=

N

ent ClO2

σ ClO2 r

+

luego la velocidad de reacción es:

r=

kgmol 148.258 kgmol = 24.71 6 h h

Ahora, con base en la conversión: entrada entrada × 0.9 N CH kgmol N CH3OH 3OH = = 24.710 − σ CH3OH h 6

Despejando, entrada N CH = 27.456 3OH

kgmol h

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

kgmol kgmol = 192.189 h h

Multiplicando por las masas moleculares: entrada FNaClO = 106.45 3

FHentrada = 98 2 SO4

kgmol kg kg × 192.189 = 20458.52 kgmol h h

kg kgmol kg × 192.189 = 18834.52 kgmol h h

entrada FCH = 32 3OH

kg kgmol kg × 27.456 = 878.59 kgmol h h

10



En la industria del ácido sulfúrico, el nombre óleum se utiliza para un ácido con una pureza del 100 % que contiene SO3 libre sin reaccionar disuelto en el ácido. Por ejemplo, un óleum de 20 % contiene 20 lb de SO3 en 80 lb de ácido al 100 %, por cada 100 lb de mezcla. También es posible designar al óleum como un porcentaje de ácido sulfúrico superior al 100 %. Se calcula como las libras de ácido al 100 % que se obtendrían mediante la adición de suficiente agua a 100 lb de óleum para disolver todo el SO3. Usando estas definiciones, calcule: a. Las libras de óleum de 25 % que puede producirse con 100 lb de azufre. b. El porcentaje de ácido sulfúrico que corresponde al óleum de 25 %.

SOLUCIÓN a. Las libras de óleum de 25 % que puede producirse con 100 lb de azufre. F

ent S

ent

= 100 lb

N

S

= (100/32) = 3.125 lbmol

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

11



La reacción es: SO3

+

→

H2O

H2SO4

H2O necesaria = 0.3125 lbmol = 5.625 lb H2SO4 final = (0.3125 + 0.76531) lbmol = 1.07781 lbmol H2SO4 al 100 % = (100 + 5.665) = 98 × 1.07781 = 105.625 lb o sea que puede decirse que se trata de un óleum al 105.625 %. De otra manera, la masa final de ácido sulfúrico será: H2SO4 final = Masa inicial + Agua añadida H2SO4 final = (100 + 5.625) lb = 105.625 lb que conduce, como el producto final está formado por ácido sulfúrico, a la misma respuesta anterior.

3.8.

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

+

Cl2

→

NaOCl

+

NaCl

+

H2O

en un reactor continuo. Para ello se burbujea Cl2 a través de una solución concentrada (40 % en masa) de NaOH. Supóngase que la solución de NaOH en H2O se alimenta a razón de 1000 kg/h y el gas Cl2, a razón de 10 kgmol/h. Efectúe las siguientes operaciones: a. Calcule los grados de libertad, suponiendo que se especifica la conversión. b. Determine cuál es el reactivo limitante. c. Calcule la composición de salida del reactor, suponiendo una conversión de 100 % del reactivo limitante. d. Calcule la composición de salida del reactor, suponiendo una conversión de 60 % del reactivo limitante.

12



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

1

N = 10

NNaCl

(Cl2)

NNaClO

REACTOR 2

NH2O

CONTINUO

F = 1000

w2NaOH = 0.4

NNaOH NCl2

(agua)

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

–2

+

Cl2

→

NaOCl

–1

+

1

NaCl

+

1

H2O 1

Relación: Se conoce la conversión. Tabla de Grados de Libertad: Con base en el diagrama cuantitativo y la relación.

NVI

8+1

NBMI

5

NFC

2

NCC

1

NRC

1

G de L

–9 0

13



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

kgmol 1000 × 0.4 kgmol = 10 40 h h

N entrada NaOH =

entrada N Cl = 10 2

kgmol h

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

R NaOH =

10 =5 2

R Cl 2 =

10 = 10 1

El reactivo límite es el NaOH, al ser menor la relación. c. Calcule la composición de salida del reactor, suponiendo una conversión de 100 % del reactivo limitante. Si la conversión es del 100 %, la velocidad de reacción será igual a 5. Los balances por componente son:

Cl2:

salida Cl2

N

entrada Cl2

=N

σ Cl2 r =

+

salida Cl2

N

NaOCl:

salida NaOCl

N

entrada NaOCl

=N

=

salida NaOCl

salida NaCl

N

entrada NaCl +

=N

salida NaCl

salida H2O

N

entrada H2O

=N

+

salida H2O

N

=

=

0+5

0+5

5

σ H2O r = =

=

5

σ NaCl r =

N

H2O:

5

σ NaOCl r

+

N

NaCl:

10 – 5

(600/18)

+

5

38.333

14



La exactitud de los cálculos puede corroborarse al calcular las masas totales a la entrada y a la salida, que como es obvio, deben ser iguales. Para ello se construye la siguiente tabla:

ENTRADA

SALIDA

kg - mol

kg

Cl2

10.0

709

NaOH

10.0

H2O

–––

Total

kg - mol

kg

NaOCl

5.000

372.25

400

NaCl

5.000

292.25

600

H2 O

38.333

690.00

Cl2

5.000

354.50

1709

1709.00

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

N salida = 53.333

kgmol h

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

d. Calcule la composición de salida del reactor, suponiendo una conversión de 60 % del reactivo limitante. Con base en la conversión se calcula la velocidad de reacción:

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

salida NaOH

N

=N

entrada NaOH

+

salida NaOH

N

σ NaOH r =

=

10 – (2 × 3)

4

15

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Cl2:

salida Cl2

N


entrada Cl2

=N

σ Cl2 r =

+

salida Cl2

N

NaOCl:

salida NaOCl

N

entrada NaOCl

=N

=

salida NaOCl

salida NaCl

N

entrada NaCl +

=N

=

salida NaCl

salida H2O

N

entrada H2O

=N

+

salida H2O

N

=

0+3

0+3

3

σ H2O r = =

=

3

σ NaCl r =

N

H2O:

7

σ NaOCl r

+

N

NaCl:

10 – 3

(600/18)

+

3

36.333

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

ENTRADA kg - mol

SALIDA kg

kg - mol

kg

NaOH

4.000

160.00

Cl2

10.0

709

NaOCl

3.000

223.35

NaOH

10.0

400

NaCl

3.000

175.35

H2O

–––

600

H2 O

36.333

654.00

Cl2

7.000

496.30

Total

1709

1709.00

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

N salida = 53.333

kgmol h

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

16



Un proceso antiguo para la producción de ácido clorhídrico requiere de calentar una mezcla de NaHSO4 y NaCl en un horno especial. Cuando se ha efectuado la reacción, el Na2SO4 residual permanece como sólido, en tanto que el HCl se recupera en forma gaseosa. Si la reacción sigue la estequiometría NaHSO4

+

NaCl

→

Na2SO4

+

HCl

Y se alimentan los reactivos en proporciones estequiométricas, calcule la cantidad y composición de los sólidos residuales. Suponga que la conversión se completa en un 95 % y que se alimenta el NaCl a razón de 5844 lb/día.

SOLUCIÓN La reacción y los coeficientes estequiométricos son: NaHSO4 σ

+

–1

NaCl

→

–1

Na2SO4

+

1

HCl 1

Diagrama cuantitativo:

salida Na2SO4

N

entrada N NaCl

salida NaCl

N Reactor

salida NaHSO4

N

salida HCl

N entrada NaHSO4

N

Relaciones: R1: Conversión del 95 %. 1

2

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

17



Tabla de Grados de Libertad:

NVI NBMI NFC NCC NRC G de L

6+1 4 1 0 2

–7 0

El proceso está correctamente especificado y se toma el flujo de NaCl como la base de cálculo. Se conoce que: entrada FNaCl = 5844

lb día

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

y,

La velocidad de reacción puede calcularse utilizando la conversión:

r=

0.95 × 100 lbmol lbmol = 95 1 día día

De la relación 2:

lbmol día

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

salida Na2SO4

N

entrada Na2SO4 +

=N

σNa2SO4

salida Na2SO4

N

HCl:

salida HCl

N

entrada HCl

=N

+

σHCl

0

+

95

= 95

r=

salida HCl

N

r =

0

+

95

= 95

18

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III salida NaCl

NaCl:

N

Ben – Hur Valencia Valencia entrada NaCl

+

σNaCl

salida NaCl

=5

=N

N

NaHSO4:

salida NaHSO4

N

entrada NaHSO4

=N

+

σNaHSO4

salida NaHSO4

N

r

=

r =

100 – 95

100 – 95

=5

Comprobando los resultados con los flujos másicos de entrada y salida: ENTRADA lbmol NaCl NaHSO4

100.0 100.0

Total

Lb 5844 12000

Na2SO4 NaCl NaHSO4 HCl

SALIDA lbmol 95.0 5.0 5.0 95.0

17844

lb 13490.0 292.2 600.0 3461.8 17844.0

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

3.10.

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

+

2 H2SO4

→

CaH4(PO4)2

+

2 CaSO4

Se hacen reaccionar 20000 kg/día de fosfato de calcio crudo (que contiene 14 % de impurezas inertes) con 15000 kg/día de H2SO4 al 92 %. Determine la velocidad de producción, suponiendo que la reacción se completa en un 95 %. ¿Cuál es el reactivo limitante?

19



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

+

σ–1

2 H2SO4

→

–2

CaH4(PO4)2

+

1

2 CaSO4 2

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

entrada N Ca 3 (PO4 )2

N entrada H2SO4

kg día

y,

FHentrada = (15000 × 0.92) 2SO4

kg día

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

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

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

R Ca 3 (PO4 )2 =

55.4839 = 55.4839 1

y,

R H2SO4 =

140.8163 = 70.4082 2

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

r=

kgmol 0.95 × 55.4839 kgmol = 52.7097 1 día día

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

20



En un proceso para la hidratación catalítica de etileno a alcohol etílico, se convierte únicamente una fracción del etileno. El producto se condensa y retira después de cada paso por el convertidor y los gases no convertidos se recirculan. Puede suponerse que el condensador elimina todo el alcohol y los gases de recirculación contendrán 6.5 % (molar) de vapor de agua. La conversión de etileno en cada paso por el convertidor es de 4.5 %. La proporción molar de agua a etileno en la alimentación al convertidor, una vez mezclado el gas recirculado con la alimentación fresca, es de 0.55. Calcule todas las corrientes del proceso.

SOLUCIÓN La reacción y los coeficientes estequiométricos son: C2H4 σ

+

H2O

–1

→

C2H5OH

–1

1

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

1

N

1 xC2H4

(H2O)

4

N 1

2

M

2

3

CONVERTIDOR

4 3

N

N

4

xC2H5OH (H2O)

3

2

xC2H5OH

xC2H4 (H2O)

3

xC2H4 (H2O) 5 5

N 5

xC2H4 = 0.935 (H2O, 6.5 %)

21



Relaciones: R1:

XC2H4=

0.045

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

R2:

⎞ ⎟⎟ ⎠


Convertidor Condensador Mezclador NVI

Proceso

Global

5+1

7

6

11 + 1

4+1

NBMI

3

3

2

8

3

NCC

0

1

1

1

0

NRC R1

1

–

–

1

–

R2

1

–

1

1

–

1

3

2

1

2

G de L Base

-1

-1

De la Tabla de Grados de Libertad se observa que el proceso está correctamente especificado y debe tomarse la base de cálculo en el convertidor y realizar ahí los balances. Balances de materia en el convertidor: 2

Base de cálculo: Sea NC2H4 = 100 2

De R2:

NH2O = 55


⎛ Χ C2H4 N C2 2H4 r =⎜ ⎜ − σ C2 H4 ⎝

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

Los balances por componente son: Etileno:

3

2

NC2H4 = NC2H4 +

σC2H4 r =

(100 – 4.5) = 95.5

3

NC2H4 = 95.5

22

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Alcohol:

3

Ben – Hur Valencia Valencia 2

NC2H5OH = NC2H5OH +

σC2H5OH r = 0 + 1 × 4.5 = 4.5

3

NC2H5OH = 4.5

Agua:

3

2

+ σH2O r =

NH2O = NH2O

(55 – 4.5) = 50.5

3

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

3

=

3

3

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

G de L A

2

2 – 1 Flujo (NC2H4) = 1

=

2

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

Alcohol:

NC2H5OH =

Etileno:

N (1 – 0.065) =

5

3

NC2H5OH =

4.5

95.5

5

N = 102.139 5

De la composición,

NH2O = 102.139 × 0.065 5

NH2O = 6.639

Agua:

4

3

5

NH2O = NH2O – NH2O = (50.5 – 6.639) 4

NH2O = 43.861 5

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

23



Balances en el Mezclador: Etileno:

1

NC2H4

5

+

NC2H4

2

=

NC2H4

1

NC2H4 = (100 – 95.5) 1

NC2H4 = 4.5

Agua:

1

2

5

NH2O = NH2O – NH2O = (55 – 6.639) 1

NH2O = 48.361 Los resultados pueden comprobarse hallando los flujos másicos de las corrientes 1 y 4, o sea, las corrientes de entrada y salida en el proceso global:

ENTRADA

SALIDA

kg-mol

kg

C2H4

4.5

126.000

C2H5OH

H2O

48.361

870.498

H2 O

Total

996.498

Total

kg-mol

kg

4.5

207.000

43.861

789.498 996.498

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

3.12.

Puede producirse ácido acético mediante la reacción: 3 C2H5OH + 2 Na2Cr2O7 + 8 H2SO4 → 3 CH3COOH + 2 Cr2(SO4)3 + 2 Na2SO4 + 11 H2O En la corriente de recirculación que se muestra en la figura se obtiene una conversión global de C2H5OH del 90 %, con un flujo de recirculación igual al flujo de alimentación de C2H5OH fresco. Los flujos de alimentación de H2SO4 y Na2Cr2O7 frescos son 20 % y 10 % respectivamente, de exceso sobre las cantidades estequiométricas requeridas para la alimentación fresca de C2H5OH.

24



La corriente de recirculación contiene 94 % de H2SO4 y el resto C2H5OH. Calcule el flujo de producto y la conversión de C2H5OH en el reactor. CH3COOH

H2SO4 Na2Cr2O7 Reactor

Separador

C2H5OH

Productos de desperdicio

Recirculación H2SO4 C2H5OH

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

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

Diagrama cuantitativo: 5

NC2H5OH

2 NH2SO4

5 NH2SO4

2

[2]

5

NNa2Cr2O7

4

[1]

M

[6]

7

NH2O

5

NH2SO4

NCH3COOH

4

1

NC2H5OH

4

NC2H5OH NNa2Cr2O7

Reactor

[4]

[5] 5

NH2O

7

Separador

NNa2Cr2O7

6

NCH3COOH

3

N

[7]

7

NCr2(SO4)3 7

NNa2Cr2O7 7

5

NC2H5OH

5

NH2SO4

NCr2(SO4)3 [3]

NNa2SO4

NNa2SO4

7

[3]

x3H2SO4 = 0.94 3

(xC2H5OH)

25



Relaciones: R1:

Conversión global del 90 %.

R2:

NH2SO4

R3:

NNa2Cr2O7

R4:

N =

2

2

3

1

=

20 % en exceso del teórico para reaccionar NC2H5OH.

=

10 % en exceso del teórico para reaccionar NC2H5OH.

1

1

NC2H5OH

Tabla de Grados de Libertad: NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 R4 G de L

Mezclador 8 3 0 1 – 1 1 1 1

Reactor 10 + 1 7 0 0 – – – – 4

Separador 16 7 0 1 – – – – 8

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

Global 10 + 1 7 0 0 1 1 1 – 1

Reconfirmación de Grados de Libertad: Mezclador:

Incógnitas =

1

2

2

3

4

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

4

NH2SO4, NNa2Cr2O7)

Reactor:

Ecuaciones =

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

G de L

1

=

Incógnitas =

4

4

4

5

11 ( NC2H5OH, NH2SO4, NNa2Cr2O7, NC2H5OH, 5

5

5

5

NH2SO4, NNa2Cr2O7, NCH3COOH, NH2O, 5

5

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

7 (balances)

G de L

4

=

26

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Separador:


Incógnitas =

5

5

5

5

15 ( NC2H5OH, NH2SO4, NNa2Cr2O7, NCH3COOH, 5

5

5

7

7

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

º

7

7

7

7

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

6

N , NCH3COOH)

Global:

Ecuaciones =

7 (balances)

G de L

=

8

Incógnitas

=

11 ( NC2H5OH, NH2SO4, NNa2Cr2O7, NH2O,

1

7

2

2

7

7

7

7

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

6

NH2SO4, NCH3COOH, r) Ecuaciones =

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

G de L

1

=

Tomando una base de cálculo el proceso queda correctamente especificado y pueden resolverse los balances en el proceso global o en el mezclador. CÁLCULOS: 1

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

De R2:

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

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

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

27

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III De R3:


2

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

⎛ 0.9 × 1000 ⎞ r =⎜ ⎟ = 300 3 ⎝ ⎠

Balances Globales: Los balances por componente son: 7

H2O:

NH2O

=

11 r =

11 × 300

7

NH2O = 3300 7

Na2SO4:

NNa2SO4 =

2r =

2 × 300

7

NNa2SO4 = 600 7

Cr2(SO4)3:

NCr2(SO4)3

=

2r =

2 × 300

7

NCr2(SO4)3 = 600

Na2Cr2O7:

7

NNa2Cr2O7

=

7333.334 – 2 r =

733.334 – 600

7

NNa2Cr2O7 = 133.334 7

C2H5OH:

NC2H5OH =

1000 – 3 r =

1000 – 900

7

NC2H5OH = 100

H2SO4:

7

NH2SO4

=

3200 – 8 r =

3200 – 2400

7

NH2SO4 = 800

28



6

CH3COOH:

NCH3COOH

=

3r =

3 × 300

6

NCH3COOH = 900 Balances en el Mezclador: Desde el comienzo tiene cero grados de libertad. 4

Alcohol:

NC2H5OH =

1000

4

NC2H5OH

+

=

1060

4

Ácido sulfúrico:

60

NH2SO4 = 3200

+

940

4

NH2SO4 = 4140 4

Dicromato:

NNa2Cr2O7

=

733.334

Actualizando los grados de libertad se halla que: Separador:

G de L A

6

7

8 – 7 Flujos (NCH3COOH y 6 de N ) = 1

=

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

5

=

NCH3COOH 3

De R4:

N

Agua:

NH2O

=

5

5

Sulfato sódico:

NNa2SO4 =

Sulfato de cromo:

NCr2(SO4)3

5

=

600 =

=

6

900 =

NCH3COOH

1000

3300

=

7

NH2O

7

NNa2SO4

600 =

7

NCr2(SO4)3

29



Cromato:

NNa2Cr2O7 5

Ácido sulfúrico:

NH2SO4 =

=

133.334

7

3

NH2SO4 + 5

5

NC2H5OH =

7

NC2H5OH +

3

NNa2Cr2O7 3

xH2SO4 × N =

NH2SO4 =

Etanol:

7

=

3

5

940

1740

xC2H5OH × N NC2H5OH

800 +

= =

100 +

940

1740

Finalmente,

X C2H5OH

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

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

Es más sencillo resolver los balances en el mezclador después del separador, porque tiene menos componentes (tal como se hizo). Pero al actualizar los grados de libertad del reactor sabiendo que: G de L A =

G de L –

Corrientes determinadas

+

Balances utilizados

–

Velocidades de reacción

4

–

7 (Flujos de la corriente 5)

+

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

Se obtiene: G de L A =

sulfato de sodio y sulfato de cromo)

G de L A =

4

–

1 (velocidad de reacción)

–

7

+

4

–

1

=

0

El proceso sólo tiene dos balances para cada uno de los 4 componentes citados y ya se utilizaron al resolver los balances en el proceso global y en el separador. Esto puede analizarse en la tabla de balances que se presenta en la siguiente página.

30



Tabla de Balances:

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

3.13.

Mezclador 1 1 1 – – – – 3

Reactor 1 1 1 1 1 1 1 7

Separador 1 1 1 1 1 1 1 7

Proceso 3 3 3 2 2 2 2 17

Global 1 1 1 1 1 1 1 7

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

5 Separador 1

Reactor

2

3

6 HClO4

1 90 % Ba(ClO4)2 10 % HClO4

7

4

Separador 2 Ba(ClO4)2 BaSO4 8

Ba(ClO4)2

2%

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

H2SO4

→

BaSO4 +

2 HClO4

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

31



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

2

NH2SO4

2

N3Ba(ClO4)2

Reactor

1

3

NHClO4

= 0.996

5

Separador 1

3

N3BaSO4

N1Ba(ClO4)2 = 2.677 1 NHClO4

NH2SO4

N3H2SO4

7

4

6

6

NHClO4

N7Ba(ClO4)2 N7BaSO4

Separador 2

4 NBa(ClO4)2

8

8

N

8

xBaSO4 = 0.986 (Ba(ClO4)2)

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

Sea F = 1000 lb/h 1

FBa(ClO4)2= 900 lb/h

N 1Ba( ClO4 )2

N1HClO 4 =

y

F

1 HClO4

= 100 lb/h

lb lbmol h = = 2.677 lb h 336.24 lbmol 900

100

lb h

lb 100.450 lbmol

= 0.996

lbmol h

32



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

x 8BaSO4

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

Relación: R1:

2

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

NBa(ClO4)2. Tabla de Grados de Libertad:

8+1

Separador 1 8

Separador 2 5

4

4

2

NCC

Reactor

Proceso

Global

14 + 1

7+1

2

10

4

0

0

2

2

0

0

1

1

1

NRC R1

1

–

–

1

1

G de L

2

4

2

1

0

NVI NBMI NFC

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

Incógnitas =

2

3

3

3

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

4

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

4 (balances) + 1 (R1)

G de L

2

=

33

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Separador 1:


Incógnitas =

3

3

3

3

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

6

7

7

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

Separador 2:

Global:

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

4

=

4

7

7

8

Incógnitas =

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

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

=

2

Incógnitas

=

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

2

5

6

Ecuaciones =


G de L

0

=

8

Tabla de Balances:

H2SO4 HClO4 BaSO4 Ba(ClO4)2 Total

Reactor 1 1 1 1 4

Separador 1 1 1 1 1 4

Separador 2 – – 1 1 2

Proceso 2 2 3 3 10

Global 1 1 1 1 4

Estrategia de Solución: 2

5

6

8

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

2

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

6

Separador 1:

G de L A

=

4 – 2 (NH2SO4, NHClO4) = 2

Separador 2:

G de L A

=

2 – 1 (N ) = 1

8

34



7

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

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

G de L A

=

4

1 – 1 (NBa(ClO4)2) 2–2

7 (NBa(ClO4)2,

+ 7 NBaSO4)

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

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

De R1:

NH2SO4 usado = 2.677 × 1.2 lbmol 2

NH2SO4 usado = 3.212 lbmol 5

H2SO4:

NH2SO4

Ba(ClO4)2:

(1 –

NH2SO4 8

0.986) × N =

6

HClO4:

2

=

NHClO4 =

0.996 8

BaSO4:

0.986 × N =

+

–

r

2.677

–

(1) r

2×r

r

(2) (3) (4)

Resolviendo el sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas: 8

N = 2.677

r = 2.640

5

6

NH2SO4 = 0.572

NHClO4 = 6.276

Balances en el Separador 2: BaSO4:

7

0.986 × 2.677 = NBaSO4 7

NBaSO4 = 2.640

35

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Ba(ClO4)2:


(1 –

7

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

NBa(ClO4)2 = 0.0375

4

+

NBa(ClO4)2

Balances en el Separador 1: 5

H2SO4:

NH2SO4

3

=

NH2SO4

3

NH2SO4 = 0.572 7

BaSO4:

NBaSO4

3

=

NBaSO4

3

NBaSO4 = 2.640 6

HClO4:

NHClO4

3

=

NHClO4 3

NHClO4 = 6.276 7

Ba(ClO4)2:

NBa(ClO4)2

3

=

NBa(ClO4)2

3

NBa(ClO4)2 = 0.0375

+

4

NBa(ClO4)2

Comprobando en el Reactor: 3

H2SO4:

NH2SO4

=

0.572

0.572

=

2.677 +

NBa(ClO4)2

NBa(ClO4)2

=

2.677 +

NBa(ClO4)2

0.0375

=

0.037

NBa(ClO4)2 0.0375 +

2.640

=

3

Ba(ClO4)2:

3.212 –

4

4

4

–

r

–

2.640

36

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III HClO4:


3

NHClO4

=

0.996 +

6.276

=

2 × 2.640

6.276

ECUACIONES DEL PROCESO: Globales: 2

De R1:

NH2SO4 usado = 2.677 × 1.2 lbmol

H2SO4:

NH2SO4

Ba(ClO4)2:

(1 –

HClO4:

NHClO4

5

2

=

NH2SO4 8

0.986) × N =

6

=

0.996

r

2.677

–

+

8

BaSO4:

–

0.986 × N =

(1) (2) r

(3)

2×r

(4)

r

(5)

Separador 2: 8

BaSO4: Ba(ClO4)2:

0.986 × N = 8

(1 –

0.986) × N +

7

NBaSO4 4

NBa(ClO4)2

(6) =

7

NBa(ClO4)2

(7)

Separador 1: 5

H2SO4:

NH2SO4

BaSO4:

NBaSO4

HClO4:

NHClO4

Ba(ClO4)2:

NBa(ClO4)2

7

6

7

3

=

NH2SO4

=

NBaSO4

=

NHClO4

=

NBa(ClO4)2

3

3

3

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

37



Resolviendo el sistema de 11 ecuaciones, tendremos: 2

7

NH2SO4 = 3.212

NBaSO4 = 2.640

N = 2.677 r = 2.640 5 NH2SO4 = 0.572

NH2SO4 = 0.572

8

6 NHClO4

3.14.

3 3

NBaSO4 = 2.640 3

NHClO4 = 6.276

= 6.276

La reacción: 2 A

+

5 B

→

3 C

+

6 D

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

Reactor A B C D

Separador

A B

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

1

Reactor

2

2

NB 2

NC

NA Separador

1 NB

3

NA

1

NA

3

3

NB 3

NC = 100

2

3

ND

ND 4

4 NB

recirculado

38



Relaciones: R1:

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

R2:

Conversión global del 95% o sale el 5 %.

R3:

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

1

1


Reactor

Separador

Proceso

Global

7+1

9

11 + 1

6+1

NBMI

4

4

8

4

NFC

0

1

1

1

NCC

0

0

0

0

NRC R1

1

–

1

–

R2

–

–

1

1

R3

1

–

1

1

2

4

0

0

NVI

G de L

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

Separador:

1

1

2

2

2

2

4

Incógnitas =

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

Ecuaciones =


G de L

2

=

2

2

2

2

3

3

3

4

Incógnitas =

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

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

4

=

39

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Global:

Incógnitas


1

3

3

3

=

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

Ecuaciones =


G de L

0

=


1

3

3

3

1. Se resuelven Globales y se conoce: r, NA, NB, NA, NB, ND se agotan R2, R3. 2. Actualizando Grados de Libertad: 1 1 Reactor: G de L A = 2 – 2 (NA, NB) – 1 (r) + 1 (R3 agotado) = 0 3 3 3 Separador: G de L A = 4 – 3 (NA, NB, ND) = 1 2

2

2

2

4

3. Se resuelve el Reactor y se conoce: NA, NB, NC, ND, NB y se agota R1. 4. Se comprueba en el Separador. CÁLCULOS: Balances Globales: Balance de C:

3

NC = 3 × r = 100 r = 100/3 3

ND = 6 × r

Balance de D:

3

ND = 200 3

Balance de A:

NA

Balance de B:

NB

3

1

=

NA

=

NB

1

–

2×r

(1)

–

5×r

(2)

3

1

De R2:

NB = 0.05 × NB

De R3:

⎛ N entrada × σ A A teórico = ⎜⎜ B σB ⎝

⎛ N1 × 2 ⎞ ⎟⎟ × 1.3 N1A = ⎜⎜ B 5 ⎠ ⎝

(3)

⎞ ⎛ N1B × 2 ⎞ ⎟⎟ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎠ ⎝ 5 ⎠ (4)

40




1

NA = 91.228

NB = 175.439

3

3

NA = 24.561

NB = 8.77200

Balances en el Reactor: 2

Balance de A:

NA

=

N 2A = 91.228 −

2

Balance de C:

NC

Balance de D:

ND

2

2

Balance de B:

NB

1

NA –

2×r

200 = 24.562 3

=

3×r

=

100

=

6×r

=

200

+

NB

1

=

NB

4

N 2B = 175.439 + N 4B −

2

De R1:

NB 2

NB

1

=

=

–

5×r

500 3

(1)

4

0.4 (NB +

NB)

0.4 (175.439

+

4

NB)

(2)

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas: 2

4

NB = 111.112

NB = 102.340

Comprobando en el balance de B en el separador: 2

NB

3

4

=

NB

+

NB

111.112

=

8.772

+

102.340

111.112

=

111.112

41



ECUACIONES DEL PROCESO: Globales: Balance de C:

3×r

=

100

(1)

Balance de D:

ND

=

6×r

(2)

=

NA – 2 × r

(3)

=

NB

3

3

Balance de A:

NA

Balance de B:

NB

De R2:

NB

3

3

1

1

–

5×r 1

=

0.05 × NB

⎛ N1 × 2 ⎞ ⎟⎟ × 1.3 N1A = ⎜⎜ B ⎝ 5 ⎠

De R3:

(4) (5) (6)

Reactor: 2

Balance de A:

NA

Balance de C:

NC

Balance de D: Balance de B: De R1:

1

=

NA –

2×r

(7)

=

3×r

=

100

(8)

ND

=

6×r

=

200

(9)

2

1

2

2

4

NB = NB + NB – 5 × r 2

1

NB = 0.4 (NB +

4

NB)

(10) (11)

Resolviendo el sistema de 11 ecuaciones y 11 incógnitas con el programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard, HP – 48 tendremos: 1

NA = 91.228 1 NB = 175.439 3 NA = 24.561 3 NB = 8.772 2 NB = 111.112 4 NB = 102.340

r = 100/3 3 ND = 200 2 NA = 24.562 2 NB = 111.112 4 NB = 102.340

42



El solvente éter etílico se fabrica industrialmente mediante la deshidratación del alcohol etílico, usando ácido sulfúrico como catalizador, mediante la siguiente reacción: 2 C2H5OH

→

(C2H5 )2O

+

H2O

Suponiendo que la recirculación es la mitad de la alimentación al proceso; que el flujo de alimentación es de 1000 kg/h de solución de alcohol (que contiene 85% en masa de alcohol); y que la solución de alcohol recirculada tiene la misma composición que la alimentación. Alcohol recirculado Éter puro

4 2

Recuperación de producto 85 % Alcohol

1

3

15 % H2O Reactor

Recuperación de reactivos

5

6

Agua

Alcohol % Calcule:

1

La velocidad de producción de éter. Las pérdidas de alcohol en la corriente 6. La conversión en el reactor. La conversión en el proceso.

43



SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: 2

F

w2C2H5OH = 0.85 (agua) 2

4

3

Recuperación de

FC2H5OH

Reactor

F3H2O

productos

3

F3Eter

1

4

F Éter puro

5

Recuperación de

1

reactivos

5

F = 1000

FC2H5OH

w1C2H5OH = 0.85

5

6

FH2O

(agua)

Relación:

1

R1:

6

F

w6C2H5OH = 0.01 (agua)

2

F = 2 F


7+1

Recuperación de productos 6

Recuperación de reactivos 6

NBMI

3

3

NFC

1

NCC

Proceso

Global

12 + 1

5+1

2

8

3

0

0

1

1

2

0

2

3

2

1

0

0

1

0

1

3

2

0

0

Reactor NVI

NRC G de L

R1

44



Reconfirmación de Grados de Libertad: Reactor:

2

3

3

3

Incógnitas =

5 (F , FC2H5OH, FH2O, FEter, r)

Ecuaciones =


G de L

1

=

Recuperación de productos: 3

3

3

4

5

5

Incógnitas =

6 (FC2H5OH, FH2O, FEter, F , FC2H5OH, FH2O)

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

3

=

Recuperación de reactivos:

Global:

2

5

5

6

Incógnitas =

4 (F , FC2H5OH, FH2O, F )

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

2

=

4

6

Incógnitas =

3 (F , F , r)

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

0

=

Tabla de Balances:

Alcohol

1

Recuperación de productos 1

Agua

1

1

1

3

1

Éter

1

1

–

2

1

Total

3

3

2

8

3

Reactor

Recuperación de reactivos 1

Proceso

Global

3

1

45




6

1. Se resuelven los balances Globales y se conoce r, F , F . 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: Reactor: G de L A = 1 – 1 (r) = 0 4 Recuperación de productos: G de L A = 3 – 1 (F ) = 2 6 Recuperación de reactivos: G de L A = 3 – 1 (F ) = 2 2

3

3

3

3. Se resuelve el Reactor y se conoce: F , FC2H5OH, FH2O, FEter y se agota el balance de éter. 4. Actualizando grados de Libertad: Recuperación de productos: G de L A = Recuperación de reactivos:

G de L A

=

3

3

3

2 – 3 (FC2H5OH, FH2O, FEter) + 1 (balance agotado: Éter) = 0 2 2 – 1 (F ) = 2 5

5

5. Se resuelve Recuperación de productos y se conoce FC2H5OH, FH2O y se agotan balances de alcohol y agua. 6. Se comprueban los balances en la unidad dependiente: Recuperación de Productos. CÁLCULOS: Balances Globales: 1

Base de cálculo:

F = 1000 kg/h 6

Alcohol:

0.01 F

= 6

0.01 F

6

Agua:

0.99 F

0.85 × 1000 –

2 × 46 r

= 850 –

92 r

(1)

=

18 r

(2)

150 +

De las ecuaciones (1) y (2): 6

F = 318.8692

Éter:

F

4

r = 9.2045

= 74 r = 74 × 9.2045 = 681.1308

46




De la relación R1:

Alcohol:

F = 500

3

FC2H5OH =

(1000 +

500) × 0.85 –

2 × 46 × 9.2045

3

FC2H5OH = 428.1887

Agua:

3

FH2O

=

(1000 +

500) × 0.15 +

18 × 9.2045

3

FH2O = 390.6805 3

Éter:

FEter=

74 r

3

FEter = 681.1308

Balances en el Recuperador de Productos: 5

Alcohol:

3

FC2H5OH =

FC2H5OH

3

FC2H5OH = 428.1887 5

Agua:

=

FH2O

5

FH2O

3

FH2O = 390.6805

Comprobando en los balances de Recuperación de Reactivos: 5

2

2

FC2H5OH =

wC2H5OH F +

428.1887

=

0.85 × 500 +

428.1887

=

425 +

6

wC2H5OH F

3.1887

6

0.01 × 318.8692 =

428.1887

47



Las respuestas que pide el problema son: a. La velocidad de producción de éter: 4

F = 681.1308 kg/h

b. Las pérdidas de alcohol en la corriente 6: 6

6

wC2H5OH F =

0.01 × 318.8692

=

3.1887 kg/h

c. La conversión en el reactor:

⎛ N Entrada − N Salida X C2H5OH = ⎜⎜ N Entrada ⎝

1 2 3 ⎞ ⎛⎜ (F + F )× 0.85 − FC2H5OH ⎞⎟ ⎟⎟ = ⎟ (F1 + F 2 )× 0.85 ⎠ ⎜⎝ ⎠

⎛ 1500 × 0.85 − 428.1887 ⎞ X C2H5OH = ⎜ ⎟ = 0.6642 1500 × 0.85 ⎝ ⎠

d. La conversión en el proceso:

X C2H5OH proceso

⎛ F1 × 0.85 − w C6 H OH F 6 ⎞ ⎛ 1000 × 0.85 − 3.1887 ⎞ 2 5 ⎟=⎜ =⎜ ⎟ 1 ⎜ ⎟ ⎝ × F 0.85 1000 × 0.85 ⎠ ⎝ ⎠ XC2H5OH proceso = 0.9962

48



ECUACIONES DEL PROCESO: Utilización del programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard HP – 48 GX para la solución de ecuaciones del problema: Globales: 1

F = 1000 kg/h

Base de cálculo:

6

Alcohol:

0.01 F

= 6

0.01 F

6

Agua:

0.99 F

Éter:

F

4

0.85 × 1000 –

2 × 46 r

= 850 –

92 r

(1)

=

150 +

18 r

(2)

=

74 r

(3)

Reactor: De R1: Alcohol: Agua:

1000 3

FC2H5OH = 3

FH2O

(1000 + =

=

2

2 F

(4)

2

F ) × 0.85 –

(1000 +

2 × 46 × r

2

F ) × 0.15 +

18 × r

3

FEter = 74 r

Éter:

(5) (6) (7)

Recuperador de Productos: Alcohol: Agua:

5

FC2H5OH = 5

FH2O

3

FC2H5OH =

5

FH2O

(8) (9)

Resolviendo el sistema de 9 ecuaciones con 9 incógnitas, tenemos: 6

F = 318.8692 r = 9.2045 4 F = 681.1308 2 F = 500 3 FC2H5OH = 428.1887

3

FH2O = 390.6805 3

FEter = 681.1308 3 FC2H5OH = 428.1887 3

FH2O = 390.6805

49



Se utiliza hidrógeno para reducir 1 ton/h de Fe2O3 hasta hierro metálico, de acuerdo con la reacción: Fe2O3

+

→

3 H2

2 Fe +

3 H2O

El agua se condensa, y se recircula el hidrógeno que no reacciona. Debido a que el hidrógeno en la alimentación fresca contiene 1 % de CO2 como impureza, debe purgarse algo del hidrógeno que no reaccionó. Recirculación

Alimentación fresca

Condensador

Reactor

Alimentación

Purga Fe

Fe2O3 H2O Calcule el flujo y la composición de la corriente de purga que es necesaria para limitar a 3.5% el CO2 en la alimentación al reactor, si la proporción de recirculación a alimentación fresca es de 5 a 1 en base molar. SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo:

8

8

1

1

N

x1CO2 = 0.01 (H2O)

M

4

N

N

x8CO2

x4H2O

(H2)

x4CO2

2

Reactor

2

N

Condensador (H2) 4

3

5

x2CO2 = 0.035

9

(H2)

9

NFe2O3

3

NFe

5

NH2O

6 6

N

D

7 7

N

x6CO2

x7CO2

(H2)

(H2)

Relaciones: R1:

8

N =

1

5N

R2: Restricciones del divisor = (S – 1) (R – 1) = (2 – 1) (2 – 1) = 1

50




Mezclador

Reactor

Condensador

Divisor

Proceso

Global

NVI

6

7+1

6

6

16 + 1

7+1

NBMI

2

5

3

2

12

5

NFC

0

1

0

0

1

1

NCC

2

1

0

0

2

1

1

–

–

–

1

–

–

–

–

1

1

–

G de L

1

1

3

3

0

1

G de Lib

1

2

3

3

1

2

0

2

3

3

0

1

NRC

R1 R2

*

G de L

Tal como se ve en la fila de grados de libertad, G de L, el proceso tiene cero pero no hay ninguna unidad que también los tenga. 9

Para tener una unidad con cero grados de libertad, se ignora el flujo conocido, N . Al hacerlo, se obtiene una nueva fila de grados de libertad para el sistema, marcada como G de Lib. En estas condiciones, tanto el proceso como el mezclador quedan con un grado de libertad y puede 1 tomarse como base de cálculo un flujo en el mezclador, digamos N , y los nuevos grados de libertad se muestran en la fila marcada como G de L*. De esta manera pueden resolverse los balances en el mezclador y al actualizar la Tabla de Grados de Libertad se encuentra el orden en que se puede resolver el problema. Al final, mediante una relación de escalado, se encuentra la respuesta con respecto a la base pedida. Reconfirmación de Grados de Libertad: Mezclador:

Reactor:

2

8

8

Incógnitas =

3 (N , N , xCO2)

Ecuaciones =


G de L

0

=

2

=

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

2

=

3

4

4

4

9

7 (r, N , NFe, N , xH2O, xCO2, NFe2O3)

Incógnitas

51

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Condensador: Incógnitas =

Divisor:

Global:


4

4

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

3

=

5

6

6

6 (N , xH2O, xCO2, NH2O, N , xCO2)

6

6

7

7

8

8

Incógnitas =

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

Ecuaciones =


G de L

3

=

3

5

7

7

9

Incógnitas =

6 (r, NFe, NH2O, N , xCO2, NFe2O3)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

1

=

Tabla de Balances: Mezclador

Reactor

Condensador

Divisor

Proceso

Global

H2

1

1

1

1

4

1

CO2

1

1

1

1

4

1

Fe

–

1

–

–

1

1

Fe2O3

–

1

–

–

1

1

H2O

–

1

1

–

2

1

Total

2

5

3

2

12

5


2

8

8

1. Se toma base de cálculo N = 1000, y se resuelve el mezclador hallando N , N , xCO2. Y 7

6

llevo a (xCO2 , xCO2), y se agota R1. 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 2 Reactor: G de L A = 2 – 1 (N ) = 1 8 8 Divisor: G de L A = 3 – 1 (N ) – 1 (xCO2) = 1 7

G de L A

=

1 – 1 (xCO2) = 0

Condensador: G de L A

=

3 – 1 (xCO2) = 2

Global:

6

52



3

5

7

3. Al resolver los balances Globales se halla r, NFe2O3, NFe, NH2O, N y se agotan balances de Fe y Fe2O3. 4. Se actualizan grados de libertad: 5 Condensador: G de L A = 2 – 1 (NH2O) = 1 Divisor: Reactor:

G de L A G de L A

7

= =

1 – 1 (N ) = 0 9 3 1 – 2 (NFe2O3, NFe) – 1 (r) + 2 (balances agotados) = 0 4

4

4

5. Se resuelve el Reactor y hallo N , xH2O, xCO2 y se agota el balance H2O. 6. Se reconfirman grados de libertad: Divisor: G de L A = 0 – 0 = 0 6

7. Se resuelve el Divisor y hallo N , se agota R2 y se agotan balances de H2, CO2. 8. Se confirman resultados obtenidos en Condensador o unidad dependiente. CÁLCULOS: La reacción es: Fe2O3

+

3 H2

→

2 Fe +

3 H2O

Balance en el Mezclador: 1

Base de cálculo N = 1000 8

De R1:

N =

5 × 1000

=

5000

8

N = 5000

CO2:

H2:

1000 × 0.01 +

1000 × 0.99 +

8

xCO2 × 5000 = 8

(1 – xCO2) × 5000

0.035 × N

2

(1)

= (1 – 0.035) × N

2

(2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) se obtiene: 2

N = 6000

8

7

6

xCO2 = 0.04 = (xCO2 = xCO2)

53



Comprobando los resultados en la ecuación dependiente: 1000

+

5000

6000

=

=

N

2

6000

Balances Globales: 7

CO2:

N × 0.04

=

1000 × 0.01

7

N = 250 7

H2:

N × (1 – 0.04) =

1000 × 0.99 –

3r

r = 250

Fe2O3:

0

=

9

NFe2O3 –

r

9

NFe2O3 = 250 3

Fe:

NFe

= 0

+

2r

+

3r

3

NFe = 500 5

H2O:

NH2O = 0 5

NH2O = 750 Los resultados se comprueban con el balance global de materia: ENTRADA Sustancia CO2 H2 Fe2O3 Total

SALIDA

Moles

Masa

10 990 250

440 1980 39923.5 42343.5

Sustancia

Moles

Masa

CO2

10

440

H2

240

480

H2O

750

13500

Fe

500

27923.5

Total

42343.5

54




CO2:

H2:

4

xCO2 × N 4

4

=

0.035 × 6000

(1)

4

(1 – xCO2 – xH2O ) × N = (1 – 0.035) × 6000 – 3 × 250 4

H2O:

4

xH2O × N

=

0

+

3 × 250

(2)

(3)


4

N = 6000

xCO2= 0.035 4

xH2O = 0.125 Corroborando en el balance de materia:

CO2 H2 Fe2O3

210 5790 250

Masa 9240 11580 39923.5

Total

Reactor

ENTRADA Sustancia Moles

60743.5

SALIDA Sustancia Moles CO2 210 H2 5040 H2O 750 Fe 500 Total

Masa 9240 10080 13500 27923.5 60743.5

Balances en el Divisor: CO2:

6

N × 0.04

=

0.04 × 250 +

0.04 × 5000

6

N = 5250 Comprobando en el balance de hidrógeno del Condensador: H2:

4

4

4

6

6

(1 – xCO2 – xH2O ) × N = (1 – xCO2) × N (1 – 0.035 – 0.125) × 6000 = 5040

=

(1 – 0.04) × 5250 5040

55



ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Mezclador: 1

Base de cálculo N = 1000 kgmol 8

De R1:

N = 8

5 × 1000

CO2:

1000 × 0.01 +

8 xCO2

H2:

1000 × 0.99 +

(1 – xCO2) × N =

×N

(1) 2

= 0.035 × N

8

8

(2)

(1 – 0.035) × N

2

(3)

Globales: 7

CO2: H2:

7

N × xCO2 7

=

7

N × (1 – xCO2) =

Fe2O3:

0= 3

Fe:

NFe = 5 NH2O

H2O:

=

1000 × 0.01

(4)

1000 × 0.99 – 9

NFe2O3 –

3r

(5)

r

(6)

0

+

2r

(7)

0

+

3r

(8)

Reactor: 4

CO2: H2: H2O:

4

2

xCO2 × N 4

4

= 0.035 × N

(9)

4

2

(1 – xCO2 – xH2O ) × N = (1 – 0.035) × N – 3 × r 4

4

xH2O × N

= 0

+

7

7

(10)

3×r

(11)

Divisor: CO2: H2: De R2:

6

6

8

8

N × xCO2 = N × xCO2 + N × xCO2 6

6

(1 – xCO2) × N 8

xCO2

7

7

= (1 – xCO2) × N =

6

xCO2

(12) 8

8

+ (1 – xCO2) × N

(13) (14)

56



Resolviendo el sistema de 14 ecuaciones y 14 incógnitas, tenemos: 8

5

N = 5000 2 N = 6000 8 xCO2 = 0.04

NH2O = 750

N = 250 r = 250 9 NFe2O3 = 250

xH2O = 0.125

4

N = 6000 4 xCO2= 0.035

7

4

6

N = 5250 7 xCO2 = 0.04

3

NFe = 500

6

xCO2 = 0.04

Para un flujo de 1000 kg en la corriente 9, se tendrá que: 9

NFe2O3 = 250 kgmol = 39925 kg Y la relación de escalado para el cambio de base es:

⎛ 1000 kg ⎞ N7 = ⎜ × 250 kgmol ⎟ ⎝ 39925 kg ⎠

3.17.

7

N = 6.262 kgmol

El yoduro de metilo puede obtenerse por la reacción de ácido yodhídrico con un exceso de metanol, así: HI

+

CH3OH → CH3I

+

H2O

En la figura de la siguiente página se presenta un proceso típico para la producción industrial de yoduro de metilo. CH3I 7

CH3OH 18 % 6

Separador II CH3OH

4 Reactor

H2O

Separador I

HI

2 5 % H2O

CH3I 20 % 80 %

5

3 1

82 %

8

9

HI H2O

10

57



Las condiciones del proceso son: 1. La alimentación al reactor contiene 2 moles de CH3OH por mol de HI. 2. Se obtiene una conversión de 50% de HI en el reactor. 3. 90% del H2O que entra en el primer separador sale por la corriente 5. 4. Todas las composiciones están en base molar. ¿Cuántas moles de CH3I se producen por mol de alimentación fresca de HI? SOLUCIÓN Relaciones: 3

2

R1:

NCH3OH =

R2:

XHI en el reactor es 0.5

R3:

0.9 NH2O

R4:

Restricciones del divisor = (2 – 1) (2 – 1) = 1

4

2 × 0.95 × N

=

5

NH2O


N

x7CH3I = 0.82

7

2

N

x2H2O = 0.05

1

NHI 1

M

(HI) 2

4 NCH3OH

Reactor

NHI

5

4 NH2O

5 5

Separador I 10

N

x10HI 10

(agua)

NCH3I NH2O

4 NCH3I

4

6

5 NCH3OH

4

3

x6CH3OH = 0.2

Separador II

3

NCH3OH

6

N

(CH3OH)

9

8 8

N

x8HI

D

9

N

x9HI (agua)

(agua)

(agua)

58




Mezclador

Reactor

5 2 0 1 – – – – 2

7+1 4 0 1 1 1 – – 1

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

Separador I 9 4 0 0 – – 1 – 4

Separador II 7 3 0 2 – – – – 2

Divisor

Proceso

Global

6 2 0 0 – – – 1 3

21 + 1 15 0 3 1 1 1 1 0

8+1 4 0 2 – – – – 3

Reconfirmación de Grados de Libertad:

Mezclador:

Reactor:

Separador I:

1

2

10

10

Incógnitas =

4 (NHI, N , N , x HI)

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

2

=

2

3

4

4

4

4

Incógnitas =

7 (r, N , NCH3OH, NCH3OH, NHI, NH2O, NCH3I)

Ecuaciones =


G de L

1

=

Incógnitas =

4

4

4

4

5

9 ( NCH3OH, NHI, NH2O, NCH3I, NCH3OH, 5

5

8

8

N CH3I, NH2O, N , xHI) Ecuaciones =


G de L

4

=

59

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Separador II:

Divisor:

Global:


5

5

6

7

Incógnitas =

5 (NCH3OH, N CH3I, NH2O, N , N )

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

2

=

8

8

9

9

10

10

Incógnitas =

6 (N , xHI, N , xHI, N , x HI)

Ecuaciones =


G de L

3

=

1

3

6

7

9

9

Incógnitas =

7 (r, NHI, NCH3OH, N , N , N , xHI)

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

3

=

Tabla de Balances:

CH3OH HI H2O CH3I Total

Mezclador

Reactor

– 1 1 – 2

1 1 1 1 4

Separador I 1 1 1 1 4

Separador II 1 – 1 1 3

Divisor

Proceso

Global

– 1 1 – 2

3 4 5 3 15

1 1 1 1 4

Si se toma una base de cálculo en el reactor, sus grados de libertad se vuelven en cero, pero los grados de libertad del proceso quedan con –1, esto quiere decir que el proceso se encuentra sobreespecificado. Al actualizar los grados de libertad encontraremos una unidad con grados de libertad negativos, o sea, sobre-especificada. Como ya se sabe, esta información conduce a una de las siguientes posibilidades: 1.

Hay información redundante y contradictoria, no se pueden cumplir todas las condiciones del proceso.

2.

La información es redundante, pero no contradictoria se cumple todas las condiciones del proceso y lo que sucede es que sobra información.

60




3

4

4

4

4

1. Tomando base de cálculo en el reactor se conoce: r, N , NCH3OH, NH2O, NHI, NCH3OH, NCH3I. 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 2

Mezclador:

G de L A

=

2 – 1 (N ) = 1

Separador I:

G de L A

=

4 – 4 (NH2O, NHI, NCH3OH, NCH3I) = 0

Global:

G de L A

=

3 – 1 (r) – 1 (NCH3OH) = 1

4

4

4

4

3

8

8

9

3. Resolviendo el Separador I se conoce: N , xH2O, xH2O, x 4. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 8

10 H2O,

5

5

5

NCH3I, NH2O, NCH3OH.

8

Divisor:

G de L A

=

3 – 1 (N ) – 1 (xH2O) = 1

Separador II:

G de L A

=

2 – 3 (NCH3I, NH2O, NCH3OH.) = –1

Mezclador:

G de L A

=

1 – 1 (x

Global:

G de L A

=

1 – 1 (x2O) = 0

5

5

10 H2O)

5

=0

9

El Separador II queda sobre-especificado. Resolviendo esta unidad se puede comprobar si hay o no contradicción en la información que sobra. Las demás unidades Mezclador y Global quedan con cero grados de libertad. CÁLCULOS: Balance en el Reactor: Base de cálculo: De R1:

3

NCH3OH = 100 3

NCH3OH =

2 × 0.95 × N 2

N =

De R2:

X HI =

2

52.632

0.95 N 2 − N 4HI = 0.5 0.95 N 2 61



NHI = 0.95 × 52.632 × (1 – 0.5) 4

NHI = 25 4

NHI =

HI:

0.95 × 52.632

–

r

r = 25 4

Alcohol:

NCH3OH =

3

NCH3OH – r = 100 – 25 4

NCH3OH = 75

H2O:

4

NH2O

=

0.05 × 52.632

+

r

=

2.632 +

25

4

NH2O = 27. 632 4

CH3I:

NCH3I =

r

4

NCH3I = 25 Balances en el Separador I: 5

Alcohol:

NCH3OH =

4

NCH3OH

5

NCH3OH = 75 5

CH3I:

NCH3I

= 5

NCH3I 4

De R3:

0.9 NH2O 5

NH2O

=

4

NCH3I =

25

=

NH2O

0.9 × 27.632

5

=

24.869

62



HI:

4

NHI = 8

H2O:

NH2O

NHI =

4

=

25

5

NH2O

– NH2O =

27.632 – 24.869

8

NH2O = 2.763 Sumando los flujos de la corriente 8: 8

N = 27.763 Luego,

x 8HI =

N 8HI 25 = = 0.9005 8 27.763 N

Conociendo las composiciones de H2O en el Divisor: 8

9

xHI = xHI = x

10 HI

= 0.9005

Balance en el Separador II: 6

H2O:

0.8 × N

=

24.869

6

N = 31.086 7

CH3I:

0.82 × N =

25

7

N = 30.488 Con los datos encontrados hasta ahora pueden efectuarse los balances totales y de alcohol en el Separador II. Corroborando con los resultados anteriores se puede determinar si hay o no información contradictoria en el proceso: Total:

6

7

5

5

5

N + N = NCH3OH + NCH3I + NH2O = 124.869 31.086 + 30.488 = 61.574 ≠ 124.869

que, como puede verse, no se cumple.

63



Alcohol:

0.2 × N

+

0.2 × 31.086

0.18 × N +

5

= NCH3OH

0.18 × 30.488 = 75 ≠

11.705

7

75

Constituyendo así una contradicción. Para que el problema quede especificado correctamente debe eliminarse un dato (realmente, puede eliminarse cualquiera, pero como no se ha estudiado arrastre de variables, no se puede hacer en el reactor). 7

Dejemos sin especificar la composición de la corriente 7; es decir, xCH3I es desconocido. Tabla de Grados de Libertad:

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

Mezclador

Reactor

5 2 0 1 – – – – 2

7+1 4 0 1 1 1 – – 1

Separador I 9 4 0 0 – – 1 – 4

Separador II 7 3 0 1 – – – – 3

Divisor

Proceso

Global

6 2 0 0 – – – 1 3

21 + 1 15 0 2 1 1 1 1 1

8+1 4 0 1 – – – – 4

Con esta corrección, se continúa solucionando de la siguiente forma: 7

7

6

5. Se continúan con los balances en el Separador II y resolviendo se conoce: xCH3I, N , N . Se agotan los balances de CH3OH, CH3I. 6. Reconfirmando Grados de libertad: Mezclador: G de L A = 0 – 0 = 0 1

10

7. Resolviendo el Mezclador se conoce: NHI, N . Se agota el balance de HI. 8. Actualizando Grados de Libertad: Divisor: G de L A = Global: G de L A =

10

1 – 1 (N ) + 1 (balance agotado: HI) = 0 1 6 7 3 1 – 3 (NHI,N ,N ) – 1 (xCH3I) + 3 (balances agotados)= 0

9. Resolviendo el Divisor se conocen todas las incógnitas del proceso, comprobándose en el Global.

64



Balance en el Separador II: 6

H2O:

0.8 × N

=

24.869

6

N = 31.086 7

CH3I:

xCH3I 6

Alcohol:

0.2 × N

7

×

N =

25

7

+

7

5

(1 – xCH3I) × N =

0.2 × 31.086

7

+

(1)

NCH3OH 7

(1 – xCH3I) × N = 75

(2)

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, tenemos: 7

7

N = 93.783

xCH3I = 0.2666

Balances en el Mezclador: 1

HI:

10

NHI + N

Total: 1

NHI + 0.9005 × N

2

= N

10

= 52.632

(3

2

= 0.95 × N = 0.95 × 52.632

1

NHI + 0.9005 × N

10

= 50

(4)

Resolviendo las dos ecuaciones: 1

10

NHI = 26.184

N = 26.448

Balances en el Divisor: Total:

9

N =

8

10

N –

N =

27.763 – 26.448

9

N = 1.315

65



Comprobando los resultados obtenidos en el Balance Global de HI: 9

HI:

1

0.9005 × N

= NHI –

r

1.1842 = 26.184 – 25 = 1.184 Finalmente, la respuesta que se pide es:

moles de CH 3 I producidos ⎛ 25 ⎞ =⎜ ⎟ = 0.9548 moles de alimentaci ón fresca de HI ⎝ 26.184 ⎠

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Reactor: Base de cálculo: De R1: De R2:

3

NCH3OH = 100 3

NCH3OH = X HI =

2 × 0.95 × N

2

(1)

0.95 N 2 − N 4HI = 0.5 0.95 N 2 4

HI:

NHI = 4

Alcohol:

NCH3OH =

H2O:

NH2O

CH3I:

NCH3I

4

4

0.95 × N

(2) 2

– r

3

NCH3OH – r

=

0.05 × N

=

r

2

+ r

(3) (4) (5) (6)

Separador I: 5

Alcohol:

NCH3OH =

CH3I:

NCH3I

De R3:

5

4

0.9 NH2O

4

(7)

NCH3OH

=

NCH3I

4

(8)

=

NH2O

5

(9)

66



HI:

8

xHI × N 8

H2O:

8

(1 – xHI) × N 8

De R4:

xHI

4

(10)

=

NHI

=

NH2O

=

x

=

NH2O

5

(13)

=

NCH3I

5

(14)

4

5

(11)

– NH2O

10 HI

(12)

Separador II: 6

H2O:

0.8 × N

CH3I:

0.82 × N

7

Mezclador: 1

10

NHI + N

Total: 1

NHI + x

HI:

10 HI

10

×N

2

= N

(15) 2

= 0.95 × N

(16)

Divisor: 9

N=

Total:

8

N –

10

N

(17)

Así, omitiendo la ecuación del balance de alcohol en el Separador II, tendremos un sistema de 17 ecuaciones con 17 incógnitas: 1

NHI = 26.190476 2

N = 52.63157895 4

NHI = 25 r = 25 4 NCH3OH 4 NH2O

5

NH2O = 24.868421 8

N = 27.7631579 8

xHI = 0.900474 = 75

= 27.63157895

4

NCH3I = 25 5

5

NCH3I = 25

NCH3OH = 75

x

10 HI

= 0.900474

6

N = 31.085526 7

N = 30.487805 9

N = 1.322055 10 HI

N

= 26.441103

67



Si se utilizan los valores hallados en el balance de alcohol del Separador II, se encuentra que el resultado es contradictorio: 6

Alcohol:

0.2 × N

+

0.18 × N

0.2 × 31.086

+

7

5

= NCH3OH

0.18 × 30.488 = 75 ≠

11.705

75

Quitando el valor de la composición indicada se siguen planteando y solucionando las ecuaciones según el orden establecido en la estrategia de solución: Separador II: 6

H2O:

0.8 × N

CH3I:

xCH3I × N

7

Alcohol:

6

0.2 × N

7

5

=

NH2O

=

NCH3I

(13a)

5

7

(14a)

7

5

+ (1 – xCH3I) × N

(15a)

= NCH3OH

Mezclador: 1

Total: HI:

1 NHI

10

2

NHI + N = N 10 10 2 + x HI × N = 0.95 × N

(16a) (17a)

Divisor: 9

Total:

N

=

8

N –

10

N

(18a)


NHI = 26.190476 2 N = 52.63157895 4 NHI = 25 r = 25 4 NCH3OH = 75 4

NH2O = 27.63157895 4

NCH3I = 25 5

NCH3OH = 75 5

NCH3I = 25

5

NH2O =

24.868421

8

N = 27.7631579 8 xHI = 0.900474 10 x HI = 0.900474 6 N = 31.085526 7 N = 93.782895 7 xCH3I = 0.266573 9

N = 1.322055 10 N HI = 26.441103

68



Comprobando los resultados obtenidos en el Balance Global de HI: 9

HI:

0.900474 × N

1

=

0.900474 × 1.322055

NHI –

r

= 26.190476 – 25

1.19047615

=

1.190476

Finalmente:

moles de CH 3 I producidos 25 ⎛ ⎞ =⎜ ⎟ = 0.954545 moles de alimentación fresca de HI ⎝ 26.190476 ⎠

3.18.

Una mezcla que contiene 68.4 % de H2, 22.6 de N2 y 9 % de CO2, reacciona de acuerdo con las ecuaciones: N2 CO2

+

→

3 H2

+

→

H2

2 NH3 CO

+

H2O

hasta que la mezcla contiene 15 % de NH3 y 5 % de H2O. Calcule las fracciones mol de N2, H2, CO2 y CO. SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: 2

N

x2NH3 = 0.15

1

N

x1H2

= 0.684

x2H2O = 0.05

Reactor

x1N2 = 0.226 (CO2)

x2N2

x2H2

x2CO2

(CO)

En el proceso hay dos reacciones, por tanto intervendrán dos velocidades de reacción. ecuaciones son: N2 CO2

+

3 H2 +

H2

→

2 NH3

→

CO +

Las

r1 H2 O

r2

69




NVI

9+2

NBMI

6

NFC

0

NCC

4

NRC

0

– 10

G de L

1

Base

–1

Tomando una base el proceso queda especificado correctamente, conformándose un sistema de seis ecuaciones con seis incógnitas. CÁLCULOS: 1

Base de cálculo: Sea N = 100 2

NH3:

0.15 N =

H2O:

0.05 N =

2

2

2

2

2

H2:

xH2 × N

N2:

xN2 × N

CO2:

xCO2 × N

CO:

2 r1

(1)

r2

(2)

=

68.40 –

3 r1

=

22.60 –

r1

=

9

(0.8 – xH2 – xN2 – xCO2) × N =

r2

2

2

2

2

2

2

–

–

r2

(3) (4)

r2

(5) (6)

Resolviendo el sistema se encuentra que: 2

N = 86.9566 2

xCO2 = 0.0535

r 1 = 6.5217 2

xH2 = 0.5116

2

xN2 = 0.1849

r 2 = 4.3478 2

xCO = 0.059

Esta solución se puede comprobar encontrando las masas de cada sustancia a la entrada y a la salida, cuya suma debe conservarse:

70

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III ENTRADA Sustancia Moles

68.4 22.6 9.0

136.8 632.8 396.0

Total

3.19.

Masa

Reactor

H2 N2 CO2


1165.60

SALIDA Sustancia Moles Masa NH3 13.0434 221.74 H2O 4.3478 78.26 N2 16.0783 450.19 H2 44.4871 88.97 CO2 4.6522 204.70 CO 4.3478 121.74 Total 1165.60

Es posible obtener el acetaldehído, CH3CHO, por deshidrogenación catalítica de etanol, C2H5OH, mediante la reacción: C2H5OH

→

CH3CHO

+

H2

ocurre también, sin embargo, una reacción paralela que produce acetato de etilo: 2 C2H5OH

→

CH3COOC2H5

+

2 H2

Supóngase que en un reactor determinado se ajustan las condiciones, de modo que se obtiene una conversión de etanol de 95 %, con un rendimiento de 80 % de acetaldehído. Calcule la composición del producto del reactor, si la alimentación es etanol puro. SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo:

2

NC2H5OH 1 NC2H5OH

2

Reactor

NCH3CHO 2

NH2 2

NCH3COOC2H5

71



Las reacciones y sus velocidades son: →

C2H5OH

2 C2H5OH →

CH3CHO

CH3COOC2H5

+

H2

r1

+

2 H2

r2

Relaciones: R1:

Conversión del 95 %.

R2:

Rendimiento del 80 %.


NVI

5+2

NBMI

4

NFC

0

NCC

0

NRC

2

–6

G de L

1

Tomando una base el proceso queda correctamente especificado. CÁLCULOS: Base de cálculo:

1

Sea NC2H5OH = 100

De la conversión: 2

NC2H5OH =

1

(1 – Xs) NC2H5OH 2

NC2H5OH

= =

(1 – 0.95) × 100 5

72



Ahora, si r2 = 0, el flujo de acetaldehído a la salida, NCH3CHO, es máximo, por tanto, mediante un balance de C2H5OH: 5 = 100

– r1 – 2 r2 = 100 – r1 r 1 = 95

y, 2

NCH3CHO (máximo) = 95 Del rendimiento: 2 ⎛ ⎞ N CH 3CHO ⎜ ⎟ = 0.8 2 ⎜ N CH ⎟ máximo CHO 3 ⎝ ⎠

Reemplazando: 2

NCH3CHO = 0.8 × 95 2

NCH3CHO = 76 Los balances son: 2

CH3CHO:

NCH3CHO

=

76 =

0

+

r1

r 1 = 76

C2H5OH:

2

NC2H5OH =

5

=

100 –

r1 –

2 r2

r 2 = 9.5

H2:

2

NH2

= r1 +

2

NH2 = 76 + 2

NH2 =

2 r2

2 × 9.5 95

73



CH3COOC2H5:

NCH3COOC2H5 =

r2

2

NCH3COOC2H5 = 9.5 Sumando el flujo de los componentes: 2

N = 185.5 Calculando las fracciones molares se encuentra que: 2

2

2

2

(xC2H5OH, xCH3CHO, xH2, xCH3COOC2H5) = (0.026954; 0.4097; 0.51213; 0.051213) Comprobando los resultados mediante el cálculo de la masa total a la entrada y a la salida se encuentra que: ENTRADA

C2H5OH

Moles

100

Masa

4600

Sustancia

Reactor

Sustancia

SALIDA

Moles

C2H5OH

5.0

230

CH3CHO

76.0

3344

H2

95.0

190

9.5

836

CH3COOC2H5 Total

3.20.

4600

Masa

Total

4600

El producto C se obtiene de los reactivos A y B, de acuerdo con las tres reacciones siguientes: 2 A A C

+

+

B

→

2 D

+

E

+

D

→

2 C

+

E

2 B

→

2 F

A

2

B

A:B::4:1

C 1

3

D E

A:B::2:1 Reactor

F

74



Con una proporción en la alimentación de dos moles de A por mol de B, y una conversión de A del 80 %, se obtiene una mezcla como producto que contiene 4 moles de A por mol de B, y 6 moles totales combinadas de los productos C, D, E y F, por mol de reactivos individuales A y B, como se muestra en la figura. Suponiendo que el problema está especificado correctamente y usando una alimentación de 200 moles/h de A. a. Calcule las tres velocidades de reacción y los flujos de salida del reactor. b. Calcule el rendimiento fraccional de C a partir de A. SOLUCIÓN a. Calcule las tres velocidades de reacción y los flujos de salida del reactor. Las reacciones y sus velocidades son: 2 A

+

A

+ C

→

B

→

D +

2 B

2 D 2 C

→

+

+

E

r1

E

r2

2 F

r3


2

2 NB

1

NA

2

NA

1

Reactor

1 NB

2

N

3

NC 3 ND

3

3

N

3

NF

3

NE

Relaciones: R1:

N1A =2 N1B

R2: XA = 80 %

R3:

N 2A =4 N 2B

⎛ N C3 + N 3D + N 3E + N 3F ⎞ N 3 ⎟⎟ = 2 = 6 ⎜ N 2A + N 2B ⎝ ⎠ N

R4: ⎜

75



Tabla de Grados de Libertad: NVI

8+3

NBMI

6

NFC

0

NCC

0

NRC

4

– 10

G de L

1

Tomando una base el proceso queda correctamente especificado.

CÁLCULOS: 1

Base de cálculo: NA = 200

De R1:

1

200 =

2 × NB 1

NB = 100

De R2:

2

NA =

(1 – 0.8) × 200 2

NA = 40 2

De R3:

NB = (40/4) 2

NB = 10 Sumando los flujos de la corriente 2: 2

N = 50 y, De R4:

3

N =

2

6×N =

6 × 50

3

N = 300

76



Luego: 3

NC

+

3

ND

+

3

NE

+

3

NF

=

300

(1)

Los balances son: Balance de A:

40 =

200 –

2 r1

–

Balance de B:

10 =

100 –

r1 –

2 r3

Balance de C:

NC =

2 r2

–

r3

(4)

Balance de D:

ND =

2 r1

–

r2

(5)

Balance de E:

NE =

r1 +

r2

Balance de F:

NF =

3

3

3

3

r2

(2) (3)

(6)

2 r3

(7)

Resolviendo el sistema de 7 ecuaciones se encuentra que: r 1 = 43.33 3

r 2 = 73.33

ND = 116.66

r 3 = 23.33

3

NC = 123.33

3

NE = 13.33

3

NF = 46.66

b. Calcule el rendimiento fraccional de C a partir de A.

⎛ 123.33 ⎞ Rendimiento = ⎜ × 100 ⎟ = 77.083 % ⎝ 160 ⎠

3.21.

El disulfuro de carbono se utiliza en la fabricación de rayón y celofán, y en la producción de tetracloruro de carbono. En el proceso preferido generalmente, se hace reaccionar vapor de azufre con metano, según las reacciones:

77



CH4

+

4 S

→

CS2

+

2 H2S

CH4

+

2 S

→

CS2

+

2 H2

CH4

+

→

2 H2S

CS2

+

4 H2

Para una alimentación que contiene 4 moles de azufre por mol de metano, calcule la composición del producto sise obtienen conversiones de 90 % de metano y 70 % de azufre.

SOLUCIÓN Las reacciones y sus velocidades son: CH4

+

4 S

→

CS2 +

2 H2S

r1

CH4

+

2 S

→

CS2 +

2 H2

r2

CH4

+

2 H2S

→

CS2 +

4 H2

r3

Diagrama cuantitativo: S

NCH4 S

E

NS

NS

E NCH4

Reactor

S

NH2S S

NCS2 S

NH2 Relaciones:

N SEntrada R1: Entrada = 4 N CH4

R2: XCH4 = 90 %

R3: XS = 70 %

78




NVI

7+3

NBMI

5

NFC

0

NCC

0

NRC

3

–8

G de L

2

Tomando una base de cálculo los grados de libertad del proceso quedan valiendo 1. Puede investigarse si las tres reacciones son independientes mediante el análisis del arreglo estequiométrico:

1a. Reacción –1 –4 1 2 0

CH4 S CS2 H2S H2

2a. Reacción –1 –2 1 0 2

3a. Reacción –1 0 1 –2 4

Con base en el arreglo estequiométrico y mediante el procedimiento de reducción de éste, se encuentra que: –1 –4 1 2 0

–1 –2 1 0 2

–1 0 1 –2 4

1 0 –1 2 –4

0 1 0 –1 1

0 0 0 0 0

El hecho de que una de las columnas se reduzca a ceros significa que el sistema sólo tiene dos reacciones independientes. Estas se pueden representar, de acuerdo con los coeficientes de las dos columnas del arreglo reducido, como: CS2 + H2S

4 H2 →

→ S

CH4

+

+

H2

2 H2S

r1 r2

79



Debe advertirse que no constituyen el único sistema de ecuaciones posible. Un arreglo estequiométrico diferente, originado al colocar las reacciones en otro orden, puede conducir a otras ecuaciones diferentes. Lo importante es que cualquier par de ellas, obtenidas de esta manera o mediante otro análisis, pueden utilizarse para resolver el problema de balance. Con solo dos ecuaciones independientes, el proceso tiene un grado de libertad y puede tomarse una base de cálculo para resolver el problema: CÁLCULOS: E

Base de cálculo:

Sea NS = 100 E

De R1:

NCH4

De las conversiones:

S

NCH4

=

=

25

25 × (1 – 0.9) S

NCH4 = 2.5 S

NS =

100 × (1 – 0.7) S

NS = 30 Los balances son: CH4:

2.5

= 25 +

r1

r 1 = – 22.5 Balance de S:

30 = 100 +

r2

r 2 = – 70

El signo negativo en las velocidades de reacción indica que ellas ocurren en el sentido contrario y, si bien es cierto pueden no ser reales, representan correctamente el proceso para evaluar el balance de materia. Las reacciones, en sentido directo, son: CH4 S

+

→

2 H2S +

H2

→

CS2 + H2S

4 H2

r1 r2

80



Continuando con los balances: S

H2S:

NH2S

=

r2 –

2 r1

=

(70 –

2 × 22.5)

S

NH2S = 25 S

CS2:

NCS2

=

r1 =

22.5

S

NCS2 = 22.5 S

H2:

NH2 =

(4 r1

–

r2 ) =

S NH2S

(4 × 22.5

–

70)

= 20

A partir de estos datos se encuentra que: (xCH4, xS, xH2S, xCS2, xH2)

=

(0.025; 0.30; 0.25; 0.225; 0.20)

Los resultados se comprueban hallando la suma de las masas de los componentes a la entrada y a la salida, como se muestra en la siguiente tabla:

ENTRADA Sustancia

Moles

SALIDA Masa

Sustancia

Moles

Masa

2.5

40

S

30.0

960

H2S

25.0

850

CS2

22.5

1710

H2

20.0

40

CH4 S CH4

Total

100 25

3200 400

3600

Total

3600

La reducción del arreglo, tal como se hizo, es la mejor forma para determinar si las reacciones de un sistema son independientes. sin embargo, en algunos casos puede observarse fácilmente la independencia o no de ellas y proceder a eliminar la o las reacciones dependientes.

81



Para este problema las reacciones son: CH4

+

4 S

→

CS2 +

2 H2S

(1)

CH4

+

2 S

→

CS2 +

2 H2

(2)

CH4

+

2 H2S

→

CS2 +

4 H2

(3)

Si se multiplica la ecuación (2) por 2 y de ella se resta la ecuación (3) se encuentra que: 2 CH4

+

4 S→

CH4

+

2 H2S

CH4

+

4 S–

2 CS2 + 4 H2

→

CS2 + →

2 H2S

4 H2

(2a) (3)

CS2

la cual reorganizada conduce a: CH4

+

4 S→

CS2 +

2 H2S

(1)

o sea la ecuación (1), lo que demuestra, de nuevo, que de las tres ecuaciones sólo dos son independientes. Como se planteaba anteriormente, otro par de ecuaciones (obtenidas por otro análisis o arreglo diferentes) también pueden ser utilizadas para solucionar el problema de balance de materia. Para ilustrar este hecho se resolverá el problema con otro par de ecuaciones. Las reacciones son →

CH4

+

2 S

CH4

+

2 H2S

CS2 +

→

2 H2

CS2 +

4 H2

r1 r2

La Tabla de Grados de Libertad no se altera y tomando la misma base se tiene que: Base de cálculo: De R1:

E

Sea NS = 100 E

NCH4

=

25

82

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III De las conversiones:

Ben – Hur Valencia Valencia S

NCH4

E

=

NCH4 × (1 – 0.9)

S

NCH4 = 25 × (1 – 0.9) S

NCH4 S

NS =

=

2.5

100 × (1 – 0.7) S

NS = 30 Los balances son: Balance de S:

30 =

100

–

2 r1

r 1 = 35 CH4:

2.5 =

25 –

35 –

r2

r 2 = – 12.5 S CS2

CS2:

=

35 –

12.5

S

NCS2 = 22.5 S

H2:

NH2 =

2 × 35

–

4 × 12.5

S

NH2S = 20

H2S:

S

NH2S

=

–

2 × (– 12.5) S

NH2S = 25

Todos los flujos de salida concuerdan con los encontrados en la solución anterior, como era de esperarse. Obviamente, no se pueden comparar las velocidades de reacción.

83



La hidrodesalquilación es un proceso en el cual se eliminan cadenas laterales (de grupos alquilo) de compuestos aromáticos mediante la reacción con hidrógeno, para formar el compuesto aromático original. Por ejemplo, puede convertirse tolueno a benceno: C6H5CH3 +

→

H2

C6H6

+

CH4

Puede convertirse xileno a tolueno: C6H4(CH3)2

+

→

H2

C6H5CH3 +

CH4

El seudocumeno y otros hidrocarburos C9 que contienen tres grupos CH3 pueden convertirse a xilenos: C6H3(CH3)3

+

→

H2

C6H4(CH3)2

+

CH4

En una aplicación determinada, se hace reaccionar con hidrógeno una corriente de reformado de una refinería, que contiene 5 % de benceno, 20 % de tolueno, 35 % de xileno y 40 % de hidrocarburos C9. Si se utilizan 5 moles de H2 por mol de alimentación, se logran conversiones del 80 % para el tolueno, 74 % para el xileno y 70 % para los hidrocarburos C9. Se observa que la corriente de producto contiene una pequeña cantidad, 0.1 % de bifenilo, indicando que ocurrió hasta cierto punto la reacción paralela: 2 C6H6

→

C6H5C6H5

+

H2

Calcule la composición completa de la corriente de salida del reactor. SOLUCIÓN Las reacciones y sus velocidades son: C6H5CH3

+

H2

→

C6H6

+

CH4

r1

C6H4(CH3)2 +

H2

→

C6H5CH3

+

CH4

r2

C6H3(CH3)3 +

H2

→

C6H4(CH3)2 +

CH4

r3

2 C6H6 →

C6H5C6H5

+

H2

r4

84




NH2

1

NH2

2

3

NB

N

3

2 xB

= 0.05

2 xT

= 0.20

2 xX

= 0.35

2 (xC9=

NT 3

NX

Reactor

3

NC9 3

NBF = 0.001

40 %)

3

NCH4

Relaciones: R1:

N1H2 N2

R2: XT = 80 %

=5

R3: XX = 74 %

R4: XC9 = 70 %

Tabla de Grados de Libertad: NVI

12 + 4

NBMI

7

NFC

0

NCC

4

NRC

4

– 15

G de L

1

CÁLCULOS: 2

Base de cálculo:

Sea N = 100

De acuerdo con la composición a la entrada: 2

NB = 5 De R1:

2

2

NX = 35

NT = 20 1

NH2 =

2

NC9 = 40

500

85



De las conversiones: 3

NT =

20 × (1 – 0.8) 3

NT = 4.0 3

NX =

35 × (1 – 0.74) 3

NX = 9.1 3

NC9 =

40 × (1 – 0.7) 3

NC9 = 12 Los balances son: Tolueno:

4

=

20 –

r1 +

r2

(1)

Xileno:

9.1 =

35 –

r2 +

r3

(2)

C9:

12 =

40 –

r3

(3)

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1), (2) y (3): r 3 = 28

r 2 = 53.9

r 1 = 69.9

Continuando con los balances: 3

CH4:

NCH4

=

28 +

53.9

+

69.9

3

NCH4 = 151.80 3

C6H6:

NC6H6 = 5 + r1 – 2 r4 = 74.9 – 2 r4

CH4:

NH2 = 500 – r1 – r2 – r3 + r4

3

3

NH2 = 348.2 + r4 Bifenilo:

3

NBF =

r4

86



Al sumar sus componentes se obtiene el flujo total de la corriente 3 (note que se

anula r4):

3

N = 600 de la cual 0.1 % es bifenilo, por tanto: 3

NBF = 0.6 De esta forma se llega a que: 3

r 4 = 0.6

3

NH2 = 348.8

NC6H6 = 73.7

Y con base en las moles que salen de cada componente, la fracción molar de la corriente de salida es: xT = 0.00667

xX = 0.01527

xBF = 0.001

xC9 = 0.02

xH2 = 0.58133

xCH4 = 0.253 xC6H6 = 0.12283

De nuevo puede efectuarse el cálculo de las masas totales a la entrada y a la salida para corroborar los resultados:

ENTRADA

H2

Moles

Masa

500

1000

5

390

Xileno

35

3710

C3

40

4800

Tolueno

20

1840

Benceno

Sustancia

Reactor

Sustancia

SALIDA

Moles

Masa

348.8

697.6

Benceno

73.7

5748.6

Tolueno

4.0

368.0

Xileno

9.1

964.6

12.0

1440.0

0.6

92.4

151.8

2428.8

C9

Bifenilo CH4

Total

1740

Total

1740.0

87



En la industria del ácido sulfúrico, el nombre óleum se utiliza para un ácido 100 % puro que contiene SO3 libre sin reaccionar disuelto en el ácido. Por ejemplo, un óleum de 20 % contiene 20 lb de SO3 en 80 lb de ácido al 100 %, por cada 100 lb de mezcla. Una planta de contacto de ácido sulfúrico produce diariamente 10 toneladas de óleum de 20 % y 40 toneladas de ácido al 98%, como se muestra en la figura. A la torre de óleum se alimenta una parte del ácido de la torre de 98%. A la torre de 98 % se alimenta un ácido al 97 %, obtenido mediante la dilución de una parte de la descarga de 98 %. El análisis del gas alimentado a la torre de óleum corresponde a 10.8 % de SO3. Calcule la cantidad de ácido que se deberá alimentar por día a cada torre.

Ácido al 98 %

Ácido al 97 %

Gas efluente Torre de óleum Torre de ácido

Tanque de dilución

H2O

Gas que contiene SO3

Ácido al 98 % Óleum al 20 %

Ácido al 98 %

88



SOLUCIÓN La reacción que ocurre en la torre de óleum y en la torre de ácido es: r

SO3 +

H2O

1 ⎯⎯ →

SO3 +

H2O

2 ⎯⎯ →

H2SO4

r

H2SO4

Relación: RD: Restricciones del divisor = (2 – 1) (3 – 1) = 2


4

F

F

wH2SO4 = 0.98

wH2SO4 = 0.97

5

4

4

5

(agua)

(agua) 9

9

NGas

1

N 1 xSO3

= 0.108

1

8

3

Óleum

Ácido

Dilución

3 NSO3

(Gas)

FH2O 8

3

NGas

7

F 6

F

2

6

6

wH2SO4 = 0.98

7

7

wH2SO4 = 0.98 (agua)

(agua)

Óleum al 20 % 2

D

F = 10000 2

wSO3 = 0.2

10

(H2SO4) 10

F = 40000 10 H2SO4

w

= 0.98

(agua)

89



Suponiendo que el gas efluente no contiene SO3, la Tabla de Grados de Libertad se muestra en la página siguiente. Tabla de Grados de Libertad:

Óleum

Ácido

Dilución

Divisor

Proceso

Global

8+1

7+1

5

8

18 + 2

8+1

NBMI

4

4

2

2

12

4

NFC

1

0

0

1

2

2

NCC

2 ( +1)

1 ( +1) –

1

4

3

2

2

–

1

2

0

0

NVI

NRC RD

–

1 ( +1) –

G de L

1

2

En el proceso Global ocurre una sola reacción cuya velocidad r debe ser la suma de las dos anteriores. Reconfirmación de Grados de Libertad: Óleum:

Ácido:

Dilución:

1

3

3

4

Incógnitas =

5 (N , NSO3, NGas, F , r1)

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

1

=

3

3

5

6

9

Incógnitas =

6 (NSO3, NGas, F , F , NGas, r2)

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

2

=

5

7

8

Incógnitas =

3 (F , F , FH2O)

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

1

=

90

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Divisor:

Global:


4

6

6

7

7

Incógnitas =

6 (F , wH2SO4, F , wH2SO4, F , wH2SO4)

Ecuaciones =

2 (balances) + 2 (RD)

G de L

2

=

1

8

9

Incógnitas =

4 (r, N , FH2O, NGas)

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

=

0

Óleum

Ácido

Dilución

Divisor

Proceso

Global

SO3

1

1

–

–

2

1

H2SO4

1

1

1

1

4

1

Gas

1

1

–

–

2

1

H2O

1

1

1

1

4

1

Total

4

4

2

2

12

4

Tabla de Balances:

El proceso se encuentra correctamente especificado, y al valer cero sus grados de libertad, puede comenzarse con los balances en el proceso Global. Estrategia de Solución: 1

8

9

1. Resolviendo balances Globales se conoce: N , FH2O, NGas, r. 2. Actualizando grados de libertad: 1 Óleum: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 9 Ácido: G de L A = 2 – 1 (NGas) = 1 8 Dilución: G de L A = 1 – 1 (FH2O) = 0 4

3

3

3. Resolviendo Torre de óleum se conoce F , NSO3, NGas, r1, se agotan balances de SO3 y gas. 4. Reconfirmando grados de libertad: Dilución: G de L A = 0 – 0 = 0

91



5

5. Resolviendo Dilución se conoce: F , F . 6. Actualizando grados de libertad: 3 3 5 Ácido: G de L A = 1– 3 (NSO3, NGas, F ) + 2 (balances agotados) = 0 Divisor:

G de L A

4

7

2 – 2 (F , F ) = 0

=

7. Se resuelve la Torre de Ácido y se comprueba en el Divisor. CÁLCULOS: Balances Globales: H2SO4:

0.98 × 40000

+

0.8 × 10000 =

98 r

47200 =

98 r

r = 481.633

SO3:

0.2 × 10000 = 2000

=

1

0.108 N × 80 – 1

8.64 N –

80 r

80 r

1

N = 4691.043

H2O:

0.02 × 40000

8

=

FH2O

800 =

FH2O

8

–

18 × r

–

18 × 481.633

8

FH2O = 9469.388

Gas:

9

NGas

=

0.892 × 4691.0431

9

NGas = 4184.411

92



Comprobando en el resumen del balance de materia:

ENTRADA

SO3 H2O

Moles

Masa

506.633 ––

40530.612 9469.388

Total

Sustancia

Global

Sustancia

SALIDA SO3

H2SO4

Masa

––

2000

481.633 47200

H2O

50000

Moles

––

Total

800 50000

Balance en la Torre de Óleum: H2SO4:

8000

H2O:

4

=

0.98 F

0

=

+ 4

0.02 F

98 r1

(1)

–

(2)

18 r1

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones: 4

r 1 = 8.1633

F = 7346.9388

Continuando con los balances:

SO3:

3

80 NSO3 +

2000

=

3

80 NSO3 =

80 × 4691.0431 × 0.108 – 38530.6124 –

80 r1

80 × 8.1633

3

NSO3 = 473.469

Gas:

3

NGas

=

0.892 × 4691.0431 3

NGas = 4184.411

93




ENTRADA Moles

Masa

506.633

40530.612

H2SO4

––

7200.000

H2O

––

146.938

SO3

Total

Sustancia

Óleum

Sustancia

SALIDA

Moles

Masa

SO3

––

2000.00

SO3

473.469

37877.52

––

8000.00

H2SO4

47877.55

Total

47877.52

Balances en Dilución: 5

H2SO4:

0.97 F

H2O:

0.03 F

5

7

=

0.98 F

=

0.02 F

(1)

7

+

9469.388

(2)

Resolviendo: 5

7

F = 928000.024

Comprobando: F

5

F = 918530.636

=

F

7

8

+

928000.024 =

918530.636 +

928000.024 =

928000.024

FH2O 9469.388

Balances en la Torre de Ácido: 6

H2SO4:

0.98 F =

H2O:

0.02 F =

6

0.97 × 928000.024 +

98 × r2

(1)

0.03 × 928000.024 –

18 × r2

(2)

Resolviendo: 6

F = 965877.55

r 2 = 473.469

94




ENTRADA Moles

Masa

473.469

37877.52

H2SO4

––

900160.02

H2O

––

27840.00

SO3

Total

Sustancia

Ácido

Sustancia

SALIDA

965877.54

H2SO4 H2O

Moles

Masa

–– ––

946560.00 19317.55

Total

965877.55

Comprobando los resultados en el balance total del Divisor: F

6

=

F

7

+

F

10

+

F

4

965877.55 ≈ 918530.636 + 40000 + 7346.9388 = 965877.57

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Globales: H2SO4:

0.98 × 40000

SO3: H2O:

+

0.2 × 10000 = 0.02 × 40000

98 r

1

0.108 N × 80 – 8

=

FH2O

NGas

=

0.892 × N

8000

=

0.98 F

0

=

0.02 F

2000

=

80 × N × 0.108 –

=

0.892 × N

9

Gas:

0.8 × 10000 =

–

(1) 80 r

18 × r

(2) (3)

1

(4)

Torre de Óleum: H2SO4: H2O: SO3: Gas:

3

80 NSO3 +

3

NGas

4

4

1

1

+

98 r1

(5)

–

18 r1

(6)

80 r1

(7) (8)

95



Dilución: 5

H2SO4:

0.97 F

H2O:

0.03 F

5

7

=

0.98 F

(9)

=

0.02 F

=

0.97 × F

=

0.03 × F

7

8

+

FH2O

(10)

+

98 × r2

(11)

–

18 × r2

(12)

Torre de Ácido: 6

H2SO4:

0.98 F

H2O:

0.02 F

6

5

5

Los resultados son: 4

3

F = 7346.9388 5 F = 928000 6 F = 965877.5510 7 F = 918530.6122 8 FH2O = 9469.3878

NGas = 4184.4104 3 NSO3 = 473.4694 9

NGas = 4184.4104 r = 481.6327 r1 = 8.1633 r2 = 473.4694

1

N = 4691.0431

3.24.

Los elementos clave del proceso Kraft son la recuperación de Na2CO3 y su conversión a NaOH. En el diagrama de flujo simplificado de la figura, se hace reaccionar Na2CO3 con Ca(OH)2 en el calcinador, mediante la reacción Na2CO3

+

→

Ca(OH)2

2 NaOH

+

CaCO3

El CaCO3 se lava en un espesador y se convierte a CaO en un horno, según la reacción: →

CaCO3

CaO

+

CO2

La cal viva resultante (CaO) se hidrata de nuevo para obtener Ca(OH)2: CaO

+

H2O

→

Ca(OH)2

Use las composiciones que muestra el diagrama de flujo y las especificaciones adicionales: F

5

=

4F

3

1

FH2O

=

F

10

y suponga que todas las reacciones tienen conversión del 100%.

96



Todas las composiciones corresponden a porcentaje en masa. a. Demuestre que las reacciones dadas son independientes. b. Construya una tabla de grados de libertad. c. Deduzca un orden de cálculo que pueda utilizarse para determinar todas las corrientes; presente detalladamente su razonamiento. d. Resuelva los balances globales del problema para determinar las libras de CaCO3 que se requieren por libra de Na2CO3 procesado.

NaOH 25 % H2O

3

1

NaOH 2 % 5 2

Calcinador

H2O

Espesador

NaOH 7%

6

CaCO3 0.3%

Na2CO3 42.1 %

H2O

H2O 4 CaCO3 7

H2O NaOH 5%

9

Apagador

Horno

8

CO2 28.2 % H2O

11 10

CaCO3

H2O SOLUCIÓN Las reacciones son: Na2CO3 +

Ca(OH)2

r

1 ⎯⎯ → r

2 → CaCO3 ⎯⎯

CaO

+

H2O

r

2 NaOH

+

CaO

CO2

Horno

Ca(OH)2

Apagador

3 ⎯⎯ →

+

CaCO3

Calcinador

97




3

F

F

5

3

wNaOH = 0.02 (agua)

wNaOH = 0.25 (agua) 1

F 1

wNa2CO3 = 0.421

1

Calcinador

2

6

2

wNaOH

4

F

wNaOH = 0.07 6

wCaCO3 = 0.003 (agua)

7

F

4

4

6

Espesador

(agua)

wNaOH

F

2

wCaCO3

(agua) wCa(OH)2

6

5

2

F

3

7

7

4

wNaOH = 0.05 7

wCaCO3 (agua)

(agua)

8

Apagador

9 9

Horno

FCaO 10

9 FNaOH

10 H2O

F

8

F 8

wCO2 = 0.282 (agua)

11 11 CaCO3

F

a. Demuestre que las reacciones dadas son independientes. A partir del arreglo estequiométrico puede verse fácilmente que las tres reacciones son independientes:

Na2CO3 Ca(OH)2 NaOH CaCO3 CaO CO2 H2O

1a. Reacción –1 –1 2 1 0 0 0

2a. Reacción 0 0 0 –1 1 1 0

3a. Reacción 0 1 0 0 –1 0 –1

98



b. Construya una tabla de grados de libertad. Relaciones: R1:

F

R2:

5

=

0.579 F

1

4F =

3

F

10 H2O


NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 G de L

Calcinador 10 + 1 5 0 2 – –

Espesador 11 3 0 4 – –

Horno 8+1 5 0 2 – –

Apagador 6+1 4 0 0 – –

4

4

2

3

Proceso 24 + 3 17 0 7 1 1 1

Global 13 + 3 7 0 6 1 1 1

Reconfirmación de Grados de Libertad: Calcinador:

Espesador:

Horno:

1

2

2

2

3

4

4

6

7

7

4

Incógnitas =

9 (F , F , wCaCO3, wNaOH, F , F , wCa(OH)2, wNaOH, r1)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

4

=

2

2

2

5

Incógnitas =

7 (F , wCaCO3, wNaOH, F , F , F , wCaCO3)

Ecuaciones =

3 (balances)

G de L

4

=

7

7

8

9

9

11

Incógnitas =

7 (F , wCaCO3, F , FCaO, FNaOH, F , r2)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

2

=

99

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Apagador:

Global:


9

Incógnitas =

7 (FCaO, FNaOH, F

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

3

=

1

3

5

10 H2O,

6

8

4

10 H2O,

Incógnitas =

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

Ecuaciones =


G de L

1

=

4

4

F , wCa(OH)2, wNaOH, r3)

F

11 CaCO3, r1, r2, r3)

Tabla de Balances:

Na2CO3 Ca(OH)2 NaOH CaCO3 CaO CO2 H2O Total

Calcinador 1 1 1 1 – – 1 5

Espesador – – 1 1 – – 1 3

Horno – – 1 1 1 1 1 5

Apagador – 1 1 – 1 – 1 4

Proceso 1 2 4 3 2 1 4 17

Global 1 1 1 1 1 1 1 7

c. Deduzca un orden de cálculo que pueda utilizarse para determinar todas las corrientes; presente detalladamente su razonamiento. Estrategia de Solución: 1

3

5

6

8

1. Tomando base de cálculo en Global y resolviendo, se conocen: F , F , F , F , F , F F

10 H2O, r1, r2, r3.

11 CaCO3,

Se agotan R1 y R2 y se agotan los balances de Na2CO3 y de CO2.

2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 10 Apagador: G de L A = 3 – 1 (F H2O) – 1 (r3) = 1 Espesador: Calcinador: Horno:

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

= = =

5

6

4 – 2 (F , F ) = 2 1 3 4 – 2 (F , F ) – 1 (r1) + 1 (balance agotado: Na2CO3) = 2 8 11 2 – 2 (F , F CaCO3) – 1 (r2) + 1 (balance agotado: CO2) = 0 7

7

9

9

3. Resolviendo Horno, se conocen: F , wCaCO3, FCaO, FNaOH, se agotan balances de CaO.

100



4. Actualizando Grados de Libertad: 7 7 Espesador: G de L A = 2 – 1 (F ) – 1 (wCaCO3) = 0 Apagador:

G de L A

9

9

1 – 2 (FCaO, FNaOH) + 1 (balance agotado: CaO) = 0

=

4

4

4

5. Resolviendo Apagador se conoce: F , wCa(OH)2, wNaOH, se agotan balances de Ca(OH)2. 6. Reconfirmando Grados de Libertad: Espesador: G de L A = 0 – 0 = 0 7. Se resuelve el Espesador y se comprueba en Calcinador. CÁLCULOS: Balances Globales: 1

Base de cálculo:

F = 10000 =

F

10 H2O

0.579 × 10000 =

F

10 H2O

De R2:

0.579 F

1

F

Na2CO3:

0

=

10 H2O

= 5790

0.421 × 10000 –

106 r1

r 1 = 39.717 Ca(OH)2:

0

=

– 39.717

+

r3

r 3 = 39.717 CaO:

CO2:

0

0.282 F

=

8

r2 –

39.717

r2 =

39.717

=

44 × 39.717

8

F = 6196.979

101

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III CaCO3:

0.003 F 0.003 F

De R1:

6

6

F 3


5

=

F

11 CaCO3

=

F

11 CaCO3

=

4F

6

NaOH:

0.25 F

Total:

F + F + 6196.979

3

=

–

100 × 39.717 (1)

(2)

0.02 F

6

100 × 39.717

3

5

+ 0.07 F =

+

+ 2 × 40 r1 5

10000 + F + F

(3) 11 CaCO3

+ 5790

(4)

Resolviendo el sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas, se encuentra que: 3

5

F = 6578.082

F = 26312.328

6

F = 29415.514

F

11 CaCO3

= 88.247


ENTRADA Masa

Sustancia

Na2CO3

4210.000

NaOH

526.247

CaCO3

88.247

Global

Sustancia

SALIDA

Masa

NaOH

3703.607

CaCO3

88.247

CO2

1747.548

H2O

37366.081

H2O

36651.174

Total

42190.575

Total

42190.576

Balances en el Horno: CaO:

9

FCaO

=

0

+

56 × 39.717

9

FCaO = 2224.152

102

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III CaCO3:


=

3883.453

(1 – 0.282) F

=

(1 – wCaCO3 – 0.05) F

4449.431

=

(0.95 – wCaCO3) F

7

7

8

wCaCO3 F

7

88.247 +

wCaCO3 F

H2O:

7

=

–

100 r2 (1)

7

7

7

7

(2)

Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas: 7

7

F = 8771.457 9

NaOH:

FNaOH

wCaCO3 = 0.4427

=

0.05 × 8771.457 9

FNaOH = 438.573 Comprobando en el resumen del balance de materia:

ENTRADA Sustancia

SALIDA

Masa

Sustancia

Total

3971.700 438.573 4449.760

Horno

NaOH CaCO3 NaOH H2O

Masa 438.573

CaO

2224.152

H2O

4449.694

CO2

1747.548

Total

8859.967

8860.033

Balances en el Apagador: 9

Total:

FCaO F

4

=

+

9

FNaOH

2224.152

+

+

F

10 H2O

438.573

4

=

F

+

5790

4

F = 8452.725

103



4

Ca(OH)2:

wCa(OH)2 × 8452.725 =

0

+

74.1 × 39.717

4

wCa(OH)2 = 0.3482 4

NaOH:

wNaOH × 8452.725 =

438.573

4

wNaOH = 0.0519


ENTRADA Sustancia

SALIDA

Masa

NaOH

Sustancia

438.573

Ca(OH)2

NaOH

Apagador

Masa 2945.815

H2O

5790.000

438.573

CaO

2224.152

H2O

5067.629

Total

8452.725

Total

8452.017

Balances en el Espesador: Total:

F

2

+

F F

5

2

6

+

F

7

=

F

=

29415.514 +

8771.457

–

26312.328

2

F = 11874.6431

NaOH:

0.07 F6

0.07 × 29415.514

+

+ 0.05 F7

= 0.02 F5

+ w2NaOH F2 2

0.05 × 8771.457 = 0.02 × 26312.328 + wNaOH F

2

2

1971.41227 = wNaOH × 11874.6431 2

wNaOH = 0.1660

104

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III 7

CaCO3:

7

wCaCO3 F


+

0.003 F

3883.124

+

6

2

=

wCaCO3 F

2

2

wCaCO3 × 11874.6431

88.247 = 2

wCaCO3 = 0.3344 Comprobando en el resumen del balance de materia del Calcinador: ENTRADA Sustancia

SALIDA

Masa

Sustancia

Na2CO3

4210.000

Ca(OH)2

2945.815

438.573

NaOH H2O

10860.710

Total

18455.098

NaOH CaCO3 H2O

Masa 3615.933 3971.371 10867.731

Total

18455.035

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Globales: 1

Base de cálculo:

F = 10000

De R1:

F

De R2:

0.579 F

5

1

=

4F

=

F

3

(1)

10 H2O

(2) 1

Na2CO3:

0

=

0.421 × F –

Ca(OH)2:

0

=

– r1 +

r3

(4)

CaO:

0

=

r2 –

r3

(5)

=

44 × r2

=

F + F + F

=

F

CO2: Total:

0.282 F 3

6

8

F + F + F

CaCO3: NaOH:

8

0.003 F 3

0.25 F

6

6

+ 0.07 F =

1

5

0.02 F

(3)

(6) 5

11 CaCO3

106 r1

11 CaCO3

+

10 H2O

(7)

100 × r2

(8)

+ F

100 × r1 –

+ 2 × 40 r1

(9)

105



Horno: 9

CaO:

FCaO 11 CaCO3

CaCO3:

0

H2O:

(1 – 0.282) F

=

F

8

9

NaOH:

FNaOH

=

0

+

56 × r2

+

wCaCO3 F

=

(1 – wCaCO3 – 0.05) F

=

0.05 × F

+

FNaOH

7

7

–

(10) 100 r2

7

(11)

7

(12)

7

(13)

Apagador: 9

9

Total:

FCaO

Ca(OH)2:

wCa(OH)2 × F

NaOH:

wNaOH × F =

4

4

4

=

4

10 H2O

+

F

0

+

=

F

4

74.1 × r3

(14) (15)

9

FNaOH

(16)

Espesador: Total:

F

NaOH:

0.07 F6

CaCO3:

wCaCO3 F

7

2

+

F

+ 0.05 F7 7

+

0.003 F

6

5

=

F

6

+

F

= 0.02 F5 =

2

wCaCO3 F

7

(17)

+ w2NaOH F2 2

(18) (19)

Resolviendo el sistema de 19 ecuaciones con 19 incógnitas, tenemos: F F

10 H2O

11 CaCO3 2

= 5790

= 88.24651

F = 11874.64585 3 F = 6578.07774 4 F = 8452.72359 5 F = 26312.31094 6 F = 29415.50394 7 F = 8771.45285 8 F = 6196.97578

9

FCaO = 2224.15094 9 FNaOH = 438.57264 r1 = 39.71698 r2 = 39.71698 r3 = 39.71698 2 wCaCO3 = 0.33447 2

wNaOH = 0.16602 4 wCa(OH)2 = 0.34818 4

wNaOH = 0.05188 7 wCaCO3 = 0.44274

106



d. Resuelva los balances globales del problema para determinar las libras de CaCO3 que se requieren por libra de Na2CO3 procesado. 11 FCaCO 3 1 FNa 2CO 3

3.25.

=

88.24651 = 0.02096 4210

El producto P se forma a partir del reactivo R, de acuerdo con la reacción: r

1 ⎯⎯ →

2 R

P

+

W

Desafortunadamente, tanto el reactivo como el producto P se descomponen y forman el subproducto B según las reacciones: R P

r

2 ⎯⎯ → r

3 ⎯⎯ →

B+

W

2 B +

W

Cuando se utiliza una alimentación al proceso que contiene una parte del inerte I por 11 parte de R, y se ajusta la razón de recirculación para obtener una fracción mol de R de 0.85 en la alimentación al reactor, se observa una conversión de 50 % de R en la planta, y un rendimiento de 80 % de P a partir de R. a. Construya una tabla de grados de libertad para el proceso mostrado en la figura. ¿Está especificado correctamente el proceso? b. Suponga que, gracias al uso de un nuevo catalizador, únicamente se presentan las dos primeras reacciones. ¿Cómo afecta esto al análisis de grados de libertad de la parte a? c. Usando la tabla de grados de libertad para las condiciones correspondientes a la parte b, deduzca un orden de cálculo que pueda utilizarse para determinar todas las corrientes. d. Resuelva el problema.

R, I

Divisor

2 Alimentación I:R::1:11

Purga

I

7 Reactor

1

R

3 R 0.85 I

Separador

5 R 4

B W

P I

6

P

107



SOLUCIÓN Relaciones:

R1:

N1I 1 = N1R 11

R2:

Conversión de 50% de R:

R3:

Rendimiento de P a partir de R = 80 %

R4:


8

8

xR N

=

1

0.5 NR


2

NR

8

NR

D

2

NI 2

8

NI 7

NR

Purga

7 N7I

1

3

M

1 NR 1

NI

3

Reactor

N

x3R

= 0.85

4

3 (xI)

5 5 NR 5 NP 5 NI

Separador

6

4

NB 4

6

NP

NW

108



a. Construya una tabla de grados de libertad para el proceso mostrado en la figura. ¿Está especificado correctamente el proceso?

Mezclador

Reactor

Separador

Divisor

Proceso

Global

NVI

6

7+3

6

6

16 + 3

7+3

NBMI

2

5

3

2

12

5

NFC

0

0

0

0

0

0

NCC

1

1

0

0

1

0

NRC R1

1

–

–

–

1

1

R2

–

–

–

–

1

1

R3

–

–

–

–

1

1

R4

–

–

–

1

1

–

2

4

3

3

2

2

G de L

A partir de la anterior tabla de grados de libertad, claramente se ve que el proceso está subespecificado. b. Suponga que, gracias al uso de un nuevo catalizador, únicamente se presentan las dos primeras reacciones. ¿Cómo afecta esto al análisis de grados de libertad de la parte a?. Lógicamente tendrá que haber un cambio en el número de variables del proceso:

Mezclador

Reactor

Separador

Divisor

Proceso

Global

NVI

6

7+2

6

6

16 + 2

7+2

NBMI

2

5

3

2

12

5

NFC

0

0

0

0

0

0

NCC

1

1

0

0

1

0

NRC R1

1

–

–

–

1

1

R2

–

–

–

–

1

1

R3

–

–

–

–

1

1

R4

–

–

–

1

1

–

2

4

3

3

1

1

G de L

Con estas condiciones, el proceso queda correctamente especificado.

109



c. Usando la tabla de grados de libertad para las condiciones correspondientes a la parte b, deduzca un orden de cálculo que pueda utilizarse para determinar todas las corrientes. Tabla de Balances:

R

Mezclador

Reactor

Separador

Divisor

Proceso

Global

1

1

1

1

4

1

1

–

2

1

P

–

1

W

–

1

–

–

1

1

B

–

1

–

–

1

1

I

1

1

1

1

4

1

Total

2

5

3

2

12

5


1

4

4

6

8

8

1. Tomando base de cálculo en Global y resolviendo se conoce NR, NI, NB, NW, NP, N , xR, r1, 7 2 r2 y por arrastre (xR, xR). Se agotan balances de W y B, además las relaciones R1, R2, R3. 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 1 1 2 Mezclador: G de L A = 2 – 2 (NR, NI) – 1 (xR) + 1 (R1 agotada) = 0 6 7 Separador: G de L A = 3 – 1 (NP) – 1 (xP) = 1 8 8 Divisor: G de L A = 3 – 1 (N ) – 1 (xR) = 1 4 4 Reactor: G de L A = 3 – 2 (NB, NW) – 2 (r1, r2) + 2 (balances agotados:B,W) = 1 2

3

3. Resolviendo el Mezclador se conoce N , N . 4. Actualizando grados de libertad: 2 Divisor: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 3 Reactor: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 5

5

5

5. Resolviendo el Reactor se conoce NR, NP, NI. Se agota el balance de P. 6. Reconfirmando grados de libertad: Divisor: G de L A = 0 – 0 = 0 7. Se resuelve el Divisor y se comprueba en el Separador.

110



d. Resuelva el problema. Las reacciones son:

r

1 ⎯⎯ →

2 R

P

r

2 ⎯⎯ →

R

+

B +

W W

Balances Globales: Base de cálculo:

1

NR = 1100

N1I 1 = 1 N R 11

De la relación R1: 1

NI = 100 8

De R2:

8

xR N

De R3:

1

0.5 NR

(1)

N 6P 1 = × 0.8 1 8 8 2 NR − xR N

(2)

Balance de R:

8

8

xR N

=

1100

6

Balance de P:

NP = 4

Balance de W:

NW

Balance de B:

NB

4

8

Balance de I:

=

–

2 r1

–

r2

(3)

r1

(4)

=

r1 +

=

r2

r2

(5) (6)

8

(1 – xR) N =

100

(7)

Resolviendo el sistema de 7 ecuaciones con 7 incógnitas obtenemos los siguientes resultados: 4

NW = 330

6

r 1 = 220 4

r 2 = 110

NB = 110 8

7

NP = 220 8

N = 650

2

xR = xR = xR = 0.8462

111



Balances en el Mezclador: Balance de R:

1100

Balance de I:

2

+

0.8462 N

=

2

100 +

3

0.85 N

(1) 3

(1 – 0.8462) N =

(1 – 0.85) N

(2)

Resolviendo las ecuaciones, tenemos: 2

3

N = 21052.6316

N = 22252.6316

Resumen del balance de materia:

ENTRADA Sustancia

SALIDA Sustancia

Moles

Moles

R

18914.7369

R

18914.2000

I

3337.8947

I

3337.8947

Total

Total

22252.6316

22252.0947


Balance de R:

NR =

0.85 × 22252.6316 –

2 × 220 –

110

5

NR = 18364.7369 5

NP =

Balance de P:

5

Balance de I:

NI =

220

(1 – 0.85) × 22252.6316 5

NI = 3337.8947 Balances en el Divisor: Total:

7

N =

650 +

21052.6316 =

21702.6316

112



Resumen del balance de materia: ENTRADA Sustancia Moles R 18364.7669 I 3337.8947 Total 21702.6616

SALIDA Sustancia R I Total

Moles 18364.7669 3337.8947 21702.6616

Finalmente se comprueba en balance total del Separador: ENTRADA Sustancia Moles R 18364.7669 I 3337.8947 P 220.0000 Total 21922.6616

SALIDA Sustancia R I P Total

Moles 18364.7669 3337.8947 220.0000 21922.6616

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Globales:

1

Base de cálculo:

NR = 1100

N1I 1 = 1 N R 11

De R1: 8

8

8

8

De R2:

xR N

Balance de R:

xR N

De R3:

Balance de B:

1

=

0.5 NR

=

NR –

1

(2) 2 r1

N 6P 1 = × 0.8 N1R − x 8R N 8 2 6

Balance P: Balance de W:

(1)

NP = 4

=

NW 4

NB =

r2

r2

(3) (4)

r1 r1 +

–

(5) r2

(6) (7)

113



Balance de I:

8

1

(1 – xR) N =

NI

8

2

xR =

De la Restricción:

(8)

xR

(9)

Mezclador: 1

Balance de R: Balance de I:

1

NI

2

+

NR +

2

xR N 2

= 2

(1 – xR) N =

3

0.85 N

(10) 3

(1 – 0.85) N

(11)

2 × r1

(12)

Reactor: Balance de R:

5

NR =

0.85 × N 5

Balance de P:

NP =

Balance de I:

NI =

5

3

–

–

r2

r1

(13)

(1 – 0.85) × N

3

(14)

Divisor: 7

N =

Total:

2

N +

8

N

(15)

Resolviendo el sistema de 15 ecuaciones y 15 incógnitas, tenemos: 1

NI = 100 2

N = 20800 3

N = 22000 4

NB = 110

5

NR = 18150 6

NP = 220 7

N = 21450 8

N = 650

4

r1 = 220

5

r2 = 110

NW = 330 NI = 3300 5 NP

= 220

2

xR = 0.8461538 8

xR = 0.8461538

114



El ácido sulfúrico se produce mediante la oxidación sucesiva de azufre hasta SO3, seguida de reacción con H2O. En el diagrama de flujo mostrado en la figura de la siguiente página, primero se hacen reaccionar el azufre y el aire en el quemador de azufre, para producir SO2 según la reacción: S

+

→

O2

SO2

En esta reacción, todo el azufre se convierte a SO2. Suponga que el aire es 21 % molar de oxígeno y 79% de N2, y que se utiliza 50 % más de oxígeno que la cantidad estequiométrica necesaria para convertir el azufre a SO2. La corriente gaseosa que sale del quemador se envía al convertidor, en donde todo el SO2 se oxida hasta SO3 con ayuda de un catalizador. A continuación, se pone en contacto en la torre de óleum la corriente gaseosa que contiene SO3 con una corriente de H2SO4 concentrado.

O2 N2

H2SO4 80 % (peso) H2O 20 %

11 12

Agua

Aire (21 % mol) O2 79 %

2 Azufre 1

Tanque dilución

N2

de

13

Torre de ácido

Quemador de azufre

10 12 % (mol)

9

SO3

Convertidor

3

O2 6

7

8 Divisor

4

Ácido como producto 90 % (peso) H2SO4 10 % H2O

Torre de óleum 5

Óleum 37. 5 (peso) de SO3

115



El SO3 reacciona con el agua presente en la corriente de ácido, mediante la reacción: H2O

+

→

SO3

H2SO4

Además, algo del SO3 se disuelve en el H2SO4 puro para obtener un producto (óleum) que contiene 37.5% de SO3 y el resto H2SO4. Enseguida la corriente gaseosa a la salida de la torre de óleum, que contiene 12 % mol de SO3, se pone en contacto con una corriente de ácido más diluida (80 % de H2SO4 y el resto H2O), en la torre de ácido. En esta unidad, todo el SO3 restante reacciona hasta H2SO4. El ácido diluido se prepara recirculando algo de ácido concentrado y mezclándolo con agua en el tanque de dilución. Calcule todos los flujos en el proceso, suponiendo que la planta va a producir 20000 lb/día de producto (H2SO4 al 90%).

SOLUCIÓN Las reacciones son: O2 →

SO2

r1

2 O2 →

SO3

r2

→

H2SO4

r3’

→

H2SO4

r3 ”

Quemador:

S

+

Convertidor:

SO2

+

1/

Torre de óleum:

SO3

+

H2O

Torre de ácido:

SO3

+

H2O

Relaciones:

R1:

2

NO2 se suministra en un 50% en exceso del necesario para pasar todo el S a SO2.

R2:

Restricciones del divisor = RD = (3 – 1) (2 – 1) = 2

116




11 N2

N 2

N

x2N2

12

F

11 O2

N

= 0.79

w12H2SO4 = 0.8 (agua)

(O2) 11

12

2 1 NS

1

Torre

Quemador de azufre

de

3

9

10

F 10 w

6

N

4

w9H2SO4 = 0.9

= 0.9

(agua)

D

x6N2

7

7

(O2) 4 NSO3

10 H2SO4

9

(agua)

x6SO3 = 0.12 Convertidor

13 F

3 NSO2

NO2

13 H2O

F

de

ácido

3

NN2 3

Tanque dilución

6

F

8

w7H2SO4 = 0.9 (agua)

4 NN2 4

NO2

Torre

F = 20000 lb/día

de

w8H2SO4 = 0.9

óleum

8

(agua)

5 5

F

w5SO3 = 0.375 (H2SO4)

117



Tabla de Grados de Libertad: Quemador

Convertidor

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 G de L G de L*

6+1 4 0 1 1 0 1 1

6+1 4 0 0 0 0 3 3

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 G de L G de L*

Torre de Ácido 9+1 5 0 2 (+ 1) 0 0 2 2

Tanque de dilución 5 2 0 1 (+ 1) 0 0 1 1

Torre de Óleum 10 + 1 5 0 2 (+ 1) 0 0 3 3

Divisor 8 2 1 1 0 2 2 3

Proceso

Global

27 + 4 22 1 5 1 2 0 1

10 + 3 7 1 3 1 0 1 2

Reconfirmación de Grados de Libertad: Quemador:

Convertidor:

Torre de óleum:

2

1

3

3

3

Incógnitas =

6 (N , NS, NO2, NN2, NSO2, r1)

Ecuaciones =


G de L

1

=

3

3

3

4

4

4

Incógnitas =

7 (NO2, NN2, NSO2, NO2, NSO3, NN2, r2)

Ecuaciones =

4 (balances)

G de L

3

=

4

4

4

5

7

6

6

Incógnitas =

8 (NO2, NSO3, NN2, F , F , N , xN2, r3’)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

3

=

118

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Torre de ácido:

Divisor:

Tanque:

Global:

Ben – Hur Valencia Valencia 11 O2,

11 N2,

Incógnitas =

7 (N

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

2

=

7

N

7

10

12

6

6

F , F N , xN2, r3”)

8

9

9

10

10 H2SO4)

Incógnitas =

7 (F , wH2SO4, F , F , wH2SO4, F , w

Ecuaciones =

2 (balances)+

G de L

3

=

9

12

13 H2O)

Incógnitas =

3 (F , F , F

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

1

=

1

2 (R2)

2

5

8

11 O2,

Incógnitas =

10 (NS, N , F , F , N

Ecuaciones =

7 (balances)+

G de L

2

=

11 N2,

N

F

12 H2O, r1, r2, r3)

1 (R1)

Tabla de Balances:

N2 O2 S SO2 SO3 H2SO4 H2O Total

Quemador

Convertidor

Torre de Óleum

Divisor

1 1 1 1 – – – 4

1 1 – 1 1 – – 4

1 1 – – 1 1 1 5

– – – – – 1 1 2

119


N2 O2 S SO2 SO3 H2SO4 H2O Total

Torre de Ácido 1 1 – – 1 1 1 5

Ben – Hur Valencia Valencia Tanque de dilución – – – – – 1 1 2

Proceso

Global

4 4 1 2 3 4 4 22

1 1 1 1 1 1 1 7

En las condiciones especificadas, el proceso tiene cero grados de libertad, pero no hay ninguna unidad con cero y, como se conoce un flujo, no puede tomarse una base de cálculo. Por tanto debe ignorarse el flujo conocido y tomar base de cálculo en la unidad con un grado de libertad: quemador o tanque de dilución. Los nuevos grados de libertad, desconociendo el flujo, se muestran como G de L*. 13 H2O,

Si se toma la base de cálculo en el tanque de dilución (F 12

por ejemplo), luego de resolver sus

balances sólo se conocería F para la torre de ácido, quedando sus grados de libertad en 1 y ahí se pararía el desarrollo. Debe tomarse, por tanto, la base en el quemador. Estrategia de Solución: 2

1

3

3

3

1. Tomando base de cálculo en el Quemador conocemos: N , NS, NO2, NSO2, NN2, r1. Se agota el balance de S y R1. 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 1 2 Global: G de L A = 2 – 2 (NS, N ) – 1(r1) + 1(R1 agotada) + 1(balance agotado:S)=1 3 3 3 Convertidor: G de L A = 3 – 3 (NO2, NN2, NSO2) = 0 4

4

4

3. Resolviendo Convertidor se conoce: NO2, NSO3, NN2, r2. Se agota el balance de SO2. 4. Actualizando grados de libertad Torre de óleum: G de L A Global: G de L A

= =

4

4

4

3 – 3 (NO2, NN2, NSO3) = 0 1 – 1 (r2) + 1 (balance agotado: SO2) = 1 6

6

7

5

5. Resolviendo Torre de óleum se conoce N , xN2, F , F , r3’.

120



6. Actualizando grados de libertad: 6 6 Torre de ácido:G de L A = 2 – 2 (N , xN2) = 0 Divisor: Global:

G de L A G de L A

= =

7

3 – 1 (F ) = 2 5 1 – 1 (F ) = 0 11 O2,

7. Resolviendo la Torre de ácido se conoce: N O2, SO3, N2. 8. Actualizo grados de libertad: Divisor: G de L A Tanque de dilución: G de L A Global: G de L A

11 N2,

N

12

10

F , F , r3”. Se agotan los balances de

10

= = =

2 – 1 (F ) = 1 12 1 – 1 (F ) = 0 11 11 0 – 2 (N O2, N N2) + 3 (balances agotados) = 1 13 H2O,

9. Resolviendo el Tanque de disolución se conoce: F

9

F.

10. Actualizando grados de libertad: 9 Divisor: G de L A = 1 – 1 (F ) = 0 13 Global: G de L A = 1 – 1 (F H2O) = 0 11. Se resuelve el Divisor y se comprueba en globales. CÁLCULOS: Balances en el Quemador: 1

Base de cálculo:

Sea NS = 100

Nota: R1 se cambia a 80% en exceso porque con el 50% planteado en el problema no habría oxígeno en la corriente 11.

R1:

0.21 × N

2

=

1.8 × 100

2

N = 857.143 S:

0

=

100 –

r1

r 1 = 100

121



SO2:

NSO2

=

0

+

100

3

NSO2 = 100 3

N2:

NN2 =

0.79 × 857.143

3

NN2 = 677.143 3

O2:

NO2 =

0.21 × 857.143 – 100

3

NO2 = 80

Balances en el Convertidor: 4

N2:

NN2 =

SO2:

r 2 = 100 4

SO3:

NSO3

=

677.143

0

+

100

–

0.5 × 100

4

NSO3 = 100 4

O2:

NO2 = 80 4

NO2 = 30 Balances en la Torre de óleum: O2: N2:

6

6

(1 – 0.12 – xN2) N = 6

6

xN2 × N

=

30

(1)

677.143

(2)

122



Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas, tenemos que: 6

6

N = 803.568 5

H2SO4:

7

(1 – 0.375) × F =

H2O:

SO3:

xN2 = 0.84267

0

0.12 × 803.568 × 80

0.9 × F + 7

98 × r3’

(1)

18 × r3’

(2)

=

0.1 × F –

+

0.375 × F =

5

80 × 100

–

80 × r3’

(3)

Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones y 3 incógnitas: 5

7

F = 503.69

F = 217.943

r 3’ = 1.2108

Balances en la Torre de ácido: 11 N2 11 N O2

N2:

N

O2: SO3:

0

=

677.143

=

30

=

0.12 × 803.568 – r3”

r 3’’ = 96.428 10

H2SO4:

0.9 × F

H2O:

0.1 × F

10

12

=

0.8 × F

=

0.2 × F

12

+

98 × 96.428

(1)

–

18 × 96.428

(2)

Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones: 10

12

F = 32785.52

F = 25071.280

Balances en el Tanque de dilución: H2SO4:

9

0.9 × F =

0.8 × 25071.280 9

F = 22285.58

123

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III H2O:


0.2 × 25071.28 = F

0.1 × 22285.58 +

13 H2O

F

13 H2O

= 2785.698


32785.52

=

217.943

+

F

8

+

22285.58

8

F = 10281.997

Comprobando en el balance global de ácido sulfúrico: 0.625 × 503.69 +

0.9 × 10281.997

=

0

+

98 × (1.2108 + 96.428)

9568.60

=

9568.60

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Quemador: 1

Base de cálculo: R1:

Sea NS = 100

0.21 × N

1

=

1.8 × NS

0

=

NS –

r1

(2)

NSO2

=

0

r1

(3)

S: SO2:

2

3

3

N2:

NN2 =

O2:

NO2 =

3

1

+

0.79 × N 0.21 × N

(1)

2

2

(4) – r1

(5)

124



Convertidor: 4

3

N2:

NN2 =

NN2

SO2:

0

=

NSO2

–

SO3:

NSO3

=

0

r2

(8)

0.5 × r2

(9)

4

3

4

O2:

(6)

+

3

NO2 = NO2 –

r2

(7)

Torre de óleum: 6

O2:

6

(1 – 0.12 – xN2) N = 6

N2:

6

xN2 × N

5

H2SO4:

(1 – 0.375) × F =

H2O: SO3:

=

0 6

0.12 × N × 80 +

0.375 × F

5

4

NO2

(10)

4

NN2

(11) 7

0.9 × F + 7

98 × r3’

(12)

18 × r3’

(13)

=

0.1 × F –

=

80 × NSO3 –

4

80 × r3’

(14)

Torre de ácido: 11 N2

=

xN2 × N

11 O2

=

(1 – 0.12 – xN2) N

=

0.12 × N

=

0.8 × F

=

0.2 × F

H2SO4:

0.9 × F =

0.8 × F

H2O:

0.2 × F = 0.1 × F +

N2:

N

O2:

N

SO3:

0 10

H2SO4:

0.9 × F

H2O:

0.1 × F

10

6

6

(15) 6

6

12

12

6

(16)

– r3 ”

(17)

+

98 × r3”

(18)

–

18 × r3”

(19)

Tanque de dilución: 9

12

12

9

(20) F

13 H2O

(21)

125



Divisor: Total:

F

10

=

F

7

+

F

8

+

F

9

(22)

Resolviendo el sistema formado por 22 ecuaciones y 22 incógnitas, tendremos que: 10

3

F = 32785.71429

NO2 = 80

12

3

F = 25071.42857 F

13 H2O

NSO2 = 100

= 2785.71429

4

NN2 = 677.14286

5

F = 503.63196

4

7

NO2 = 30

8

NSO3 = 100

9

N = 803.57143

F = 217.91768

4

F = 10282.08232

6

F = 22285.71429 11 N2

N

= 677.14286

11 N O2

= 30

r1 = 100 r2 = 100 r3’ = 1.21065

2

r3” = 96.42857

3

xN2 = 0.8426667

N = 857.14286

6

NN2 = 677.14286 Luego: r3 =

r3’ +

r3 ”

r 3 = 97.639225 8

Para calcular los flujos de todas las corrientes para F = 20000 se halla la relación de escalado:

⎛ 20000 ⎞ Relación de escalado = ⎜ ⎟ = 1.94513 ⎝ 10282.08232 ⎠ y se multiplican por este valor los resultados anteriores. Así:

1

NS = 100 × 1.94513 = 194.513 lbmol/día

126



Puede producirse benceno mediante la desalquilación de tolueno, siguiendo la reacción: C6H5CH3

+

→

H2

C6H6

+

CH4

Sin embargo, esta reacción catalítica ocurre acompañada de la reacción: 2 C6H5CH3

+

H2

→

(C6H5)2

+

2 CH4

para obtener el subproducto indeseado bifenilo. Debido a esta reacción paralela, debe mantenerse la conversión de tolueno abajo del 100% y deben efectuarse una serie de separaciones con recirculación, de los reactivos no utilizados.

CH4

Divisor

H2

Recirculación de H2 puro

5

7

2

1

Mezclador

3

4

Purga

CH4 H2 Separador 1

Reactor Alimentación de tolueno puro

10

6

9

Benceno puro

8 Separador 2 Recirculación de tolueno puro

11

Bifenilo puro

En el diagrama de flujo que se muestra en la figura, usando una alimentación al reactor (corriente 3) que contiene 5 moles de H2 por mol de tolueno, se alcanza una conversión de tolueno de 75%.

127



a. Suponiendo que la corriente de salida 6 contiene 5 % de benceno y 2 % de tolueno, calcule el rendimiento fraccional de benceno en el reactor y las moles de H2 necesarias para reposición, por mol de tolueno alimentado. b. Suponiendo que, alternativamente, se especifique un contenido de 2 % de tolueno y 58 % de CH4 en la corriente 6, calcule el rendimiento fraccional de benceno. SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: 10

N

5

N

D

x5CH4

2

NH2

1

1

6

7

x6C6H6 = 0.05 3

Mezclador

6

Reactor

3

(H2)

N

N

2

NTOL

x10CH4

7

(H2)

5

10

x6TOL

(H2)

= 0.02

Separador 1 9

x6CH4

NCH4

x6BF

3

NH2

8

(H2)

3

x7CH4

NTOL

9

NC6H6

8

NTOL 8

NBF

4

4

NTOL

Separador 2

11 BF

N

11 Relaciones:

N 3H 2

R1:

N 3TOL

R3:

=5

R2:

XTOL en el reactor = 0.75

Restricciones del divisor = (2 – 1) (2 – 1) =1

Las reacciones son: C6H5CH3 2 C6H5CH3

+ +

H2 H2

r

1 ⎯⎯ → r

2 ⎯⎯ →

C6H6 (C6H5)2

+ +

CH4 2 CH4

128



Tabla de Grados de Libertad: Mezclador

Reactor

8 3 0 0 1 – – 4

8+2 5 0 2 1 1 – 1

NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 G de L

Separador 1 10 5 0 2 – – – 3

Separador 2 4 2 0 0 – – – 2

Divisor

Proceso

Global

6 2 0 0 – – 1 3

21 + 2 17 0 2 1 1 1 1

6+2 5 0 0 – – – 3


Reactor:

1

2

4

5

5

3

3

3

Incógnitas =

8 (NTOL, NH2, NTOL, N , xCH4, NCH4, NH2, NTOL)

Ecuaciones =


G de L

4

=

3

3

3

6

6

6

Incógnitas =

8 (NCH4, NH2, NTOL, N , xCH4, xBF, r1, r2)

Ecuaciones =


G de L

1

=

Separador 1: Incógnitas =

6

6

6

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

3

=

Separador 2: Incógnitas =

8

9

7

7

4

8

8

11 BF)

4 (NTOL, NTOL, NBF, N

Ecuaciones =

2 (balances)

G de L

2

=

8

8 (N , xCH4, xBF, NTOL, NBF, NC6H6, N , xCH4)

129


Divisor:

Global:


7

5

5

10

10 CH4)

Incógnitas =

6 (N , xCH4, N , xCH4, N , x

Ecuaciones =


G de L

3

=

1

2

9

10

10 CH4,

Incógnitas =

8 (NTOL, NH2, NC6H6, N , x

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

3

=

11 BF, r1, r2)

N

Tabla de Balances:

TOL H2 CH4 C6H6 BF Total

Mezclador

Reactor

1 1 1 – – 3

1 1 1 1 1 5

Separador 1 1 1 1 1 1 5

Separador 2 1 – – – 1 2

Divisor

Proceso

Global

– 1 1 – – 2

4 4 4 2 3 17

1 1 1 1 1 5

a. Suponiendo que la corriente de salida 6 contiene 5 % de benceno y 2 % de tolueno, calcule el rendimiento fraccional de benceno en el reactor y las moles de H2 necesarias para reposición, por mol de tolueno alimentado. Estrategia de Solución: 6

3

3

3

6

6

1. Se toma base de cálculo N en el Reactor y se halla: NCH4, NH2, NTOL, xCH4, xBF, r1 y r2. Se agotan R1 y R2. 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 3 3 3 Mezclador: G de L A = 4 – 3 (NCH4, NH2, NTOL) + Separador 1: G de L A Global: G de L A

= =

6

6 (xCH4,

3 – 1 (N ) – 2 3 – 2 (r1, r2) = 1

6 xBF)

1 (R1 agotada) = 2

=0

130



7

9

8

8

3. Se resuelve Separador 1 y se hallan: N , xCH4, NC6H6, NTOL, NBF, y por arrastre del divisor (x

10 CH4

5

y xCH4). Se agota balance de C6H6.

4. Actualizando grados de libertad: 9 10 Global: G de L A = 1 – 1 (NC6H6) – 1 (x CH4) + 1 (balance agotado: C6H6) = 0 8

8

Separador 2: G de L A Mezclador: G de L A

= =

2 – 2 (NTOL, NBF) = 0 5 2 – 1 (xCH4) = 1

Divisor:

=

3 – 1 (N ) – 1 (xCH4) = 1

G de L A

7

7

4

11 BF.

5. Se resuelve Separador 2 y se hallan NTOL, N

Se agota el balance de BF.

6. Reconfirmando grados de libertad: 11 Global: G de L A = 0 – 1 (N BF) + 1 (balance agotado: BF) = 0 1

2

10

7. Se resuelven Globales y se halla: NTOL, NH2, N y se agota el balance de tolueno. 8. Actualizando grados de libertad: 10 Global: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 4 1 2 Mezclador: G de L A = 1 – 1(NTOL, NTOL, NH2) + 1(balance agotador: Tolueno) = 1 9. Se resuelve el Divisor y se comprueban los resultados en el Mezclador. CÁLCULOS: Balances en el Reactor: 6

Base de cálculo: Sea N = 1000

De R2:

6

3

0.02 N =

0.25 × NTOL 3

NTOL = 80

De R1:

3

NH2 =

5 × 80

3

NH2 = 400

131

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III C6H6:


0.05 × 1000 =

0

+

r1

r 1 = 50 Tolueno:

20 =

80 –

50 –

2 r2

r2=5 6

BF:

xBF × 1000 =

0

+

5

6

xBF = 0.005

H2:

6

(1 – 0.05 – 0.02 – 0.005 – xCH4) × 1000 =

400 – 50 – 5

6

xCH4 = 0.58

CH4:

0.58 × 1000

=

3

NCH4

+

50 +

2×5

3

NCH4 = 520 Comprobando los resultados en el balance de materia:

CH4 H2 Tolueno

520 400 80

Total

8320 800 7360 16480

Reactor

ENTRADA Sustancia Moles Masa

SALIDA Sustancia Moles C6H6 50 Tolueno 20 580 CH4 Bifenilo 5 H2 345 Total

Masa 3900 1840 9280 770 690 16480

Cálculo del Rendimiento: 3

Tolueno que reacciona = NTOL = 60 Por la relación estequiométrica: 6

(NC6H6) máximo = 60, cuando r2 = 0

132



C 6 H 6 real × 100 % C 6 H 6 teórico

Rendimiento =

Rendimiento =

N C9 6H6 60

× 100 % =

50 × 100 % = 83.333 % 60

Moles de hidrógeno necesarias para reposición:

N 2H2 N 1TOL

=

90.694 = 1.512 60


C6H6:

50 =

NC6H6

Tolueno:

20 =

NTOL

=

8

8

BF:

5

NBF

CH4:

580 =

xCH4 × N

H2:

345 =

(1 – xCH4) × N

7

7

(1)

7

7

(2)


7

N = 925

5

xCH4 = xCH4 = x

10 CH4

= 0.627

Comprobando en el balance Total: 6

N = 1000

=

7

9

N +

NC6H6

+

925 +

50 +

20 +

8

NTOL 5

8

+

NBF

=

1000


Tolueno:

20 =

NTOL

BF:

5

N

=

11 BF

133



Se comprueba en total: 8

NTOL

8

+

NBF =

20 +

5

4

NTOL =

20 +

25 =

25

0

NTOL

11 BF

+

N 5

Balances Globales: Tolueno:

1

=

–

50 –

2×5

1

NTOL = 60 10

CH4:

0.627 × N =

0

+

50 +

10

50 –

5

10

N = 95.694

H2:

(1 – 0.627) × 95.694

=

2

NH2 –

2

NH2 = 90.694

Comprobando en el balance de materia:

Tolueno H2

60.000 90.694

Total

5520.000 181.388 5701.388

Globales

ENTRADA Sustancia Moles Masa

SALIDA Sustancia Moles Masa CH4 60.000 960 35.694 71.388 H2 50.000 3900 C6H6 Bifenilo 5.000 770 Total 5701.388


925 =

95.694 + 5 N = 829.306

N

5

134



Finalmente, comprobando en el Mezclador: 60 +

90.694 +

20 +

829.306

1000

=

=

520 +

400 +

80

1000

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Reactor: 6

Base de cálculo: Sea N = 1000 6

De R2:

0.02 N =

De R1:

NH2 =

3

6

C6H6:

0.05 × N

Tolueno:

0.02 × N

BF: H2:

6

6

6

6

6

xBF × N

3

0.25 NTOL 3

5 × NTOL

(2)

=

0

+

r1

(3)

=

NTOL

–

=

0

+

r2

=

NH2 –

3

6

(1 – 0.05 – 0.02 – xBF – xCH4) × N

CH4:

6

6

xCH4 × N

(1)

3

r1 –

NCH4

+

=

NC6H6

=

NTOL

=

NBF

=

xCH4 × N

(4) (5)

3

=

2 r2

r1 –

r1 +

r2

2 r2

(6) (7)

Separador 1: 6

C6H6:

0.05 × N

Tolueno:

0.02 × N

BF:

xBF × N

CH4:

xCH4 × N

6

6

6

6

6

9

(8)

8

(9)

8

7

(10) 7

(11)

135



H2:

6

6

(1 – 0.05 – 0.02 – xBF – xCH4) N = 7

De la restricción:

=

xCH4

7

7

(1 – xCH4) × N x

(12)

10 CH4

(13)

Separador 2: 8

Tolueno:

NTOL

= 8

BF:

4

NTOL

(14)

11 BF

(15)

NBF =

N

0

=

NTOL

–

=

0

+

r1 +

2 × r2

(17)

=

NH2 –

r1 –

r2

(18)

N =

N +

Globales: Tolueno: CH4:

x

10 CH4

10 CH4)

H2:

(1 – x

10

×N

10

N

1

2

r1 –

2 × r2

(16)

Divisor: 7

Total:

10

5

N

(19)

Resolviendo el sistema de 19 ecuaciones con 19 incógnitas, tenemos que: 10

N = 95.689656 11 N BF = 5 1 NTOL = 60 2 NH2 = 90.68966 3

NCH4 = 520 3

NH2 = 400 3

NTOL = 80 4 NTOL = 20 5 N = 829.310345

7

N = 925 8 NBF = 5 8 NTOL = 20 9 NC6H6 = 50 r1 = 50 r2 = 5 10 x CH4 = 0.627033 6

7

xBF = 0.005 6 xCH4 = 0.58

xCH4 = 0.627033

136



b. Suponiendo que, alternativamente, se especifique un contenido de 2 % de tolueno y 58 % de CH4 en la corriente 6, calcule el rendimiento fraccional de benceno. Tanto los grados de libertad como el balance permanecen iguales, ya que las composiciones dadas corresponden exactamente a las calculadas en la parte a., así, el rendimiento fraccional sigue siendo 83.33 %. 3.28.

El producto P se obtiene a partir del reactivo R de acuerdo con la reacción: →

2 R

P

+

W

Con las reacciones paralelas: →

R P

→

B 2 B

+

W +

W

Cuando se utiliza una alimentación fresca que contiene un mol de inertes I por cada 11 moles de R, se logra únicamente una conversión de R de 50% en el reactor. El R que no reaccionó y los inertes se separan de los productos del reactor y se recirculan.

Divisor

Recirculación

Purga

R I

Mezclador

Reactor

Separador

R I Alimentación fresca

R

R

I 12 %

P 21 % W B I

Producto 7%

P W B

Algo del R que no reaccionó y de los inertes se purgan, para limitar al 12 % (mol) el nivel de inertes en la alimentación combinada al reactor. Si el análisis de la corriente de salida del reactor indica 21 % de P y 7 % de B, en base molar, calcule todos los flujos en el proceso, para un flujo de alimentación fresca de 100 mol/h.

137




N

x7R

7

1

2

M

3

Reactor

x3R

N

x2I =

x3B= 0.07

0.12

(R)

6

(xI )

5 5 xR 5 (xI )

x3P = 0.21

2

1 NI

x6R

N

7

(xI ) 3

1

N

5

N NR

6

Purga

D

Separador 4

4

NP 4

x3W

NW

(I)

NB

4

Relaciones: 1

R1:

NR = 3

3

1

11 NI

R2:

xR N

R3:

Restricciones del divisor

=

0.5 × 0.88 × N

2

=

(2 – 1) (2 – 1) = 1

Las reacciones son: 2 R R P

→

P

+

W

r1

→

B

+

W

r2

→

2 B

+

W

r3

El arreglo estequiométrico correspondiente es:

R P B W

1a. Reacción –2 1 0 1

2a. Reacción –1 0 1 1

3a. Reacción 0 –1 2 1

138



El arreglo reducido es: R P B W

1 0 –1 –1

0 1 –2 –1

0 0 0 0

Así que solo hay dos reacciones independientes que son: B 2 B

+

W

→

R

r1

+

W

→

P

r2


NVI NBMI NFC NCC NRC R1 R2 R3 G de L

Mezclador

Reactor

Separador

Divisor

Proceso

Global

6 2 0 1 1 – – 2

7+2 5 0 3 – 1 – 0

10 5 0 2 – – – 3

6 2 0 0 – – 1 3

18 + 2 14 0 3 1 1 1 0

7+2 5 0 0 1 – – 3


Reactor:

1

1

2

7

7

Incógnitas =

5 (NR, NI, N , N , xR)

Ecuaciones =


G de L

2

=

2

3

3

3

Incógnitas =

6 (N , N , xR, xW, r1, r2)

Ecuaciones =


G de L

0

=

139

Solucionario de Reklaitis, Capítulo III Separador:

Divisor:

Global:


3

3

4

4

4

5

5

Incógnitas =

8 (N , xR, xW, NP, NW, NB, N , xR)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

3

=

5

5

6

6

7

Incógnitas

=

Ecuaciones =


G de L

3

=

7

6 (N , xR, N , xR, N , xR)

1

1

4

4

4

6

6

Incógnitas =

9 (NR, NI, NP, NW, NB, N , xR, r1, r2)

Ecuaciones =


G de L

3

=

Tabla de Balances:

R P B W I Total

Mezclador

Reactor

Separador

Divisor

Proceso

Global

1 – – – 1 2

1 1 1 1 1 5

1 1 1 1 1 5

1 – – – 1 2

4 2 2 2 4 14

1 1 1 1 1 5

El problema se encuentra sobre-especificado. Sin embargo a pesar de sobrar información, debe analizarse si ella es contradictoria. La solución empezará tomando base de cálculo en el reactor. Estrategia de Solución: 1. Tomando base de cálculo en el reactor, este queda sobre-especificado, resolviéndolo y 2 3 3 3 comprobando si la información no es contradictoria, se conocen: N , N , xR, xW, r1, r2, y se agota R2. 2. Actualizando grados de libertad: 2 Mezclador: G de L A = 2 – 1 (N ) = 1 3 3 3 Separador: G de L A = 3 – 1 (N ) – 2 (xR, xW) = 0 Global: G de L A = 3 – 2 (r1, r2) = 1

140



4

4

5

5

7

6

3. Resolviendo el Separador se conocen: NP, NW, NB, N , xR, y arrastro xR y xR; se agotan los balances de P, B y W. 4. Actualizando grados de libertad: 7 Mezclador: G de L A = 1 – 1 (xR) = 0 5 5 Divisor: G de L A = 3 – 1 (N ) – 1 (xR) = 1 4 4 4 6 Global: G de L A = 1 – 3(NP, NW, NB) – 1(xR) + 3(balances agotados:B,P,W)=0 1

1

7

5. Resolviendo Mezclador se conoce: NR, NI, N , y se agota R1. 6. Actualizando grados de libertad: 7 Divisor: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 1 1 Global: G de L A = 0 – 2 (NR, NI) + 1 (R1 agotada) = – 1 7. Se resuelve el Divisor. 8. Se comprueba en el balance Global. Nota: En (6.) se puede reconfirmar grados de libertad Globales y resolverlos. CÁLCULOS: Balances en el Reactor: 2

Base de cálculo:

Sea N = 100 3

Balance de R:

3

xR × N = 3

Balance de P:

0.21 × N

Balance de B:

0.07 × N

0.88 × 100 +

r1

(1)

=

0

+

r2

=

0

–

r1 –

2 r2

(3)

Balance de W:

xW × N =

0

–

r1 –

r2

(4)

De R2:

xR × N =

3

3

3

3

3

(2)

44

(5)


N = 89.7959 r 2 = 18.8571

3

r 1 = – 44

xR = 0.49 3

xW = 0.28

141



Comprobando en el balance de I si la información es contradictoria o no, da: I:

(1 – 0.49 – 0.21 – 0.07 – 0.28) × 89.7959

=

≠

– 4.4898

0.12 × 100

12

Lo anterior significa que la información que sobra es contradictoria. 3

La posibilidad que se tiene es suprimir una de las informaciones en el reactor. Una de ellas puede ser xB, planteándose nuevamente el problema. Tabla de Grados de Libertad del nuevo planteamiento: Mezclador

Reactor

Separador

Divisor

Proceso

Global

NVI

6

7+2

10

6

18 + 2

7+2

NBMI

2

5

5

2

14

5

NFC

0

0

0

0

0

0

NCC

1

2

1

0

2

0

NRC R1

1

–

–

–

1

1

R2

–

1

–

–

1

–

R3

–

–

–

1

1

–

2

1

4

3

1

3

G de L

Puede verse que el problema está correctamente especificado, la solución se empieza por el reactor. Estrategia de Solución: 2

3

3

3

3

1. Tomando base de cálculo en el reactor y resolviéndolos se conoce: N , N , xR, xW, xB, r1, r2, y se agota R2. 2. Actualizando grados de libertad: 2 Mezclador: G de L A = 2 – 1 (N ) = 1 3 3 3 3 Separador: G de L A = 4 – 1 (N ) – 3 (xB, xR, xW) = 0 Global: G de L A = 3 – 2 (r1, r2) = 1 4

4

4

5

5

7

6

3. Resolviendo el Separador se conocen: NP, NW, NB, N , xR, y arrastro xR y xR; se agotan los balances de P, B y W.

142



4. Actualizando grados de libertad: 7 Mezclador: G de L A = 1 – 1 (xR) = 0 5 5 Divisor: G de L A = 3 – 1 (N ) – 1 (xR) = 1 4 4 4 6 Global: G de L A = 1 – 3(NP, NW, NB) – 1(xR) + 3(balances agotados:B,P,W)=0 1

1

7

5. Resolviendo Mezclador se conoce: NR, NI, N , y se agota R1. 6. Actualizando grados de libertad: 7 Divisor: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 1 1 Global: G de L A = 0 – 2 (NR, NI) + 1 (R1 agotada) = – 1 7. Se resuelve el Divisor. 8. Se comprueba en el balance Global. Nota: En (6.) se puede reconfirmar grados de libertad Globales y resolverlos. CÁLCULOS: Balances en el Reactor: 2

Base de cálculo:

Balance de R:

Sea N = 100 3

3

xR × N = 3

0.88 × 100 +

r1

(1)

=

0

+

r2

Balance de B:

xB × N =

0

–

r1 –

2 r2

(3)

Balance de W:

xW × N =

0

–

r1 –

r2

(4)

0.12 × 100

(5)

Balance de P:

Balance de I:

De R2:

0.21 × N 3

3

3

3

3

3

3

3

(1 – 0.21 – xR – xB – xW) × N 3

3

xR × N =

44

(2)

=

(6)

143




3

N = 101.4085

r 1 = – 44

r 2 = 21.2958

xW = 0.2239

xR = 0.4339

3

3

xB = 0.01389

Balances en el Separador: 4

Balance de P:

NP =

Balance de W:

NW =

Balance de B:

NB =

1.4086

+

22.704

21.2958

4

22.704

4

5

Total:

N +

21.2958

+

1.4086

=

101.4085

5

N = 55.9987 5

Balance de R:

xR × 55.9987

=

44.0011

5

xR = 0.7858 Se comprueba en el balance de I: 0.11 × 101.4085

=

(1 – 0.7858) × 55.9987

11.99 = 5

11.99

7

Además se puede arrastrar xR = xR = 0.7858 Balances en el Mezclador: 1

0.88 × 100 =

NR +

Total:

100 =

NR +

De R1:

NR =

Balance de R:

1

0.7858 × N

1

1

NI + 1

11 × NI

7

N

7

(1) (2) (3)

144




1

NR = 65.9832

7

NI = 5.9985

N =28.0183

Se comprueba en el balance de I: 0.12 × 100 =

5.9985 +

(1 – 0.7858) × 28.0183

12 =

12


28.0183

+

6

N =

55.9987

6

N = 27.9804 7

Balance de R: xR × 28.0183

+

6

xR × 27.9804 6

De R3:

xR =

=

0.7858 × 55.9987

7

xR

(1)

(2)

Resolviendo las 2 ecuaciones planteadas: 6

7

xR = 0.7858

xR = 0.7858

Se comprueba en el balance de I: (1 – 0.7858) × 28.0183 +

(1 – 0.7858) × 27.9804 = 11.9949 = 11.9949

(1 – 0.7858) × 55.9987

Finalmente, se comprueban los resultados en los balances Globales: W:

22.7054

=

22.7054 I:

0

–

=

22.7042

(1 – 0.7858) × 27.9804 = 5.9934

=

(- 44) –

21.2958

5.9985

5.9985

145



ECUACIONES DEL PROCESO: Otro método de solución al anterior ejercicio, se logra mediante el planteamiento, en el orden secuencial de la estrategia de solución, de todas las ecuaciones involucradas en el proceso utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Reactor:

2

Base de cálculo:

Sea N = 100 3

3

xR × N =

Balance de R:

3

0.88 × N

2

+

r1

(1)

=

0

+

r2

Balance de B:

xB × N =

0

–

r1 –

2 r2

(3)

Balance de W:

xW × N =

0

–

r1 –

r2

(4)

Balance de P:

Balance de I:

0.21 × N 3

3

3

3

3

3

3

3

(1 – 0.21 – xR – xB – xW) × N 3

De R2:

3

xR × N =

(2)

=

0.44 × N

0.12 × N

2

(5)

2

(6)

Balances en el Separador: 4

Balance de P:

NP =

Balance de W:

NW =

Balance de B:

NB =

Balance de R:

xR × N =

Total:

4

4

5

5

N +

5

4

NP +

0.21 × N 3

3

3

3

3

3

3

(7)

xW × N

(8)

xB × N

(9)

xR × N 4

NW

(10) 4

+

NB

=

3

N

(11)

Mezclador: Balance de R:

2

0.88 × N

1

=

NR +

Total:

N =

NR +

De R1:

NR =

2

1

7

7

xR × N

1

1

NI + 1

11 × NI

(12) 7

N

(13) (14)

146



Divisor: 7

Balance de R:

7

6

xR × N + 7

Total:

6

5

xR × N =

N +

6

(15)

5

N =

N

6

De R3:

5

xR × N

(16)

7

xR =

xR

(17)


7

NI = 6 1 NR = 66 3 N = 101.408451 4 NB = 1.408451 4 NP = 21.295775 4 NW = 22.704225 5 N = 56 6 N = 28

3.29.

N = 28 r1 = – 44 r2 = 21.295775 3 xB = 0.013889 3 xR = 0.433889 3 xW = 0.223889 5 xR = 0.785714 6 xR = 0.785714 7 xR = 0.785714

La mayoría de los procesos modernos para la producción de ácido nítrico se basan en la oxidación progresiva de amoniaco a óxidos de nitrógeno, seguida de la absorción de estos productos intermedios en agua. En el diagrama de flujo que muestra la figura se mezcla amoníaco y aire en una proporción molar de 1 a 10 y se hacen reaccionar catalíticamente en la primera etapa del reactor. Las dos reacciones que se presentan son la reacción principal: 4 NH3 +

→

5 O2

4 NO

+

6 H2O

y la reacción secundaria: 2 NH3

3/

+

2 O2

→

N2

+

3 H2O

Todo el NH3 se convierte, con una selectividad del 95 % para el NO. En la segunda etapa de reactor se oxida el NO hasta NO2 de acuerdo con la reacción: NO +

1/

2 O2

→

NO2

Finalmente la descarga del reactor 2 se trata posteriormente con agua para obtener el producto deseado HNO3 al 60 %. La reacción en el absorbedor es: 2 NO2 +

1/

2 O2 +

H2O

→

2 HNO3

147



El gas de desperdicio del proceso contiene 0.5 % de NO2 y alrededor de 10 % de agua. Puede considerarse a la composición del aire como 21 % de O2 y 79 % de N2. Suponiendo que todas las composiciones están en porcentaje en mol calcule la composición de todas las corrientes en el proceso.

NO2 0.5 % O2 N2 H2O 10 %

Gas de desperdicio

Reactor 1

H2O

Reactor 2

NH3

Absorbedor Aire Producto

HNO3 60 % H2O


N

x6NO2 = 0.005 1

NNH3

x6H2O = 0.1

6

x6O2

2 Reactor 1

(N2) 3 3

NNO 1

3

NH2O 3

2 NAire

x2O2 = 0.21 (N2)

NO2 3

NN2

Reactor 2

4 4

NNO2 4

NH2O 4

Absorbedor

5

7

NO2

N

4

x7NHO3 = 0.6

NN2

5

NH2O

7

(agua)

148



Relaciones: 2

R1:

NAire

R2:

NNO

3

1

=

10 NNH3

=

0.95 NNH3

1

Las reacciones del proceso son: r

1 ⎯⎯ →

4 NH3 +

5 O2

2 NH3 +

3/

2 2 O2 ⎯⎯→

NO +

1/

3 2 O2 ⎯⎯→

2 NO2 +

1/

2 O2 +

4 NO

+

6 H2O Reactor 1

r

N2

r

+

3 H2O

NO2 r

4 ⎯⎯ →

H2O

Reactor 2 2 HNO3

Absorbedor

Tabla de Grados de Libertad: Reactor 1

Reactor 2

Absorbedor

Proceso

Global

7+2

8+1

11 + 1

18 + 4

10 + 4

NBMI

5

5

5

15

7

NFC

0

0

0

0

0

NCC

1

0

3

4

4

NRC R1

1

0

0

1

1

1

0

0

1

0

1

4

4

1

2

NVI

R2 G de L

El problema se encuentra correctamente especificado Reconfirmación de Grados de Libertad: Reactor 1:

1

2

3

3

3

3

Incógnitas =

8 (NNH3, NAire, NNO, NH2O, NO2, NN2, r1, r2)

Ecuaciones =


G de L

1

=

149


Reactor 2:

Absorbedor:

Global:


3

3

3

4

4

4

4

Incógnitas =

9 (NNO, NH2O, NO2, NN2, NNO2, NH2O, NO2, NN2, r3)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

4

=

4

4

4

4

5

6

6

7

Incógnitas =

9 (NNO2, NH2O, NO2, NN2, NH2O, N , xO2, N , r4)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

4

=

1

2

5

6

6

7

Incógnitas =

10 (NNH3, NAire, NH2O, N , xO2, N , r1, r2, r3, r4)

Ecuaciones =


G de L

2

=

Tabla de Balances: Reactor 1 1 1 1 1 1 – – 5

NH3 O2 NO H2 O N2 NO2 HNO3 Total

Reactor 2 – 1 1 1 1 1 – 5

Absorbedor – 1 1 1 1 1 5

Proceso 1 3 2 3 3 2 1 15

Global 1 1 1 1 1 1 1 7


3

3

1. Se toman base de cálculo en Reactor 1 y resolviendo esta unidad se conoce NNO, NH2O, NO2 3

1

2

, NN2, NNH3, NAire, r1, r2. Se agotan R1, R2 y el balance de NH3 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 3 3 3 3 Reactor 2: G de L A = 4 – 4 (NNO, NH2O, NO2 , NN2) = 4 Global:

G de L A

=

1

2

2 – 2(NNH3, NAire) – 2(r1, r2) + 1(R1) + 1(balance agotado)=0

150



4

4

4

3. Resolviendo el Reactor 2 se conoce NNO2 , NH2O, NO2, NN2, r3 y se agota el balance de NO. 4. Reconfirmando Grados de libertad en global: Global: G de L A = 0 – 1(r3) + 1 (balance agotado: NO) = 0 6

5

6

7

5. Resolviendo Global se conoce N , NH2O, xO2, N y se agotan los balances de HNO3, O2, N2,H2O, NO2. 6. Se comprueban los resultados en el balance del Absorbedor. CÁLCULOS: Balances en el Reactor 1: 1

Base de cálculo:

Sea NNH3 = 100 2

De R1:

NAire

De R2:

NNO

3

NO:

1

= 10 NNH3 =

1000

1

=

0.95 NNH3 =

95 =

0

+

95

4 r1

r 1 = 23.75 NH3:

0

=

100 –

4 × 23.75 – 2 r2

r 2 = 2.5

O2:

3

NO2 =

0.21 × 1000 –

5 × 23.75 – 1.5 × 2.5

3

NO2 = 87.5

H2O:

3

NH2O =

0

+

6 × 23.75

+

3 × 2.5

3

NH2O = 150

151



3

N2:

NN2 = 0.79 × 1000 +

2.5

3

NN2 = 792.5

Comprobando los resultados en el balance másico total:

ENTRADA Sustancia

Moles

SALIDA Masa

Sustancia

Moles

Masa

95.0

2850

150.0

2700

O2

87.5

2800

N2

792.5

22190

NH3 O2 N2

100 210 790

Total

1700 6720 22120

Reactor 1

NO H2O

30540

Total

30540

Balances en el Reactor 2:

NO:

0

=

95 –

r3

r 3 = 95

H2O:

4

NH2O

= 150 4

O2:

NO2 =

87.5

–

0.5 × 95

4

NO2 = 40 4

N2:

NN2

NO2:

NNO2

4

= 792.5

= 95

152



Comprobando los resultados en el balance másico total:

ENTRADA Moles

Masa

NO

95.0

2850

H2O

150.0

2700

O2

87.5

2800

N2

792.5

22190

Total

Sustancia

Reactor 2

Sustancia

SALIDA Moles

Masa

NO2

95.0

4370

H2O

150.0

2700

O2

40.0

1280

N2

792.5

22190

30540

Total

30540

Balances Globales: O2:

6

6

xO2 N

=

0.21 × 1000 – 6

H2O:

0.1 N

+

5 × 23.75

0.4 N 6

N2:

7

6

(1 – 0.005 – 0.1 – xO2) N

6

NO2:

0.005 N

7

HNO3:

0.6 N

–

1.5 × 2.5

5

+

–

=

NH2O

6 × 23.75

=

0.79 × 1000

+

=

0

+

95 –

2 r4

=

0

+

2 r4

0.5 × 95

+

–

3 × 2.5 –

0.5 r4

r4

2.5

Resolviendo el sistema de 5 ecuaciones con 5 incógnitas, tenemos que: 6

N = 904.8951 6

xO2 = 0.0192

7

N = 150.7925

r4 = 45.2378 5

NH2O = 46.0443

153



Comprobando los resultados con un balance másico total en el Absorbedor: ENTRADA Sustancia

Moles

95.0000 196.0443 40.0000 792.5000

NO2 H2O O2 N2

Total

SALIDA Masa

Sustancia

4370.0000 3528.7974 1280.0000 22190.0000

31368.7974

Moles

Masa

NO2

4.52450

208.1270

H2O

150.80650

2714.5170

O2

17.38115

556.1970

N2

792.5

N2

90.47550

Total

22190 5699.9565 31368.7975

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Reactor 1: Base de cálculo:

1

Sea NNH3 = 100 2

De R1:

NAire

De R2:

NNO

NO:

NNO

3

3

10 NNH3

=

0.95 NNH3

(2)

=

0

(3)

=

NNH3

NH3:

0

O2:

NO2 =

H2O: N2:

3

3

NH2O

= 3

1

=

NN2 =

(1)

1

+ 1

4 r1 –

4 r 1 – 2 r2

2

(4)

0.21 × NAire –

5 × r1 – 1.5 × r2

(5)

0

+

(6)

+

6 r1 2

0.79 × NAire +

r2

3 r2

(7)

154



Reactor 2: NO:

3

0

=

NNO

H2O:

NH2O

=

NH2O

O2:

NO2

=

NO2 –

N2:

NN2

=

NN2

(11)

NO2:

NNO2

=

r3

(12)

4

4

4

4

–

r3

(8)

3

3

(9) 0.5 × r3

(10)

3

Globales: 6

O2:

6

xO2 N

2

= 0.21 × NAire – 5 r1 – 1.5 r2 – 0.5 r3 – 0.5 r4 6

H2O:

0.1 N + 0.4 N

7

6

N2:

6

(1 – 0.005 – 0.1 – xO2) N

6

NO2:

0.005 N

HNO3:

7

0.6 N

5

(13)

=

NH2O + 6 r1 + 3 r2 – r4

=

0.79 × NAire + r2

(15)

=

0

+

r3 –

(16)

=

0

+

2 r4

2

2 r4

(14)

(17)

Resolviendo el sistema de 17 ecuaciones con 17 incógnitas, tendremos: 2

4

NAire = 1000 3 NH2O = 150

NO2 = 40

NN2 = 792.5

N = 904.8951049 7 N = 150.79254079 r1 = 23.75 r2 = 2.5 r3 = 95 r4 = 45.23776224 6 xO2 = 0.01920788

3

3 NNO = 95 3 NO2 = 87.5 4 NH2O = 150 4 NN2 = 792.5 4 NNO2 = 95

5

NH2O = 46.04428904 6

155

Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III 3.30.


En un nuevo proceso secreto, se hace reaccionar HD3A4B con AD, para producir los compuestos principales A2B y A3D3 mediante la reacción: HD3A4B

+

↔

AD

A2B

+

A3D3

+

HD

+

A2B

+

A3D3

Desafortunadamente ocurren dos reacciones paralelas: HD3A4B

2 AD ↔

+

HD

+

HAD2 AD

↔

HAD2

Para obtener el producto indeseable HAD2. Se desea limitar a 15 % en base molar el HAD2 en la corriente de producto A3D3, debido a la dificultad de separación de HAD2 de A3D3. La corriente que sale del reactor contiene 20 % de A3D3 en base molar.

HD3A4B

Mezclador

Reactor A3D3

HD3A4B

HAD2 HD

AD Separador

A2B

Calcule las velocidades de producción de A2B y A3D3 y el flujo de alimentación de HD3A4B fresco, si el flujo de alimentación de AD es de 750 lbmol/h y el AD reacciona completamente.

156

Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III



NHD3A4B 4

1

M

1

NHD3A4B

3

5

Reactor

3

5

7

N

N

NHD3A4B

x5A2B 2 NAD

7

Separador

x5A3D3 = 0.2

= 750 lbmol/h

7

xHAD2 = 0.15

6

7

xA3D3

6 NA2B

x5HAD2

(HD)

x5HD3A4B 5

(xHD) Debe analizarse si las tres reacciones son independientes, mediante el procedimiento de reducción del arreglo:

HD3A4B

–1

–1

0

1

0

1

1

0

0

AD

–1

–2

–1

1

–1

0

0

1

0

A2B

1

1

0

–1

0

–1

–1

0

0

A3D3

1

1

0

–1

0

–1

–1

0

0

HD

1

0

–1

–1

–1

–2

–2

1

0

HAD2

0

1

1

0

1

1

1

–1

0

Pudiendo concluirse que sólo hay dos reacciones independientes en el proceso. El cambio químico puede representarse por medio de las dos reacciones siguientes, construidas a partir de los coeficientes del arreglo reducido: A2B

+

+

2 HD

→

HAD2

→

HD

A3D3

HD3A4B +

+

HAD2

AD

157



Tabla de Grados de Libertad: Mezclador

Reactor

Separador

Proceso

Global

NVI

3

7+2

10

13 + 2

6+2

NBMI

1

6

5

12

6

NFC

0

1

0

1

1

NCC

0

1

2

2

1

G de L

2

1

3

0

0

Reconfirmación de Grados de Libertad:

Mezclador:

Reactor:

Separador:

Global:

1

3

4

Incógnitas =

3 (NHD3A4B, NHD3A4B, NHD3A4B)

Ecuaciones =

1 (balance)

G de L

2

=

3

5

5

5

5

5

5

5

5

Incógnitas =

7 (NHD3A4B, N , xA2B, xHAD2, xHD3A4B, r1, r2)

Ecuaciones =

6 (balances)

G de L

1

=

4

6

7

7

Incógnitas =

8 (NHD3A4B, N , xA2B, xHAD2, xHD3A4B, NA2B, N , xA3D3)

Ecuaciones =

5 (balances)

G de L

3

=

1

6

7

7

Incógnitas =

6 (NHD3A4B, NA2B, N , xA3D3, r1, r2)

Ecuaciones =

6 (balances)

G de L

0

=

158



Tabla de Balances: Mezclador

Reactor

Separador

Proceso

Global

HD3A4B

1

1

1

3

1

AD

–

1

–

1

1

A2B

–

1

1

2

1

A3D3

–

1

1

2

1

HD

–

1

1

2

1

HAD2

–

1

1

2

1

Total

1

6

5

12

6


7

7

6

1. Resolviendo Globales se obtiene: NHD3A4B, N , xA3D3, NA2B, r1, r2 y se agota el balance de AD. 2. Actualizando grados de libertad se encuentra que: 1 Mezclador: G de L A = 2 – 1 (NHD3A4B) = 1 Separador: Reactor:

G de L A G de L A

6

7

7

=0 3 – 2 (NA2B, N ) – 1 (xA3D,) 3 + 1 (balance agotado: AD) = 0 1 – 2 (r1, r2)

= =

3

5

5

5

5

3. Resolviendo el Reactor se obtiene: NHD3A4B, N , xA2B, xHAD2, xHD3A4B y se agotan los balances de A2B, A3D3, HD, HAD2. 4. Reconfirmando grados de libertad en el Separador: 5 5 5 5 Separador: G de L A = 0 – 1 (N ) – 3 (xA2B, xHAD2, xHD3A4B + 4 (balances agotados) = 0 5. Se resuelve el Separador y se comprueban los resultados en el Mezclador. CÁLCULOS: Balances Globales: AD:

0

=

750 +

r2

r 2 = – 750 6

A2B:

NA2B

HAD2:

0.15 N =

= 7

0

–

r1

0

+

(1)

r1 +

750

(2)

159

Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III HD3A4B:

0 7

A3D3:

HD:

7

xA3D3 N 7

7

(1 – 0.15 – xA3D3) N

1

=

NHD3A4B

=

0

=

– 750 –

–

+


r1

(3)

r1

(4)

2 r1

(5)

Resolviendo el sistema de 5 ecuaciones tenemos: 6

NA2B = 576.923

7

r 1 = – 576.923

7

xA3D3 = 0.5

1

N = 1153.846

NHD3A4B = 576.923 7

Por diferencia tenemos:

xHD = 0.35


A3D3:

0.2 N

=

0

+

576.923

5

N = 2884.615

A2B:

5

xA2B × 2884.615

=

0

+

576.923

5

xA2B = 0.2

HAD2:

5

xHAD2 × 2884.615

=

– 576.923 +

750

5

xHAD2 = 0.06

HD:

5

(0.54 – xHD3A4B) × 2884.615 =

0

+

2 (576.923)

–

750

5

xHD3A4B = 0.4

160

Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III HD3A4B:

3

0.4 × 2884.615 =

NHD3A4B –


576.923

3

NHD3A4B = 1730.769 Balances en el Separador: 5

HD3A4B:

5

xHD3A4B N

4

=

NHD3A4B

4

NHD3A4B = 1153.846 Comprobando los balances en el Mezclador: 4

1

NHD3A4B + 576.923

3

NHD3A4B =

+

NHD3A4B

576.923

1153.846

=

=

1153.846

1153.846

ECUACIONES DEL PROCESO: Resolviendo el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX: Globales: AD:

0

=

750 +

r2

(1)

A2B:

NA2B

=

0

–

r1

(2)

=

0

+

r1 –

=

NHD3A4B +

=

0

=

r2 –

HAD2:

6

7

0.15 N

HD3A4B: A3D3: HD:

0 7

7

xA3D3 N 7

7

(1 – 0.15 – xA3D3) N

1

–

r1

r2

(3) (4)

r1

(5)

2 r1

(6)

161



Reactor: 5

A3D3:

0.2 N 5

5

A2B:

xA2B N

HAD2:

xHAD2 N

5

5

5

5

=

0

–

r1

(7)

=

0

–

r1

(8)

=

r1 –

r2

(9)

5

5

(0.8 – xA2B – xHAD2 – xHD3A4B) N =

HD: HD3A4B:

5

5

5

5

xHD3A4B N =

– 2 r1

+

+

r1

3

NHD3A4B

r2

(10) (11)

Separador: HD3A4B:

xHD3A4B N =

4

NHD3A4B

(12)


r1 = – 576.923077

NHD3A4B = 576.923077

r2 = – 750

3

NHD3A4B = 1730.769231 4 NHD3A4B

5

xA2B = 0.2

= 1153.846154

5

xHAD2 = 0.06

5

N = 2884.615385 6 NA2B

5

xHD3A4B = 0.4

= 576.923077

7

xA3D3 = 0.5

7

N = 1153.846154

3.31.

La cianamida de calcio puede producirse a partir de piedra caliza (CaCO3), coque y nitrógeno, usando los pasos de proceso presentados en el diagrama de flujo de la figura: En el horno se descompone térmicamente 90 % del CaCO3 alimentado, según la reacción: CaCO3

→

CaO

+

CO2

El CO2 se elimina y el material restante se envía a un horno de arco eléctrico, en donde se hace reaccionar con carbón para producir CaC2: CaO

+

3 C

→

CaC2

+

CO

162



En este punto el CaCO3 restante se descompone completamente para producir CaO adicional: →

CaCO3

CaO

+

CO2

El flujo de alimentación de coque se ajusta de manera que la cantidad de C alimentada sea igual a la cantidad estequiométricamente necesaria para hacer reaccionar todo el CaO disponible. Ca(OH)2 CaCN2 Cenizas CO2 H2O N2 CO H2O CO2 C C2H2 Cenizas Ca(OH)2

Horno

Arco eléctrico

CaCO CaCO3

CaCO3 (piedra caliza)

CaO CaC2 C Cenizas

Coque 94 % C 6% Cenizas

Horno eléctrico

CaO CaCN2 CaC2 C Cenizas

Apagado CaCN2 con agua H2O C

Separador 1

C2H2 N2 H2O 10 %

N2 Separador 2

(peso) N2

C2H2 H2O

Reposición La conversión de CaO en el horno de arco eléctrico no es completa, sólo puede lograrse alrededor del 90 %. Los subproductos gaseosos CO2 y CO se separan y los demás materiales (CaC2, CaO, carbón y cenizas residuales) se transfieren a un horno eléctrico, en donde el CaC2 reacciona con nitrógeno para producir cianamida: CaC2

+

→

N2

CaCN2

+

C

La conversión de CaC2 es de 80 %, siempre que se use un exceso de N2 (el triple del requerimiento estequiométrico). Los productos combinados de la reacción se enfrían posteriormente con un exceso de agua. En ésta última operación, el CaC2 y el CaO que no reaccionaron se convierten completamente a hidróxido: CaC2

+ CaO

2 H2O +

→ H2O

Ca(OH)2 →

+

C2H2

Ca(OH)2

163



De la corriente de salida de la operación anterior se separan sus componentes gaseosos (N2, C2H2 y un poco de vapor de agua). Estos componentes gaseosos se separan posteriormente para obtener N2 purificado, que se recirculan de regreso al horno eléctrico. a. Efectúe el análisis de Grados de Libertad, para demostrar que el proceso está subespecificado. b. Realice los cálculos de balance hasta donde sea posible. ¿En qué punto ya no fue suficiente la información especificada? ¿Cuánta información adicional sería necesaria? SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo: 11 Ca(OH)2

N

11 CaCN2

N 10 Cenizas

F 5

5

4

NCO

F

w4C = 0.94

5

(cenizas)

Arco eléctrico

[4]

10 C2H2

N

8

NCO2

NCaO 8

6 NCaO

NCaC2

6 NCaC2

NCaCN2

[6] 6

NC

8

Horno eléctrico

6

FCenizas

[8] 8

NC

9

N

[9]

N

Apagado con agua

[2]

Horno [1] 1

NCaCO3

[15] 15 N2

N

10 C

12 C2H2

N

[12]

12 N2

[14] 2 NCO2

Separador 1

N

7 NN2

[7]

[10]

12 H2 O

[3]

3

[11]

N

FCenizas

NCaO3

11 Cenizas

F

N N

8

3

10 CaCN2 10 N H2 O

10 N2

8

11 C

N

10 Ca(OH)2

NH2O

NN2

NCaO

11 H2 O

N

14 N N2

Separador 2 [13] 13 H2 O

N

13 C2H2

N

164



Las reacciones son: CaCO3 → CaO

+

CaO

CaCO3 →

CaC2

+

N2

CaO

+

r1

+

CO

CaO

+

→

CaCN2 +

2 H2O →

+

CO2

→ CaC2

3 C

CaC2

+

H2O

r2

CO2

Ca(OH)2 →

r3

+

C

r4

C2H2

r5

Ca(OH)2

r6

Relaciones: 1

R1:

0.1 NCaCO3 =

R2:

wC F

R3:

NCaO

R4:

NCaC2

R5:

NN2

4

4

6

8

7

3

NCaCO3 3

=

3 NCaCO

=

0.1 NCaO

=

0.2 NCaC2

=

3 NCaC2

3

6

6

a. Efectúe el análisis de Grados de Libertad, para demostrar que el proceso está sub-especificado. Tabla de Grados de Libertad: Horno

Arco

Horno

Apagado

4+1

10 + 2

11 + 1

14 + 2

NBMI

3

7

6

9

NCC

0

1

0

0

NRC R1

1

–

–

–

R2

–

1

–

–

R3

–

1

–

–

R4

–

–

1

–

R5

–

–

1

–

1

2

4

7

NVI

G de L

165


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

Separad. 1 15 7 0 – – – – – 8

Separad. 2 6 3 0 – – – – – 3


Mezclador 3 1 0 – – – – – 2

Proceso 39 + 6 36 2 1 1 1 1 1 2

Global 15 + 5 12 1 – – – – – 7

Reconfirmación de Grados de Libertad: Horno:

1

2

3

3

Incógnitas = 5 (NCaCO3, NCO2, NCaO, NCaCO3, r1) Ecuaciones = 3 (balances) + 1 (R1) G de L

Arco eléctrico:

= 1 3

3

4

5

5

6

6

6

6

Incógnitas = 11 (NCaO, NCaCO3, F , NCO2, NCO, NCaO, NCaC2, NC, NCenizas, r2, r3) Ecuaciones = 7 (balances) + 2 (R2, R3) G de L

Horno eléctrico:

= 2 6

6

6

6

7

8

8

8

8

8

8

8

Incógnitas = 12 (NCaO, NCaC2, NC, NCenizas, NN2, NCaO, NCaC2, NCaCN2, NC, NN2, 8

NCenizas, r4) Ecuaciones = 6 (balances) + 2 (R4, R5) G de L

Apagado:

= 4 8

8

8

8

9

10 Cenizas,

Incógnitas = 16 (NCaO, NCaC2, NCaCN2, NC, NN2, NCenizas, NH2O, N 10 Ca(OH)2,

N

10 CaCN2,

N

10 H2O,

N

10

10 N2, r5, r6)

10 C2H2,

N

N C, N

Ecuaciones = 9 (balances) G de L

= 7

166

Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III Separador 1:

10 10 10 Cenizas, N C2H2, N Ca(OH)2, 11 11 11 N Ca(OH)2, N CaCN2, N H2O,

Incógnitas = 15 (N

Ben – Hur Valencia Valencia 10 10 10 10 11 CaCN2, N H2O, N C, N N2, N C, 11 12 12 12 N Cenizas, N C2H2, N N2, N H2O)

N


= 8 12 C2H2,

Separador 2: Incógnitas = 6 (N

12 N2,

N

12 H2O,

N

13 H2O,

N

13 C2H2,

N

14 N2)

N


Mezclador:

= 3 7

14 N2,

Incógnitas = 3 (NN2, N

15 N2)

N


Global:

= 2 1

2

4

5

5

9

11 11 Ca(OH)2, N CaCN2, 11 11 11 13 13 15 N H2O, N C, N Cenizas, N H2O, N C2H2, N N2, r1’, r2, r4, r5 , r6)

Incógnitas = 19 (NCaCO3, NCO2, F , NCO2, NCO, NH2O, N


= 7

El proceso tiene 2 Grados de Libertad. Al tomar una Base de Cálculo quedaría con un Grado de Libertad o sea que se encuentra Sub - especificado. No puede resolverse completamente el problema. Como el Horno tiene 1 grado de libertad, puede tomarse ahí la Base de Cálculo y la Estrategia de Solución informará hasta dónde puede resolverse el problema.

167



b. Realice los cálculos de balance hasta donde sea posible. ¿En qué punto ya no fue suficiente la información especificada? ¿Cuánta información adicional sería necesaria?

Horno

Arco eléctrico

Horno eléctrico

Apagado

Separador 1

Separador 2

Mezclador

Proceso

Global

Tabla de Balances:

CaO

1

1

1

1

–

–

–

4

1

CaC2

–

1

1

1

–

–

–

3

1

CaCN2

–

–

1

1

1

–

–

3

1

CaCO3

1

1

–

–

–

–

–

2

1

Ca(OH)2

–

–

–

1

1

–

–

2

1

C

–

1

1

1

1

–

–

4

1

C2H2

–

–

–

1

1

1

–

3

1

CO

–

1

–

–

–

–

–

1

1

CO2

1

1

–

–

–

–

–

2

1

Cenizas

–

1

1

1

1

–

–

4

1

N2

–

–

1

1

1

1

1

5

1

H2O

–

–

–

1

1

1

–

3

1

Total

3

7

6

9

7

3

1

36

12


2

3

3

1. Tomando Base de Cálculo en el Horno y resolviéndolo se obtiene: NCaCO3, NCO2, NCaO, NCaCO3 y r1 .Se agota R1. 2. Actualizando los Grados de Libertad: 3 3 Arco eléctrico: G de L A = 2 – 2 (NCaO, NCaCO3) = 0 Globales:

1

2

G de L A = 7 – 2 (NCaCO3, NCO2) – 1 (r1) = 4

168

Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III 4

5

5


6

6

6

3. Resolviendo el Arco eléctrico se obtiene: F , NCO2, NCO, NCaO, NCaC2, NC, FCenizas, r2 y r3. Se agotan R2, R3 y los balances de CaCO3, CO2 y CO. 4. Actualizando los Grados de Libertad: 4 5 5 Globales: G de L A = 5 – 3 (F , NCO2, NCO) – 2 (r2, r3) + 3 (balances agotados) = 3 Horno eléctrico:

6

6

6

6

G de L A = 4 – 4 (NCaO, NCaC2, NC, FCenizas) = 0 7

8

8

8

8

8

8

5. Resolviendo el Horno eléctrico se obtiene: NN2, NCaO, NCaC2, NCaCN2, NC, NN2, FCenizas y r4. Se agotan R4 y R5. 6. Actualizando los Grados de Libertad: 8 8 8 8 8 8 Apagado: G de L A = 7 – 6 (NCaO, NCaC2, NCaCN2, NC, NN2, FCenizas) = 1 Mezclador: Global:

7

G de L A = 2 – 6 (NN2) = 1 G de L A = 3 – 1 (r4) = 1

Como ninguna unidad queda con cero Grado de Libertad, no puede resolverse ninguna de ellas o lo que es lo mismo, todas las variables quedarían en función de una de ellas (Un grado de libertad significa un número de incógnita mayor en 1 al número de ecuaciones). El balance podría realizarse completamente si se conociera, el flujo de la corriente 9 o el de la corriente 15. CÁLCULOS: Balances en el Horno: 1

Base de Cálculo:

De R1:

NCaCO3 = 3

NCaCO3

CaCO3:

=

10 =

100

0.1 × 100 = 10

100 – r1

r 1 = 90

CaO:

3

NCaO

=

0 + r1

3

NCaO = 90 CO2:

2

NCO2

=

0 + r1

2

NCO2 = 90

169



Balances en el Arco eléctrico: 4

De R2:

0.94 F

=

3 × 90 × 12

4

F = 3446.81 6

De R3:

NCaO*

=

0.1 × 90

6

NCaO* = 9 CaO:

9

=

90 – r2

r 2 = 81 6

CaC2: CaCO3:

NCaC 0

=

=

81

10 – r3

6

r 3 = 10

6

NCaO = NCaO* + r3 = 9 + 10 = 19 6

NCaO = 19

C:

N 6C =

0.94 × 3446.81 − 3 r2 12 6

NC = 27 5

CO2:

NCO2

CO:

NCO

Cenizas:

FCenizas =

5

6

=

10

=

81

0.06 × 3446.81

6

FCenizas = 206.81

170



Balances en el Horno eléctrico:

De R4:

8

NCaC2

=

0.2 × 81

8

NCaC2 = 16.2

De R5:

7

NN2

=

3 × 81

7

NN2 = 243 CaC2:

16.2

=

81 – r4

r 4 = 64.8 8

CaCN2:

NCaCN2 =

CaO:

NCaO

N2:

NN2

8

8

64.8

=

19

=

243 – 64.8

8

NN2 = 178.2

C:

8

NC

=

27 + 64.8

8

NC = 91.8

Cenizas:

8

FCenizas =

206.81

171



Para resolver el problema utilizando el Programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX se plantean las ecuaciones de balances en el orden dado por la Estrategia de Solución: Horno: Base de Cálculo:

De R1:

1

NCaCO3 = 100 3

NCaCO3

=

3

CaCO3:

NCaCO3 =

CaO:

NCaO

CO2:

1

0.1 × NCaCO3 1

(1)

NCaCO3 – r1

(2)

=

0 + r1

(3)

NCO2

=

0 + r1

(4)

De R2:

0.94

=

3 × NCaO × 12

De R3:

NCaO*

=

0.1 × NCaO

CaO:

NCaO*

=

NCaO – r2

(7)

CaC2:

NCaC2

=

r2

(8)

0

=

NCaCO3 – r3

NCaO

=

NCaO

3

2

Arco eléctrico:

6

6

6

CaCO3: 6

C:

N 6C =

3

3

3

+

0.94 × F 4 − 3 r2 12

NCO2 = r3

CO:

NCO = r2 6

(10)

(12)

5

FCenizas = 0.06 × F

r3

(9)

(11)

5

CO2:

Cenizas:

(6)

3

6

(5)

(13) 4

(14)

172



Horno eléctrico: 8

6

De R4:

NCaC2 = 0.2 × NCaC2

De R5:

NN2 = 3 × NCaC2

CaC2:

NCaC2 = NCaC2 – r4

7

(15)

6

8

(16)

6

(17)

8

CaCN2:

NCaCN2 = r4 8

6

CaO:

NCaO = NCaO

N2:

NN2 = NN2 – r4

C:

NC = NC + r4

8

8

(19)

7

8

Cenizas:

(18)

(20)

6

(21)

6

FCenizas = FCenizas

(22)

Resolviendo el sistema de 22 ecuaciones con 22 incógnitas: F

4

= 3446.808511

6

FCenizas = 206.808511 8

FCenizas = 206.808511 2

NCO2 = 90 3

NCaCO3 = 10 3

NCaO = 90 5

NCO = 81 5

NCO2 = 10

6

NCaO* = 9 7

NN2 = 243 8

NC = 91.8 8

NCaC2 = 16.2 8

NCaCN2 = 64.8 8

NCaO = 19 8

NN2 = 178.2 r1 = 90

6

r2 = 81

6

r3 = 10

6

r4 = 64.8

NC = 27 NCaC2 = 81 NCaO = 19

173



El óxido de etileno se fabrica por la oxidación parcial de etileno con oxígeno, utilizando un catalizador de plata: 2 C2H4

+

→

O2

2 C2H4O

también ocurre una reacción paralela indeseable: C2H4

+

3 O2

→

2 CO2 +

2 H2O

Con una composición de entrada al reactor de 10 % de C2H4, 11 % de O2, 1 % de CO2 y el resto de inerte diluyente N2, se observa una conversión de 25 %, y se obtiene una corriente de salida del reactor con 2 moles de CO2 por mol de H2O.

Divisor

7

8

Mezclador

1

C2H4 2

6 C2H4 O2 N2 CO2

O2 3

C2H4 10 % 11 % O2 N2 CO2 1 %

N2 Diluyente

Absorbedor

4

Reactor

5

25 % C2H4O CO2 H2O

12

C2H4O 4 % CO2 H2O 9

Agotador 10 Vapor de agua 11 H2O

H2O

El óxido de etileno se elimina de la corriente que sale del reactor mediante un absorbedor. Se observa que los gases de descarga superior del absorbedor contienen 6 moles de C2H4 por mol de CO2. El líquido del absorbedor, que contiene 4 % de C2H4O, se envía a un agotador de vapor de agua. El análisis del producto, corriente 12, corresponde a 25 % de C2H4O. Parte de los gases del observador se purgan y el resto se recircula al reactor. a. Construya una tabla de Grados de Libertad, mostrando que el proceso está especificado correctamente. b. Deduzca un orden de cálculo, suponiendo que se desean determinar todos los flujos y composiciones. Explique.

174



c. Calcule el N2 diluyente necesario por mol de C2H4 alimentada al proceso. d. Calcule el rendimiento global de C2H4O a partir de C2H4 para el proceso. e. Calcule el rendimiento fraccional de C2H4O, tal como ocurre en el reactor mismo. Explique por qué son diferentes. El rendimiento global se define como:

moles de C 2 H 4 O producidas realmente moles de C 2 H 4 O que podrían producirsesi todo el C 2 H 4 alimentadose usara para producir sólo C 2 H 4 O

Rendimiento global =

SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo:

x7C2H4

6

N

D

N

x8C2H4

8

N

x6O2

8

(N2)

10 H2 O

x6C2H4

x7O2 x7CO2

6

x8O2

5

x6CO2

NC2H4

(N2)

NC2H4O

5

5

5

NH2O

4

N M

2 2 NO2

4

x4C2H4 = 0.10 x4O2

= 0.11

(N2) 3

NN2

9

N

x4C2H4O = 0.04

5

Reactor

NN2

5

x9CO2 (H2O)

x4CO2 = 0.01 3

9

5

NO2

(N2)

1

10

NCO2

x8CO2

1 NC2H4

Absorbedor

7

12

12

N

x12C2H4O

= 0.25

x12CO2 (H2O)

Agotador

7

N

10 11 N H2 O

11

175



a. Construya una tabla de Grados de Libertad, mostrando que el proceso está especificado correctamente. Por simple inspección se concluye que las reacciones son independientes. Relaciones: 5

4

R1:

NC2H4 = 0.75 × 0.1 N

R2:

NCO2 = 2 NH2O

R3:

xC2H4 = 6 xCO2

R4:

RD =

5

5

6

6

(4 – 1) (2 – 1) = 3


Mezclador

Reactor

Absorbedor

Agotador

Divisor

Proceso

Global

NVI

11

10 + 2

14

8

12

33 + 2

11 + 2

NBMI

4

6

6

3

4

23

6

NFC

0

0

0

0

0

0

0

NCC

3

3

1

2

0

5

1

NRC R1

–

1

–

–

–

1

–

R2

–

1

1

–

–

1

–

R3

1

–

1

–

1

1

1

R4

–

–

–

–

3

3

–

3

1

5

3

4

1

5

G de L


1

2

3

4

8

8

8

8

Incógnitas = 8 (NC2H4, NO2, NN2, N , N , xC2H4, xO2, xCO2) Ecuaciones = 4 (balances) + 1 (R3) G de L

= 3

176

Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III Reactor:

4

5

5


5

5

5

5

Incógnitas = 9 (N , NN2, NC2H4, NC2H4O, NCO2, NO2, NH2O, r1, r2) Ecuaciones = 6 (balances) + 2 (R1, R2) G de L

Absorbedor:

= 1 5

5

5

5

5

5

6

6

Incógnitas = 13 (NC2H4, NC2H4O, NCO2, NO2, NH2O, NN2, N , xC2H4, 6

6

9

9

10 H2O)

xO2, xCO2, N , xCO2, N

Ecuaciones = 6 (balances) + 2 (R2, R3) G de L

Agotador:

= 5 9

9

10 H2O,

Incógnitas = 6 (N , xCO2, N

11 H2O,

N

12

N ,x

122 CO2)


Divisor:

= 3 6

6

6

6

7

7

7

7

8

8

= 12 (N , xC2H4, xO2, xCO2, N , xC2H4, xO2, xCO2, N , xC2H4,

Incógnitas

8

8

xO2, xCO2) Ecuaciones = 4 (balances) + 4 (R3, R4) G de L

Global:

= 4 1

2

3

7

7

7

7

11 H2O,

Incógnitas = 12 (NC2H4, NO2, NN2, N , xC2H4, xO2, xCO2, N x

122 CO2, r1, r2)

Ecuaciones = 6 (balances)

12

N ,

+ 1 (R3)

G de L = 5

Al tomar Base de Cálculo en el Reactor, tanto éste como el proceso quedan especificados correctamente.

177



b. Deduzca un orden de cálculo, suponiendo que se desean determinar todos los flujos y composiciones. Explique. Tabla de Balances: Mezclador

Reactor

Absorbedor

Agotador

Divisor

Proceso

Global

C2H4

1

1

1

–

1

4

1

O2

1

1

1

–

1

4

1

N2

1

1

1

–

1

4

1

CO2

1

1

1

1

1

5

1

C2H4O

–

1

1

1

–

3

1

H2O

–

1

1

1

–

3

1

Total

4

6

6

3

4

23

6


5

5

5

5

5

1. Se toma Base de Cálculo en el Reactor. Resolviéndolo se conoce N , xC2H4, xO2, xCO2, xH2O, xC2H4O, 4

N , r1, r2. Se agotan R1 y R2. 2. Actualizando los Grados de Libertad: 5 5 5 5 5 5 Absorbedor: G de L A = 5 – 6 (NC2H4, NO2, NCO2, NH2O, NC2H4O, NN2) + 1 (R2 agotada) = 0 4 Mezclador: G de L A = 3 – 1 (N ) = 4 Global: G de L A = 5 – 2 (r1, r2) = 3 9

9

10 H2O,

3. Resolviendo el Absorbedor se conoce: N , xCO2, N 7

7

7

8

8

8

6

6

6

6

N , xC2H4, xCO2, xO2. De la condición del

Divisor: xC2H4, xO2, xCO2, xC2H4, xO2, xCO2. 4. Actualizando los Grados de Libertad: 9 10 9 Agotador: G de L A = 3 – 2 (N , N H2O) – 1 (xCO2) = 0 6

6

6

6

Divisor:

G de L A = 4 – 1 (N ) – 3 (xC2H4, xCO2, xO2) + 1 (R3 agotada) = 1

Mezclador:

G de L A = 2 – 3 (xC2H4, xO2, xCO2) + 1 (R3 agotada) = 0

Global:

G de L A = 3 – 3 (xC2H4, xO2, xCO2) + 1 (R3 agotada) = 1

8

8

8

7

7

7

11 H2O,

5. Resolviendo el Agotador se conoce: N

12

12 CO2.

N ,x

Se agotan los balances de C2H4O y H2O.

6. Reconfirmando los Grados de Libertad del Mezclador: Mezclador:

G de L R = 0 – 0 = 0

178


2

3


7. Resolviendo el Mezclador se conoce: NC2H4, NO2, NN2 y N . 8. Actualizando los Grados de Libertad: 11 12 1 2 3 12 Global: G de L A = 1 – 5 (N H2O, N , NC2H4, NO2, NN2) – 1 (x CO2) + 2 (balances agotados: C2H4O, H2O) = – 3 8 Divisor: G de L A = 1 – 1 (N ) = 0 9. Se resuelve el Divisor y se comprueban los resultados en los Balances Globales. CÁLCULOS: Balances en el Reactor: 4

Base de Cálculo:

N = 1000 5

De R1:

NC2H4 = 0.75 × 0.1 × 1000 5

NC2H4 = 75 5

N2:

NN2 = 0.78 × 1000 5

NN2 = 780 5

C2H4:

NC2H4 = 0.1 × 1000 – 2 r1 – r2

CO2:

NCO2 = 0.01 × 1000

5

+ 2 r2

(2)

5

H2O:

NH2O = 2 r2

De R2:

NCO2 = 2 NH2O

5

(1)

(3)

5

(4)

Resolviendo el sistema se obtienen los siguientes resultados: r 1 = 10 5

NCO2 = 20

r2 = 5 5

NH2O = 10

179



Continuando con los Balances: 5

O2:

NO2 = 0.11 × 1000

– 10 – 3 × 5

5

NO2 = 85 5

C2H4O:

NC2H4O = 2 × 10 = 20

Sumando los flujos de la corriente 5: 5

N

= 990

Comprobando los resultados en el Balance de Materia:

ENTRADA Sustancia

Moles

SALIDA Masa

C2H4

100

2800

O2

110

3520

10

440

780

21840

CO2 N2 Total

Sustancia

Reactor

28600

Moles

Masa

C2H4

75

2100

O2

85

2720

CO2

20

880

780

21840

H2O

10

180

C2H4O

20

880

N2

Total

28600

Balances en el Absorbedor: C2H4O:

9

0.04 N

= 20 9

N

CO2:

C2H4:

6

6

20 = xCO2 N

= 500 9

+ xCO2 × 500 6

6

75 = xC2H4 N

(5)

(6)

180


De R3:


6

xC2H4 = 6 xCO2

H2O:

10 H2O

= (1 – 0.04 – xCO2) × 500

9

10 H2O

= N

10 + N

Total:

(7)

990 + N

6

(8)

+ 500

(9)

Resolviendo el sistema: 10 H2O

N

6

= 462.5

N

6

= 952.5

6

xC2H4 = 0.07874 9

xCO2 = 0.0131233

xCO2 = 0.015

Continuando con los Balances: 6

O2:

85 = xO2 × 952.5 6

xO2 = 0.08924 Los resultados de comprueban en el Balance de N2 o Balance Dependiente: 780 = (1 – 0.07874 – 0.08924 – 0.0131233) × 952.5 780 = 780 Balances en el Agotador: C2H4O:

12

5N

= 0.04 × 500 12

N

CO2:

12 CO2

0.015 × 500 = x x

H2O:

= 80

12 CO2

= 0.09375

11 H2O

(1 – 0.04 – 0.015) × 500 + N

11 H2O

N

× 80

= 462.5 + (1 – 0.25 – 0.09375) × 80 = 42.5

181



Comprobando en el Balance Total: 500 + 42.5 = 462.5 + 80 542.5 = 542.5 Por las restricciones del divisor: 8

xC2H4 = 0.07874

8

xO2 = 0.08924

8

xCO2 = 0.0131233

Balances en el Mezclador: CO2:

0.0131233 × N

8

= 0.01 × 1000 8

N

= 762

1

C2H4:

NC2H4 + 0.07874 × 762 = 0.1 × 1000 1

NC2H4 = 40 2

O2:

NO2 + 0.08924 × 762 = 0.11 × 1000 2

NO2 = 42

N2:

3

NN2 = 780 – (1 – 0.08924 – 0.0131233 – 0.07874) × 762 3

NN2 = 156

Los resultados se comprueban en el Balance Dependiente: 40 + 42 + 156 + 762 = 1000 1000 = 1000

182



Balances en el Divisor: 7

Total:

952.5 = 762 + N 7

N

= 190.5 7

C2H4:

0.07874 × 952.5 = 0.07874 × 762 + xC2H4 × 190.5 7

xC2H4 = 0.07874 7

O2:

0.08924 × 952.5 = 0.08924 × 762 + xO2 × 190.5 7

xO2 = 0.08924

CO2:

7

0.0131233 × 952.5 = 0.0131233 × 762 + xCO2 × 190.5 7

xCO2 = 0.0131233 Los resultados se comprueban con un Balance de Materia en Unidad Dependiente, los Balances Globales: ENTRADA Sustancia

Moles

SALIDA Masa

Sustancia

Moles

C2H4 O2 N2 H2O

40.0 42.0 156.0 42.5

1120 1344 4368 765

Global

C2H4O

20.0

880

CO2

7.5

330

H2O

52.5

945

C2H4

15.0

420

O2

17.0

544

2.5

110

156.0

4368

CO2 N2 Total

7597

Masa

Total

7597

c. Calcule el N2 diluyente necesario por mol de C2H4 alimentada al proceso.

⎛ N N3 2 ⎛ N 2 diluyente ⎞ ⎟⎟ = ⎜ 1 ⎜⎜ ⎜ NC H C H alimentado ⎠ ⎝ 2 4 2 4 ⎝

⎞ ⎟ = 156 = 3.9 ⎟ 40 ⎠

183



d. Calcule el rendimiento global de C2H4O a partir de C2H4 para el proceso.

⎞ ⎛ N12C2H4O ⎟ × 100 % ⎜ Rendimiento Global = ⎜ N C H O máximo⎟ ⎠ ⎝ 2 4 ⎛ 20 ⎞ Rendimiento Global = ⎜ ⎟ × 100 = 50 % ⎝ 40 ⎠ Valor que corresponde al porcentaje de C2H4O producido. e. Calcule el rendimiento fraccional de C2H4O, tal como ocurre en el reactor mismo.

⎛ ⎞ N C5 2H4O ⎜ ⎟ × 100 % Rendimient o Fraccional = ⎜ N C H O (máximo) ⎟ 2 4 ⎝ ⎠ ⎛ N C5 2 H4O Rendimiento Fraccinal = ⎜ ⎜ 0.25 × 0.1 N 4 ⎝

⎞ ⎟ × 100 % = ⎛⎜ 20 ⎞⎟ × 100 % = 80 % ⎟ ⎝ 25 ⎠ ⎠

Valor que es el porcentaje del C2H4 que reacciona y forma óxido de etileno en el reactor. Explique por qué son diferentes. Los dos valores difieren porque no están referidos a las mismas cantidades de reactivos. Resolviendo el problema utilizando el Programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX se plantean las ecuaciones del proceso: Reactor: 4

Base de Cálculo:

N = 1000 5

4

De R1:

NC2H4 = 0.75 × 0.1 N

C2H4:

NC2H4 = 0.1 N – 2 r1 – r2

CO2:

NCO2 = 0.01 N

H2O:

NH2O = 2 r2

De R2:

NCO2 = 2 NH2O

5

4

5

4

5

5

+ 2 r2

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

5

(5)

184


4

O2:

NO2 = 0.11 × N

N2:

NN2 = 0.78 N

5


– r1 – 3 r2

(6)

4

(7)

5

C2H4O:

NC2H4O = 2 r1 5

N

5

5

(8)

5

5

5

5

= NC2H4 + NO2 + NCO2 + NH2O + NC2H4O + NN2

(9)

Absorbedor: 9

C2H4O:

0.04 N

5

= NC2H4O

5

6

5

6

(10)

6

9

O2:

NCO2 = xCO2 N

C2H4:

NC2H4 = xC2H4 N

De R3:

xC2H4 = 6 xCO2

6

5

(11)

6

(12)

6

(13)

10 H2O

= (1 – 0.04 – xCO2) N

10 H2O

= N + N

H2O:

NH2O + N

Total:

N + N

5

9

+ xCO2 N

9

6

5

6

6

8

(14)

9

(15)

6

O2:

NO2 = xO2 N

De R4:

xO2 = xO2 6

9

(16) (17)

8

xCO2 = xCO2 6

(18)

8

xC2H4 = xC2H4

(19)

Agotador: 12

C2H4O:

0.25 N

CO2:

xCO2 N

H2O:

9

9

9

9

11 H2O

(0.96 – xCO2) N + N

9

= 0.04 × N

(20)

12 CO2

(21)

= x

10 H2O

= N

12

N

+ (0.75 – x

12 CO2)

12

N

(22)

185



Mezclador: 8

CO2:

8

4

xCO2 N = 0.01 N 1

C2H4:

8

8

NC2H4 + xC2H4 N 2

O2:

8

8

NO2 + xO2 N

N2:

0.78 N

4

3

4

= 0.1 N

(24) 4

= 0.11 N

(25)

8

= NN2 +

(23)

8

8

8

(1 – xC2H4 – xO2 – xCO2) N

(26)


Total:

N

C2H4:

xC2H4 × N

6

6

6

O2:

6

xO2 × N 6

CO2:

6

xCO2 × N

8

7

= N

+ N

8

8

7

= xC2H4 × N 8

8

7

+ xC2H4 × N 7

= xO2 × N 8

(27) (28)

7

+ xO2 × N 8

= xCO2 × N

7

(29) 7

+ xCO2 × N

(30)

Resolviendo el sistema de 30 ecuaciones y 30 incógnitas, se obtiene: 10 H2O

= 462.5

NH2O = 10

11 H2O

= 42.5

NN2 = 780

N N

12

N

= 80

1

NC2H4 = 40 2

NO2 = 42 3

NN2 = 156 5

N

= 990

5

NC2H4 = 75 5

NC2H4O = 20 5

NCO2 = 20

5 5 5

NO2 = 85 6

N

7

N

8

N

9

N

6

xO2 = 0.08924 7

xC2H4 = 0.07874 7

= 952.5

xCO2 = 0.0131233

= 190.5

xO2 = 0.08924

= 762 = 500

r1 = 10 r2 = 5 x

6

xCO2 = 0.0131233

12 CO2

= 0.09375

7 8

xC2H4 = 0.07874 8

xCO2 = 0.0131233 8

xO2 = 0.08924 9

xCO2 = 0.015

6

xC2H4 = 0.07874

186



El importante producto químico industrial Na2CO3 se produce a partir de piedra caliza, CaCO3, sal y coque, C usando el proceso Solvay.

O2 Purga N2 6 CO2

7 Gases de venteo O2 5 N2 CO2 36.75 %

39.37 % NaCl H2O Salmuera 14

O2 15 N2 CO2

Unidad de carbonación

17

C

1 Horno de cal

CaCO3 2

NH3

3

Aire O2 %

12

NaCl NH4OH CO2 50.57 % H2O

O2 N2 CO2 16 NaHCO3 NaCl NH4Cl NH4OH H2O CO2

10

4

21

CaO

Recuperación de amoníaco 9

Apagador H2O

8

Separador

Ca(OH)2 35 % H2O 11 CaCl2 NH4OH 80 % H2O

13 4.7 % CO2 NaCl 7.65 % H2O 61.54 % NH4Cl NH4OH

NaHCO3 NaCl H2O 18

19 CO2

Calcinador 21

H2O 20

Na2CO3 NaCl

Producto

En este ingenioso proceso, la reacción química hipotética: CaCO3 +

2 NaCl

→

CaCl2

+ Na2CO3

que no ocurre bajo condiciones industrialmente aceptables, se efectúa indirectamente mediante una secuencia de reacciones en las que interviene amoniaco como producto intermedio. En el diagrama de flujo mostrado en la figura, se carga coque (supuestamente 100% carbón) y piedra caliza (supuestamente CaCO3 puro) a un horno, en proporción de 3 moles de C a 4 moles de CaCO3.

187



En el horno, el carbón se quema completamente con aire (21 % de O2 y 79 % de N2): C

+

O2

r

1 ⎯⎯ →

CO2

y proporciona el calor requerido para efectuar la descomposición térmica del CaCO3: r

2 CaCO3 ⎯⎯ →

CaO

+ CO2

Parte de los gases de descarga del horno, que contiene 36.75 % de CO2, se purgan y el resto (63.25 %) se envían a la unidad de carbonación. El residuo sólido del horno, que se supone contiene únicamente CaO, se hace reaccionar con agua en una unidad llamada “apagador” para producir una solución al 35 % de hidróxido de calcio, mediante la reacción así, CaO

+

r

3 ⎯⎯ →

H2O

Ca(OH)2

Esta solución de hidróxido reacciona en la unidad de recuperación de amoniaco con la recirculación de cloruro de amonio de la unidad de carbonación, para producir amoniaco y el subproducto CaCl2: 2 NH4Cl

+

Ca(OH)2

r

4 ⎯⎯ →

2 NH3

+

CaCl2

+

2 H2O

La corriente de recirculación (corriente 13) contiene 4.7 % de CO2 disuelto, 7.65% de NaCl, 61.54 % de H2O y el resto de los compuestos de amonio. La corriente de subproducto CaCl2 también contiene 80 % de H2O y una cantidad pequeña de NH4OH. Debido a esta perdida de amoniaco, deberá suministrarse al proceso algo de NH3 de reposición. El consumo típico de NH3 en la planta es de 1 mol de NH3 por cada 17.5 moles de Na2CO3 producidas. El NH3 introducido, así como el NH3 producido por la reacción, se hidrolizan inmediatamente a hidróxido de amonio en la unidad de recuperación de amoniaco. NH3

+

H2O

r

5 ⎯⎯ →

NH4OH

La corriente 12, de hidróxido de amonio concentrado (sólo 50.57 % de H2O) proveniente de la unidad de recuperación, se introduce a la unidad de carbonación, en donde el hidróxido reacciona con el NaCl (que se alimenta como salmuera saturada que contiene 39.37 % de NaCl) y con un gas rico en CO2 para producir NaHCO3 mediante la reacción: NH4OH

+ CO2

+

NaCl

r

6 ⎯⎯ →

NaHCO3 + NH4Cl

Los gases residuales de la unidad de carbonación se descargan a la atmósfera, en tanto que la lechada de producto, que contiene el precipitado de NaHCO3, se envía a un subproceso de separación.

188



En la unidad de separación se filtra el bicarbonato y se lava en etapas, para producir una corriente de bicarbonato húmedo, que contiene bicarbonato y un poco de NaCl. La corriente liquida residual de la unidad de separación se recircula a la unidad de recuperación de amoníaco, mientras que la corriente de bicarbonato húmedo se carga a un horno rotatorio, llamado calcinador, en donde se descompone térmicamente el bicarbonato para producir carbonato de sodio: 2 NaHCO3

r

7 ⎯⎯ →

Na2CO3

+

CO2 +

H2O

El producto sólido resultante contiene 2 moles de NaCl por cada 100 moles de carbonato de sodio. El CO2 y H2O eliminados en el calcinador, se enfrían para recuperar el H2O por condensación. El CO2 se mezcla con los gases de descarga del horno de piedra caliza, y se alimenta a la unidad de carbonación. Supóngase que todas las composiciones están en fracción mol o porcentaje en mol. a. Construya una tabla de Grados de Libertad y demuestre que el proceso esta especificado correctamente. b. Describa el orden en que se deben efectuar los cálculos, para determinar todos los flujos y composiciones en el diagrama de flujo. c. Calcule las moles de solución de CaCl2 producidas (corriente 11) por mol de salmuera alimentada (corriente 14).

SOLUCIÓN: Relaciones: R1:

R2:

R3:

R4: R5:

2 N CaCO 3

N

N7 N6

1 C

=

N 21 Na 2 CO 3 N 10 NH 3 N 21 Na 2 CO 3 N 21 NaCl

=

4 3

64 36

= 17.5

= 50


189




6

7

N

N

x6CO2 = 0.3675

D

6

(N2)

x7O2 (N2)

5

N

N 5

x5O2 x5CO2

15 CO2

N

14

= 0.3675

15 O2

x14NaCl = 0.3937

N

(H2O)

N

Salmuera

14

Unidad de carbonación

17 N2

N

M

17

12

Horno de cal

3

N

16 O2

N

x12NaCl 12 x12NH4OH

2 3

16 CO2

N

x12H2O = 0.5057

4

16

(CO2)

= 0.21

10 NH3

N

Apagador

(N2)

10

9 9

N

x9Ca(OH)2 = 0.35

8 NH2O

16 CO2 16 O2

N

13

N

x13CO2 = 0.047 13

19

x13NaCl = 0.0765 x13H2O

= 0.6154

11

18 NaCl

N

18 H2 O

11

N

N

(CaCl2)

18 NaHCO3

N 18

x11H2O = 0.8

19 CO2

N

x13NH4OH (NH4Cl)

x11NH4OH

16 O2

N

(H2O) 8

16 CO2

N

N

4

NCaO

Recuperación de amoníaco

2

NCaCO3

x3O2

17 O2

N

N

1

1

17 CO2

N

15 N2

(N2) NC

15

Separador

x6O2

x7CO2 = 0.3675

7

20 H2 O

N

20

Calcinador 21 21 NaCl

N

21 Na2CO3

N

190



a. Construya una tabla de Grados de Libertad y demuestre que el proceso está especificado correctamente. Tabla de Grados de Libertad:



Horno

Apagador

Divisor

8+2 6 2 1 – – – – 1

4+1 3 1 – – – – – 1

9 3 1 – 1 – – 2 2

Unidad de carbonación 18 + 1 8 2 – – – – – 9

Recuperación de amoniaco 15 + 2 8 6 – – – – – 3

Separador 14 6 3 – – – – – 5

Calcinador

Mezclador

Proceso

Global

7+1 5 0 – – – 1 – 2

7 3 1 – – – – – 3

51 + 7 42 9 1 1 1 1 2 1

20 + 7 15 4 1 – 1 1 – 5

Reconfirmación de Grados de Libertad: Horno:

1

2

3

4

5

5

Incógnitas = 8 (NC, NCaCO3, N , NCaO, N , xO2, r1, r2) Ecuaciones = 6 (balances) + 1 (R1) G de L

Apagador:

= 1 4

8

9

Incógnitas = 4 (NCaO, NH2O, N , r3) Ecuaciones = 3 (balances) G de L

= 1

191

Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III Divisor:

5

5

6

6

6

7


7

Incógnitas = 8 (N , xO2, N , xCO2, xO2, N , xCO2, xO2) Ecuaciones = 3 (balances) + 3 (R2, R5) G de L

= 2

Recuperación de amoníaco: 9

10 NH3,

11

Incógnitas = 11 (N , N

11 NH4OH,

N ,x

12

12 NaCl,

N ,x

12 NH4OH,

x

13

13 NH4OH, r4, r5)

N ,x


Separador:

= 3 13

13 16 16 NH4OH, N NaHCO3, N NaCl, 18 18 18 N NaHCO3, N NaCl, N H2O)

Incógnitas = 11 (N , x

16 NH4Cl,

16 NH4OH,

N

N

16 H2O,

16 CO2,

N

N


= 5

Unidad de Carbonación: 12

12 12 14 NaCl, x NH4OH, N , 16 16 16 N NH4Cl, N NH4OH, N H2O,

15 15 15 16 N2, N O2, N CO2, N NaHCO3, 16 17 17 17 N CO2, N CO2, N N2, N O2, r6)

Incógnitas = 17 (N , x

N

16 NaCl,

N


Calcinador:

= 9 18 NaHCO3,

Incógnitas = 8 (N

18 NaCl,

18 H2O,

N

N

19 CO2,

N

20 H2O,

N

21 NaCl,

N

21 Na2CO3, r7)

N

Ecuaciones = 5 (balances) + 1 (R4) G de L

Mezclador:

= 2 7

7

17 CO2,

Incógnitas = 6 (N , xO2, N

17 N2,

N

17 O2,

N

19 CO2)

N


= 3

192

Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III Globales:

1

2

3

15 O2,

N

6


6

8

10 NH3,

21 NaCl,

N

Incógnitas = 23 (NC, NCaCO3, N , N , xO2, NH2O, N N

15 20 CO2,N H2O,

N

11

11 NH4OH,

N ,x

14

15 N2,

N ,N

21 Na2CO3, r1, r2, r3, r4, r5, r6, r7)

Ecuaciones = 15 (balances) + 3 (R1, R3, R4) G de L = 5 Tomando una Base de Cálculo el Proceso y dos Unidades quedan con 0 Grados de Libertad, por tanto está correctamente especificado. Tabla de Balances:

C CaCO3 O2 N2 CO2 CaO Ca(OH)2 H2O NH4Cl NH3 CaCl2 NH4OH NaCl NaHCO3 Total

C CaCO3 O2 N2 CO2 CaO Ca(OH)2 H2O NH4Cl NH3 CaCl2 NH4OH NaCl NaHCO3 Na2CO3 Total

Horno 1 1 1 1 1 1 – – – – – – – – 6 Unidad de carbonación – – 1 1 1 – – 1 1 – – 1 1 1 – 8

Apagador – – – – – 1 1 1 – – – – – – 3

Divisor – – 1 1 1 – – – – – – – – – 3

Recuperación – – – – 1 – 1 1 1 1 1 1 1 – 8

Separador – – – – 1 – – 1 1 – – 1 1 1 6

Calcinador

Mezclador

Proceso

Global

– – – – 1 – – 1 – – – – 1 1 1 5

– – 1 1 1 – – – – – – – – – – 3

1 1 4 4 7 2 2 5 3 1 1 3 4 3 1 42

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 15

193



b. Describa el orden en que se deben efectuar los cálculos, para determinar todos los flujos y composiciones en el diagrama de flujo. Estrategia de Solución: 1. Se toma Base de Cálculo en el Horno de Cal, quedando correctamente especificado éste y el Proceso. 1 4 2 3 5 5 6 7 Se realizan los balances y se conoce NC, NCaO , NCaCO3, N , N , xO2; (xO2, xO2 por arrastre en el Divisor), r1 y r2. Se agotan R1 y los balances de C y CaCO3. 2. Actualizando los Grados de Libertad: 4 Apagador: G de L A = 1 – 1 (NCaO) = 0 5 5 Divisor: G de L A = 2 – 1 (N ) – 1 (xO2) = 0 1

2

3

6

G de L A = 5 – 3 (NC, NCaCO3, N ) – 1 (xO2) – 2 (r1, r2) + 1 (R1 agotada) + 2 (balances agotados) = 2 7 G de L A = 3 – 1 (xO2) = 2

Global: Mezclador:

9

8

3. Resolviendo el Apagador se conoce: N , NH2O y r3. Se agota el balance de CaO. 4. Confirmando los Grados de Libertad del Divisor: Divisor: G de L A = 0 – 0 = 0 6

7

5. Resolviendo el Divisor se conoce: N y N . Se agotan R2 y R5. 6. Actualizando los Grados de Libertad: 9 Recuperación: G de L A = 3 – 1(N ) = 2 7 Mezclador: G de L A = 2 – 1(N ) = 1 6 8 6 Global: G de L A = 2 – 2 (N , NH2O) – 1 (xO2) – 1 (r3) + 1 (CaO) = 0 10 NH3,

7. Resolviendo los balances Globales se conoce: r4, r5, r6, r7, N 15 20 CO2,N H2O,

N

21 NaCl,

N

21 Na2CO3.

N

11

11 NH4OH,

N ,x

14

15 N2,

N ,N

15 O2,

N

Se agotan R3, R4 y los balances de Ca(OH)2, NH3, CaCl2, Na2CO3.

8. Actualizando los Grados de Libertad: 10 11 11 Recuperación: G de L A = 2 – 2 (N NH3, N ) – 1 (x NH4OH) – 2 (r4, r5) + 3 (balances agotados: Ca(OH)2, NH3, CaCl2) = 0 20 21 21 Calcinador: G de L A = 2 – 3 (N H2O, N NaCl, N Na2CO3) – 1 (r 7) + 1 (R4 agotada) + 1 (balance agotado: Na2CO3) = 0 Unidad de Carbonación: 14 15 15 15 G de L A = 9 – 4 (N , N N2, N O2, N CO2) – 1 (r6) = 4 12

9. Resolviendo los balances en la Recuperación de Amoniaco se conoce: N , x x

13 NH4OH.

12 NaCl,

12 NH4OH,

x

13

N ,

194



10. Confirmando los Grados de Libertad en el Calcinador: Calcinador: G de L A = 0 – 0 = 0 11. Resolviendo los balances del Calcinador se conoce: N

18 NaHCO3,

12. Actualizando los Grados de Libertad: 19 Mezclador: G de L A = 1 – 1 (N CO2) = 0 13

18 NaHCO3,

G de L A = 5 – 4 (N , N

Separador:

18 NaCl,

N

18 NaCl,

N

18 H2O

N

18 H2O)

N

19 CO2.

yN

– 1 (x

13 NH4OH)

=0

13. Se resuelven los Balances del Mezclador y del Separador. 14. Los resultados se comprueban en la unidad dependiente, o sea la Unidad de Carbonación. c. Calcule las moles de solución de CaCl2 producidas (corriente 11) por mol de salmuera alimentada (corriente 14). CÁLCULOS: Balances en el Horno de Cal: Las reacciones son: C

+

CaCO3

Base de Cálculo: De R1:

r

1 ⎯⎯ →

O2 r

2 ⎯⎯ →

CaO

CO2 +

CO2

1

NC = 150 moles/h 2

3 NCaCO3 = 4 × 150 2

NCaCO3 = 200 C:

r 1 = 150

CaCO3:

0 = 200 – r2 r 2 = 200

CaO:

4

NCaO = 200

195


CO2:

0.3675 N

= 150 + 200

5

N

= 952.381

5

O2:


3

xO2 × 952.381 = 0.21 N – 150 5

N2:

(1)

3

(0.6325 – xO2) × 952.381 = 0.79 N

(2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) se obtiene: 5

xO2 =

Por las restricciones del divisor:

3

0.0084

N

5

6

7

xO2 = xO2 = xO2 =

= 752.381

0.0084

Además: 3

3

NO2 = 158

5

NN2 = 594.381

5

NCO2 = 350

5

NO2 = 8

NN2 = 594.381

5

xN2 = 0.6241

Balances en el Apagador: La reacción es: CaO

+

H2O

CaO:

r

3 ⎯⎯ →

Ca(OH)2

r 3 = 200 9

Ca(OH)2:

0.35 N = 200 9

N

= 571.429

Por tanto, 9

NCa(OH)2 = 200

9

NH2O = 371.429

196



8

H2O:

0.65 × 571.429 = NH2O – 200 8

NH2O = 571.429 Balances en el Divisor: 7

De R2:

36 N

6

= 64 N 6

Total:

952.381 = N

(1)

7

+ N

(2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2): 6

N

7

= 342.857

N

= 609.524

Luego: 6

7

NCO2 = 126

6

NCO2 = 224

7

NO2 = 2.88

6

NO2 = 5.12

7

NN2 = 213.977

NN2 = 380.404

Balances Globales: Las reacciones que ocurren en el proceso son: C

+

CaCO3

→

CaO

+

→

O2

CaO H2O

2 NH4Cl + Ca(OH)2 → 2 NH3 NH3

+

H2O

CO2 +

r1 = 150

CO2

r2 = 200

→

Ca(OH)2

r3 = 200

+

+

r4

CaCl2

→

2 H2O

NH4OH

NH4OH + CO2 + NaCl → NaHCO3 + NH4Cl 2 NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O

r5 r6 r7

197



Los balances son: N2:

0.6241 × 342.857 + N

15 N2

= 0.79 × 752.381

213.977 + N 15 N2

0.0084 × 342.857 + N

15 O2

= 0.21 × 752.381 – 150 15 O2

N

= 5.12

Ca(OH)2:

r4 = 200

NH4Cl:

r6 = 400

NaHCO3:

r7 = 200

CO2:

15 CO2

0.3675 × 342.857 + N

= 150 + 200 – 400 + 200

15 CO2

= 24

N Na2CO3:

21 Na2CO3

N

= 200 21 NaCl

De R4:

200 = 50 N 21 NaCl

N

= 4 14

NaCl:

4 = 0.3937 N 14

N

– 400

= 1026.162 10 NH3

De R3:

200 = 17.5 N 10 NH3

N NH3:

= 594.381

= 380.404

N O2:

15 N2

= 11.429

1.429 + 2 × 200 – r5 = 0 r5 = 411.429

198

Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III 11 NH4OH

NH4OH:

11

x

N

11 NH4OH)

CaCl2:

(0.2 – x


= 411.429 – 400

(1)

= 200

(2)

11

N

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) simultáneamente: x

11 NH4OH

= 0.01081 20 H2O

H2O:

0.8 × 1057.145 + N

N

11

= 1057.145

= 571.429 + 0.6063 × 1026.162 – 200 + 2 × 200 – 411.429 + 200 20 H2O

N

= 336.446

Balances en el Recuperador de Amoníaco: Las reacciones son: 2 NH4Cl

+

r

4 ⎯⎯ →

Ca(OH)2

NH3

+

2 NH3

+

r

5 ⎯⎯ →

H2O

CaCl2

+

2 H2O

NH4OH

Los balances son: NH4Cl:

13 NH4OH)

0 = (0.2611 – x 12

H2O:

NaCl:

CO2:

NH4OH:

– 2 × 200

0.5057 N

= 0.6154 N

12 NaCl

= 0.0765 N

x

12

N

12 NH4OH

(1 – 0.5057 – x 12 NH4OH

x

13

N

12

N

=

– x

x

13

(1)

– 485.716

(2)

13

12 NaCl)

(3) 12

N

13 13 NH4OH N +

= 0.047 N

400

13

(4)

(5)

199



Resolviendo el sistema de 5 ecuaciones con 5 incógnitas, se encuentra: 12

N

= 1702.891 x

12 NaCl

N

13

= 2188.6

= 0.09832

x

x

13 NH4OH

12 NH4OH

= 0.33557

= 0.07833

Balances en el Calcinador: La reacción es: 2 NaHCO3

r

7 ⎯⎯ →

Na2CO3 +

CO2

+

H2O

Los balances son: NaHCO3:

NaCl:

18 NaHCO3

N

= 400

18 NaCl

N

18 H2O

H2O:

N

CO2:

N

19 CO2

= 4

= 136.446

= 200

Balances en el Mezclador: 17 O2

O2:

CO2:

N

17 CO2

0.3675 × 609.524 + 200 = N 17 CO2

N

Total:

= 5.120

= 424 17 N2

609.524 + 200 = 424 + N 17 N2

N

+ 5.120

= 380.404

200



Balances en el Separador: 16 NaHCO3

NaHCO:

= 400

N

16 NaCl

NaCl:

N

16 NaCl

N

= 4 + 0.0765 × 2188.6 = 171.428

16 H2O

H2O:

N

16 H2O

N

= 136.446 + 0.6154 × 2188.6 = 1483.31

16 CO2

CO2:

N

16 CO2

N

= 0.047 × 2188.6 = 102.864

16 NH4OH

NH4OH:

N

16 NH4OH

N

NH4Cl:

= 0.07833 × 2188.6 = 171.433

0.18277 × 2188.6 = 16 NH4Cl

N

16 NH4Cl

N

= 400

Los resultados se comprueban en el Balance de NaCl de la Unidad de Carbonación: x

12 NaCl

12

N

+ 0.3937 N

14

16 NaCl

– r6 = N

0.09832 × 1702.891 + 0.3937 × 1026.162 – 400 = 171.428 171.428 = 171.428 Por tanto:

⎛ N 11 ⎞ moles de solución de CaCl 2 ⎛ 1057.145 ⎞ = ⎜⎜ 14 ⎟⎟ = ⎜ ⎟ = 1.0302 mol de salmuera alimentada ⎝ 1026.162 ⎠ ⎝N ⎠

201



Para resolver el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX, se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de Solución: 1

Base de Cálculo:

NC = 150 moles/h

Horno de Cal: De R1:

2

1

3 NCaCO3 = 4 NC

(1)

1

C:

0 = NC – r1

CaCO3:

0 = NCaCO3 –

2

r2

(3)

4

NCaO = r2

CaO: CO2:

(2)

0.3675 N

5

5

5

5

5

O2:

xO2 N

N2:

(0.6325 – xO2) N

(4)

= r1 + r2

(5) 3

= 0.21 N – r1 = 0.79 N

(6)

3

(7)

Apagador: 4

CaO:

0 = NCaO – r3 9

Ca(OH)2:

0.35 N

H2O:

0.65 N

9

(8)

= r3

(9) 8

= NH2O – r3

(10)

Divisor: 7

De R2:

36 N

Total:

N

CO2: O2:

5

0.3675 N 5

5

5

xO2 N

6

= 64 N

(11)

6

7

= N + N 6

(12)

6

7

7

= xCO2 N + xCO2 N 6

6

7

7

= xO2 N + xO2 N

(13) (14)

202



6

De R5:

0.3675 = xCO2 5

(15)

6

xO2 = xO2

(16)

Globales: 6

6

15 N2

= 0.79 N

6

15 O2

= 0.21 N – r1

N2:

(1 – 0.3675 – xO2) N + N

O2:

xO2 N + N

6

3

(17)

3

(18)

Ca(OH)2:

0 = r3 – r4

(19)

NH4Cl:

0 = r6 – 2 r4

(20)

NaHCO3:

0 = r6 – 2 r7

(21)

CO2:

0.3675 N

6

15 CO2

+ N

= r1 + r2 – r6 + r7

(22)

21 Na2CO3

= r7

(23)

21 Na2CO3

= 50 N

Na2CO3:

N

De R4:

N

21 NaCl

NaCl:

N

21 Na2CO3

De R3:

N 10 NH3

NH3:

N

NH4OH:

= 0.3937 N

11 NH4OH

N

11 NH4OH)

N

(1 – 0.8 – x

11

11

(24) 14

– r6

(25)

10 NH3

= 17.5 N

+ 2 r4 – r5 = 0 x

CaCl2:

21 NaCl

=

(26) º

r5 – r6

= r4

(27) (28) (29)

H2O: 11

0.8 N

20 H2O

+ N

8

= NH2O + (1 – 0.3937) N

14

– r3 + 2 r4 – r5 + r7

(30)

203



Recuperador de Amoníaco:

NH4Cl: H2O:

0 = (1 – 0.047 – 0.0765 – 0.6154 – x 12

11

0.5057 N

+ 0.8 N 11 NH4OH

NH4OH:

x

N

9

11

12 NH4OH

+ x

12

N

12 NaCl

x (1 – 0.5057 – x

13

= (1 – 0.35) N + 0.6154 N

NaCl: CO2:

13 NH4OH)

12 NH4OH

12 NaCl)

– x

13 13 NH4OH N

= x

12

N

13

– 2 r4

+ 2 r4 – r5

(32)

+ r5

(33)

13

N = 0.0765 N 12

N

= 0.047 N

(31)

(34)

13

(35)

Calcinador: 18 NaHCO3

NaHCO3:

N

= 2 r7

18 NaCl

= N

20 H2O

= N

19 CO2

= r7

NaCl:

N

H2O:

N

CO2:

N

(36)

21 NaCl

18 H2O

(37) + r7

(38) (39)

Mezclador: 7

O2:

7

xO2 N 7

CO2:

(40)

17 CO2

(41)

7

19 CO2

= N

7

19 CO2

= N

18 NaHCO3

= N

xCO2 N + N N + N

Total:

17 O2

= N

17 CO2

17 N2

+ N

17 O2

+ N

(42)

Separador: NaHCO: NaCl:

N 18 NaCl

N

13

+ 0.0765 × N

16 NaHCO3

(43)

16 NaCl

(44)

= N

204

Solucionario. Balance de Materia. G. V. Reklaitis. Capítulo III 18 H2O

H2O:

N

13

+ 0.6154 × N

13

CO2:

0.047 N

NH4OH: NH4Cl:

13 NH4OH

N

13 NH4OH)

N

x (0.2611 – x

13

13


16 H2O

(45)

16 CO2

(46)

16 NH4OH

(47)

16 NH4Cl

(48)

= N

= N = N

= N

Al resolver el sistema de 48 ecuaciones y 48 incógnitas, se encuentra: 10 NH3 11

N

= 11.428571

N = 12 N = 13 N = 14 N = 15 N CO2

1057.142857 1702.877979 2188.592265 1026.162052 = 24

15 N2 = 380.403809 15 N O2 = 5.12 16 N CO2 = 102.863836 16 N H2O = 1483.307446 16 N NH4Cl = 400 16 N NH4OH = 171.441440 16 N NaCl = 171.427308 16 N NaHCO3 = 400 17 N CO2 = 424 17 N N2 = 380.403809 17 N O2 = 5.12 18 N H2O = 136.447767 18 N NaCl = 4 18 N NaHCO3 = 400 19 N CO2 = 200 20 N H2O = 336.447767

N

21 Na2CO3 = 200 21 N NaCl = 4 2 NCaCO3 = 200 3

N

N = 752.380952 4 NCaO = 200 5 N = 952.380952 6 N = 342.857143 7 N = 609.523809 8 NH2O = 571.428571 9

N = 571.428571 r1 = 150 r2 = 200 r3 = 200 r4 = 200 r5 = 411.428571 r6 = 400 r7 = 200 11 x NH4OH = 0.0108108

12 NH4OH = 0.335574 12 x NaCl = 0.0983202 13 x NH4OH = 0.0783341 5 xO2 = 0.0084 6 xCO2 = 0.3675 6 xO2 = 0.0084 7 xCO2 = 0.3675 7 xO2 = 0.0084

x

205

Solucionario. Balance de Materia. Capítulo III. G. V. Reklaitis

3.34.


El importante producto químico intermedio acetaldehído puede producirse catalíticamente a partir de la oxidación parcial del eteno. La reacción principal es: C2H6

+

→

O2

C2H4O

+

H2O

Sin embargo, existen varias reacciones paralelas que ocurren de manera significativa: C2H6 C2H6

+

3/ O2 2

CH3OH 2 CO

7/

+

+ +

→

2 O2 → 1/ O2 2

3 H2O

2 CO2 CH3OH

→ →

+ +

CO +

CH2O C2H6

3 H2O

+ +

H2O

H2O 5/

2 O2

Para reducir la formación de estos subproductos diversos, el reactor debe operarse a una conversión baja de C2H6 y proporciones altas de C2H6 a O2 en la alimentación al reactor. Por

lo tanto, en el proceso debe usarse una razón de recirculación elevada y, debido a que se utiliza aire como fuente de oxígeno, debe tener una corriente de purga en la recirculación para eliminar el N2 inerte. Para evitar perdidas valiosas de etano en la purga, en el diagrama de flujo de la figura se divide a la corriente de recirculación en dos partes iguales. Una parte se somete a una separación que eliminará preferencialmente una corriente de N2, CO y CO2 para descargarlos a la atmósfera. La otra mitad de la corriente de recirculación se envía directamente de regreso al reactor, sin tratamiento alguno. Supóngase que, bajo ciertas condiciones de operación, se observa que el gas de venteo, corriente 9, contiene iguales cantidades molares de CO y CO2, la corriente de producto (corriente 5) contiene partes iguales de 33 1/3 % de C2H4O, 33 1/3 % de CH3OH y 33 1/3 % de CH2O, y la corriente de salida del reactor contiene 35 % de C2H6, 51 % de N2, 1 % de C2H4O y 8.5 % combinado de CO y CO2. También se observa que se forma un mol de H2O en el proceso (corriente 6) por cada mol de C2H6 fresco alimentado al proceso (corriente 13). Todas las composiciones y condiciones adicionales están en unidades molares. a. Construya una tabla de Grados de Libertad y demuestre que el problema esta especificado correctamente. b. Seleccione la ubicación de la base y proponga un orden de calculo unidad por unidad, que debería seguirse si se desea calcular todas las corrientes en el diagrama de flujo. Explique su razonamiento detalladamente. c. Calcule el rendimiento global de C2H4O a partir de C2H6. El rendimiento global se define como: Rendimiento Global =

Velocidad global de producción de C 2H 4O en la planta Velocidad global de producción de C 2H 4O que podria alcanzarse si todo el C 2H 4 convertido se usara exclusivamente para producir C2 H4O

Para estos cálculos utilice una base de 12 mol/h de la corriente 5.

206



d. Suponga que al sistema dado anteriormente se agrega la reacción: 2 CO

+

→

O2

2 CO2

Tiene algún efecto esta reacción sobre los cálculos de balance ?. De ser así, cuál es el efecto ?. Explique detalladamente. SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo: 7

NCO2 10 C2H6

9

N

10 CO2

N

10 CO

N

10 N2

N

11

N

x11O2 = 0.21 11

13 N C2H6

12 C2H6 12 N CO2 12 N CO 12 N O2 12 N N2

N

12

13

M2

x7C2H6 x7CO2

Separador 3

x7CO

1 1

NC2H6 1 NCO2 1 NCO 1 NO2 1

NN2

7

7

(xN2)

8

N

x8C2H6

M1

(N2)

10

7

N

7 NCO 7 NN2

8

x8CO2

D 4

2

x8CO 8 (xN2)

N

N

x4C2H6

x2C2H6 = 0.35 x2C2H4O = 0.01

4

x2CH3OH x2CH2O Reactor

2

x2CO2 x2CO x2N2 =

x4CO 4 (xN2)

Separador 1 3

0.51

NC2H4O

(agua)

3

NCH3OH 3

NCH2O

5

N

x 5C2 H4O

x4CO2

=

x 5CH3OH = (CH2O)

3 N3 H2 O

1 3 1 3

5

Separador 2

6

6

NH2O

207



Relaciones: 8

R1:

N

7

9

= N

2

2

6

R3: xCO2 + xCO = 0.085 R5:

9

R2: NCO = NCO2 13 C2H6

R4: NH2O = N


Las reacciones del proceso son: C2H6

+ C2H6

r

1 ⎯⎯ →

O2

2 ⎯⎯ → r

3 ⎯⎯ →

2 CO2

CH3OH

r

4 1/ O2 ⎯⎯ → 2

CH3OH + 2 CO

r

+ 7/2 O2

C2H6 + 3/2 O2

C2H4O +

r

H2O

3 H2O

CO

CH2O

5 → C2H6 3 H2O ⎯⎯

+

+

+

+

+

H2O 5/

+

H2O

2 O2

a. Construya una tabla de Grados de Libertad y demuestre que el problema esta especificado correctamente. La matriz de reacciones es: 2a. Reacción

1a. Reacción

3a. Reacción

5a. Reacción

0

1

C2H6

−1

−1

O2

−1

−

C2H4O

1

0

0

0

0

H2O

1

3

1

1

−3

CO2

0

2

0

0

0

CH3OH

0

0

1

–1

0

CH2O

0

0

0

1

0

CO

0

0

1

0

−2

7 2

−1

4a. Reacción

−

3 2

−

1 2

5 2

208



La matriz de reacciones reducida es: C2H6 O2 C2H4O H2O CO2 CH3OH CH2O CO

1 0 0 0 2 0 –3 –1

0 1 0 0 −2 0 0 2

0 0 1 0 1 0 −2 −1

0 0 0 1 −1 0 −1 2

0 0 0 0 0 1 −2 1

Ninguna columna se reduce a ceros, esto quiere decir que ninguna de las reacciones del proceso es dependiente. Tabla de Grados de Libertad:

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

Mezclador 1

Mezclador 2 Reactor

15 5 0 1

11 5

13 + 5 9 0 3 – – 1 – – 5

0 0 – – – – –

Separador 1

– – – – –

16 8 0 3 – – 1 – –

9

6

Separador 2

Divisor

Separador 3

Proceso

Global

NVI

8

12

11

48 + 5

10 + 5

NBMI

4

4

4

39

9

NFC

0

NCC

2

0

4

0

0

0

0

0

6

3

1

–

1

–

1

1

1

NRC R1

–

R2

–

–

R3

–

–

–

1

–

R4

–

–

–

1

1

R5

–

–

3

–

1

1

G de L

2

3 4

6

209



Reconfirmación de Grados de Libertad: 11

8

8

8

8

12 12 C2H6, N CO, 12 10 10 10 10 N CO2, N N2, N CO2, N C2H6, N CO)

Mezclador 1: Incógnitas = 14 (N , N , xC2H6, xCO2, xCO, N

12 O2,

N

12 N2,

N


= 9 13 12 12 C2H6, N C2H6, N CO, 1 1 1 NC2H6, NCO, NO2)

Mezclador 2: Incógnitas = 11 (N

12 O2,

N

12 N2,

N

2

2

N

12 CO2,

1

1

NN2, NCO2,


Reactor:

= 6 1

1

1

1

1

2

Incógnitas = 15 (NCO2, NC2H6, NCO, NO2, NN2, N , xCH3OH, xCH2O, 2

2

xCO2, xC O, r1, r2, r3, r4, r5) Ecuaciones = 9 (balances) + 1 (R3) G de L

= 5 2

2

2

2

2

3

3

3

Separador 1: Incógnitas = 13 (N , xCH3OH, xCH2O, xCO2, xCO, NC2H4O, NCH3OH, NCH2O, 3

4

4

4

4

NH2O, N , xC2H6, xCO2, xCO) Ecuaciones = 8 (balances) + 1 (R3) G de L

Separador 2: Incógnitas

= 4 3

3

3

3

5

6

= 6 (NC2H4O, NCH3OH, NCH2O, NH2O, N , NH2O)


= 2

210


Divisor:

4

4

4

8

8

8

8

7

7

7

7

7

7

10 C2H6,

N

6

11

7

Incógnitas

= 12 (N , xC2H6, xCO2, xCO, N , xC2H6, xCO2, xCO, N , xC2H6, xCO2, xCO)

Ecuaciones

= 4 (balances) + 4 (R1, R5)

G de L

Separador 3:

4


= 4 9

Incógnitas

9

9

7

= 11 (NN2, NCO, NCO2, N , xC2H6, xCO2, xCO, 10 N2,

N

10 CO2)

10 CO,

N

Ecuaciones = 4 (balances) + 1 (R2) G de L

Global:

= 6 9

9

9

5

13 C2H6)

Incógnitas

= 12 (r1, r2, r3, r4, r5, NN2, NCO, NCO2, N , NH2O, N , N

Ecuaciones

= 9 (balances) + 2 (R2, R4)

G de L

= 1

El proceso está correctamente especificado. Tabla de Balances: Mezclador 1

Mezclador 2

Reactor

Separador 1

C2H6

1

1

1

1

O2

1

1

1

–

C2H4O

–

–

1

1

H2O

–

–

1

1

CO2

1

1

1

1

CH3OH

–

–

1

1

CO

1

1

1

1

CH2O

–

–

1

1

N2

1

1

1

1

Total

5

5

9

8

211



Proceso

Global

1

Separador 3 1

6

1

–

–

–

3

1

C2H4O

1

–

–

3

1

H2O

1

–

–

3

1

CO2

–

1

1

6

1

CH3OH

1

–

–

3

1

CO

–

1

1

6

1

CH2O

1

–

–

3

1

N2

–

1

1

6

1

Total

4

4

4

39

9

C2H6

Separador 2 –

O2

Divisor

b. Seleccione la ubicación de la Base de Cálculo y proponga un orden de calculo unidad por unidad, que debería seguirse si se desea calcular todas las corrientes en el diagrama de flujo. Explique su razonamiento detalladamente. Estrategia de Solución: 5

1. Tomando como Base de Cálculo cualquiera de las corrientes 5, 6, 9, 11 o 13. Sea N . 9

9

9

11

13 C2H6,

2. Se resuelven los balances en Globales y se obtiene NN2, NCO, NCO2, N , N Se agotan R2 y R4.

6

NH2O, r1, r2, r3, r4 y r5.

3. Actualizando los Grados de Libertad: 11 Mezclador 1: G de L A = 9 – 1 (N ) = 8 13 Mezclador 2: G de L A = 6 – 1 (N C2H6) = 5 6

5

Separador 2:

G de L A = 2 – 2 (NH2O, N ) = 0

Separador 3: Reactor:

G de L A = 6 – 3 (NN2, NCO, NCO2) + 1 (R2 agotada) = 4 G de L A = 5 – 5 (r1, r2, r3, r4, r5) = 0

9

9

9

3

3

3

3

4. Resolviendo los balances en el Separador 2 se obtienen NC2H4O, NCH3OH, NCH2O, NH2O. 5. Reconfirmando los Grados de Libertad del Reactor: Reactor: G de L A = 0 – 0 = 0 2

2

2

2

2

1

1

1

1

6. Resolviendo los balances en el Reactor se obtiene N , xCH3OH, xCH2O, xCO2, xCO, NCO2, NC2H6, NCO, NO2, 1

NN2. Se agotan R3 y los balances de C2H4O, H2O, CH3OH, CH2O.

212



7. Actualizando los Grados de Libertad: 1 1 1 1 1 Mezclador 2: G de L A = 5 – 5 (NCO2, NC2H6, NCO, NO2, NN2) = 0 2

3

3

3

3

G de L A = 4 – 5 (N , NC2H4O, NCH3OH, NCH2O, NH2O)

Separador 1:

2

2

2

2

– 4 (xCH3OH, xCH2O, xCO2, xCO) + 1 (R2 Agotada) + 4 (balances agotados) = 0 4

4

4

4

12 CO,

N

8. Resolviendo los balances en el Separador 1 se obtiene N , xC2H6, xCO2, xCO. 9. Reconfirmando los Grados de Libertad del mezclador: Mezclador 2: G de L A = 0 – 0 = 0 12 C2H6,

10. Resolviendo los balances en el Mezclador 2 se obtiene N balance de O2.

N

12 O2,

12 N2,

N

12 CO2.

N

Se agota el

11. Actualizando los Grados de Libertad: 4 4 4 4 Divisor: G de L A = 4 – 1 (N ) – 3 (xC2H6, xCO2, xCO) = 0 12

12

12

12

12 CO2)

G de L A = 8 – 5 (N C2H6, N CO, N O2, N N2, N + 1 (balance agotado: O2) = 4

Mezclador 1:

7

7

7

7

8

8

8

8

12. Resolviendo los balances en el Divisor se obtiene N , xC2H6, xCO2, xCO N , xC2H6, xCO2, xCO. Se agota R1. 13. Actualizando los Grados de Libertad: 8 8 8 8 Mezclador 1: G de L A = 4 – 1 (N ) – 3 (xC2H6, xCO2, xCO) = 0 7

7

7

7

G de L A = 4 – 1 (N ) – 3 (xC2H6, xCO2, xCO) = 0

Separador 3:

14. Se resuelven los balances en el Separador 3 y compruebo los resultados en el Mezclador 1. 2

2

Nota: La relación 3 se cambia por: xCO2 = xCO pues sin este cambio el problema no se podría resolver completamente y este tipo de problemas no los resuelve el programa Solvesys de la HP – 48 GX. CÁLCULOS: Balances Globales: 5

Base de Cálculo:

N = 12 moles/h

Las reacciones son: C2H6

+

r

1 O2 ⎯⎯ →

C2H6 + 7/2 O2

r

2 ⎯⎯ →

C2H4O 2 CO2

+ +

H2O 3 H2O

213

Solucionario. Balance de Materia. Capítulo III. G. V. Reklaitis r

C2H6 + 3/2 O2 CH3OH + 2 CO

+

3 ⎯⎯ →


CH3OH

r

4 1/ O2 ⎯⎯ → 2

+

CO +

CH2O

r

5 3 H2O ⎯⎯ → C2H6

+ +

H2O

H2O 5/

2 O2

Los balances son: 1

C2H4O:

/3 × 12 = r1 r1 = 4

CH2O:

(1 –

1

/3 –

1

/3) × 12 = r4 r4 = 4

CH3OH:

1

/3 × 12 = r3 – 4 r3 = 8

R4:

R2:

6

13 C2H6

NH2O = N 9

(1)

9

NCO = NCO2

C2H6:

(2)

13 C2H6

– 4 – r2 – 8 + r5

13 C2H6

– r2 + r 5

0 = N

12 = N 9

CO:

NCO = 8 – 2 r5

CO2:

NCO2 = 2 r2

H2O:

NH2O = 4 + 3 r2 + 8 + 4 – 3 r5

9

(3)

(4)

(5)

6

6

NH2O = 16 + 3 r2 – 3 r5

(6)

214



Resolviendo el sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas, se tiene: r2 = 1

6

r5 = 3 13 C2H6

9

= 10

N

NH2O = 10

NCO2 = 2

9

NCO = 2

Continuando con los Balances: O2:

11

0 = 0.21 N

– 4 – 7/2 – 3/2 × 8 – 1/2 × 4 + 5/2 × 3 11

N

N2:

= 66.667

9

11

NN2 = 0.79 N 9

NN2 = 52.667

Balances en el Separador 2: H2O:

3

NH2O = 10 3

C2H4O:

NC2H4O = 4

CH3OH:

NCH3OH = 4

CH2O:

3

3

NCH2O = 4

Balances en el Reactor: C2H4O:

2

0.01 N

2

N

= 4 = 400

215



C2H6:

0.35 × 400 = NC2H6 – 4 – 1 – 8 + 3 1

NC2H6 = 150 1

N2:

0.51 × 400 = NN2 1

NN2 = 204

O2:

1

0 = NO2 – 4 – 7/2 – 3/2 × 8 – ½ × 4 + 5/2 × 3 1

NO2 = 14 2

CH3OH:

xCH3OH × 400 = 8 – 4 2

xCH3OH = 0.01 2

CH2O:

xCH2O × 400 = 4 2

xCH2O = 0.01 2

R3:

H2O:

2

xCO2 = xCO 2

(1)

2

(0.11 – xCO2 – xCO) × 400 = 10

(2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2): 2

2

xCO2 = 0.0425

CO:

xCO = 0.0425 1

0.0425 × 400 = NCO + 8 – 2 × 3 1

NCO = 15 CO2:

1

0.0425 × 400 = NCO2 + 2 1

NCO2 = 15

216




4

CO2:

17 = xCO2 N

CO:

17 = xCO N

4

(1)

4

(2)

4

4

C2H6:

140 = xC2H6 N

N2:

204 = (1 – xCO2 – xCO – xC2H6) N

4

(3) 4

4

4

(4)

Resolviendo simultáneamente las 4 ecuaciones: 4

4

xCO2 = 0.04497

xCO = 0.04497

4

4

xC2H6 = 0.3704

N

= 378

Balances en el Mezclador 2: 12 C2H6

C2H6:

N

CO2:

N

CO:

N

O2:

N

N2:

N

12 CO2

= 140

= 15

12 CO

= 15

12 O2

= 14

12 N2

= 204

217




Total:

8

378 = N + N 8

De R1:

(1)

7

N

= N

(2)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2): 7

N

8

= 189

N

= 189

De R5, Restricciones del Divisor: 7

xCO2 = 0.04497

CO2:

7

7

xCO = 0.04497

xC2H6 = 0.3704 8

0.04497 × 378 = 0.04497 × 189 + xCO2 × 189 8

xCO2 = 0.04497

CO:

8

0.04497 × 378 = 0.04497 × 189 + xCO × 189 8

xCO = 0.04497

C2H6:

8

0.3704 × 378 = 0.3704 × 189 + xC2H6 × 189 8

xC2H6 = 0.3704

Balances en el Separador 3: CO2:

10 CO2

8.5 = 2 + N

10 CO2

N

= 6.5

218



10 CO

CO:

8.5 = 2 + N 10 CO

N 10 C2H6

C2H6:

N

= 6.5

= 70 10 N2

N2:

102 = 52.667 + N 10 N2 =

N

49.333

Comprobando en los Balances del Mezclador 1: 12 C2H6

C2H6:

8

N

8

= xC2H6 N

10 C2H6

+ N

140 = 70 + 70 = 140 12 O2

O2:

N

= x

11 O2

11

N

14 = 0.21 × 66.667 = 14 12 CO2

CO2:

N

8

8

= xCO2 N

10 CO2

+ N

15 = 8.5 + 6.5 = 15 12 CO

CO:

N

8

=

8

10 CO

xCO N + N

15 = 8.5 + 6.5 = 15

N2:

12 N2

N

8

8

8

8

10

= (1 – xC2H6 – xCO2 – xCO) N + N

204 = 102 + 49.333

11

N2

+ 0.79 N

+ 52.667 = 204

219



Para resolver el problema utilizando el programa Solvesys de la calculadora HP – 48 GX se plantean las ecuaciones del proceso en el orden definido por la Estrategia de Solución: Base de Cálculo:

N

5

= 12 moles/h

Globales: 1

C2H4O: CH2O:

(1 –

1

1

/3 –

1

CH3OH:

5

/3 N

= r1

(1)

= r4

(2)

= r3 – r4

(3)

13 C2H6

NH2O = N 9

R2:

(4)

9

NCO = NCO2 13 C2H6

C2H6:

0 = N

(5)

– r1 – r2 – r3 + r5 9

NCO = r3 – 2 r5

CO:

9

CO2:

O2:

5

/3) N

6

R4:

H2O:

5

/3 N

NCO2 = 2 r2 6

11

– r1 – 7/2 r2 – 3/2 r3 – 1/2 r4 + 5/2 r5 9

N2:

NN2 = 0.79 N

(7) (8)

NH2O = r1 + 3 r2 + r3 + r4 – 3 r5 0 = 0.21 N

(6)

11

(9) (10) (11)

Separador 2: 6

H2O:

3

NH2O = NH2O 5

C2H4O:

1

/3 N

CH3OH:

1

/3 N

CH2O:

(1 – 1/3 –

1

5

5

/3 ) N

3

= NC2H4O 3

= NCH3OH 3

= NCH2O

(12) (13) (14) (15)

220



Reactor: 2

C2H4O:

0.01 N 2

C2H6:

0.35 N

(16)

1

= NC2H6 – r1 – r2 – r3 + r5 2

N2:

0.51 N

(17)

1

= NN2

(18)

0 = NO2 – r1 – 7/2 r2 – 3/2 r3 – ½ r4 + 5/2 r5

(19)

1

O2:

2

CH3OH:

2

xCH3OH N = r3 – r4 2

CH2O:

2

xCH2O N

(20)

= r4

2

R3: H2O:

= r1

(21)

2

xCO2 = xCO 2

2

2

2

2

(0.13 – xCH3OH – xCH2O – xCO2 – xCO) N 2

2

CO:

xCO N

CO2:

xCO2 N

2

2

(22) = r1 + 3 r2 + r3 + r4 – 3 r5 (23)

1

= NCO + r3 – 2 r5

(24)

1

= NCO2 + 2 r2

(25)

Separador 1: 2

2

CO2:

xCO2 N

CO:

xCO N

2

2

2

C2H6:

0.35 N

N2:

0.51 N

2

4

4

= xCO2 N 4

(26)

4

= xCO N 4

(27) 4

= xC2H6 N

(28)

4

4

4

4

= (1 – xCO2 – xCO – xC2H6) N

(29)

Mezclador 2: 1

13 C2H6

C2H6:

NC2H6 = N

CO2:

NCO2 = N

CO:

NCO = N

1

1

12 C2H6

+ N

(30)

12 CO2

(31)

12 CO

(32)

221



1

12 O2

(33)

1

12 N2

(34)

O2:

NO2 = N

N2:

NN2 = N

Divisor: 4

Total:

N

De R1:

N

8

7

(35)

7

= N

4

De R5:

8

= N + N

(36)

7

xCO2 = xCO2 4

(37)

7

xCO = xCO 4

(38)

7

xC2H6 = xC2H6 4

4

CO2:

xCO2 N

CO:

xCO N

4

4

4

C2H6:

4

xC2H6 N

(39)

7

7

8

8

= xCO2 N + xCO2 N 7

7

8

= xCO N 7

(40)

8

+ xCO N 7

8

(41) 8

= xC2H6 N + xC2H6 N

(42)

Separador 3:

CO2:

º

7

7

7

xCO2 N

CO:

7

C2H6: N2:

7

xCO2 N

7

xC2H6 N 7

7

7

7

9

10 CO2

(43)

= NCO + N

10 CO

(44)

10 C2H6

(45)

= NCO2

+

N

9

= N

9

10 N2

(1 – xCO2 – xCO – xC2H6) N = NN2 + N

(46)

222



Resolviendo el sistema de 46 ecuaciones y 46 incógnitas se obtiene: 10 C2H6 = 70 10 N CO = 6.5 10 N CO2 = 6.5 10 N N2 = 49.3333 11

1

N

r4 = 4 r5 = 3 2 xCH2O = 0.01

NO2 = 14 2

N = 400 3 NC2H4O = 4

2

xCH3OH = 0.01

3 NCH2O = 4 3 NCH3OH = 4 3 NH2O = 10 4

N = 66.6667 12 N C2H6 = 140

12 N CO = 15 12 N CO2 = 15 12 N N2 = 204 12 N O2 = 14 13 N C2H6 = 10 1 NC2H6 = 150 1 NCO = 15 1 NCO2 = 15 1 NN2 = 204

2

xCO = 0.0425 2 xCO2 = 0.0425 4

xC2H6 = 0.3703704

N = 378 6 NH2O = 10

4

xCO = 0.044973545 4 xCO2 = 0.044973545

7

N = 189 8 N = 189 9 NCO = 2 9 NCO2 = 2 9 NN2

r1 r2 r3

7

xC2H6 = 0.3703704 7

xCO = 0.044973545 7 xCO2 = 0.044973545 8

xC2H6 = 0.3703704

= 52.6667 = 4 = 1 = 8

8

xCO = 0.044973545 8 xCO2 = 0.044973545

c. Calcule el rendimiento global de C2H4O a partir de C2H6. El rendimiento global se define como:

⎛ x C5 2 H4O N 5 Rendimiento Global = ⎜ ⎜ N 13C H 2 6 ⎝

⎞ ⎟ × 100 % ⎟ ⎠

⎛4⎞ Rendimiento Global = ⎜ ⎟ × 100 % = 40 % ⎝ 10 ⎠

d. Suponga que al sistema dado anteriormente se agrega la reacción: 2 CO

+

O2

→

2 CO2

¿Tiene algún efecto esta reacción sobre los cálculos de balance?. De ser así ¿cuál es el efecto?. Explique detalladamente. Si se agrega la reacción, el sistema no se ve afectado porque esta reacción es dependiente. Para demostrarlo se construye la matriz de reacciones:

223


1a. Reacción

2a. Reacción

3ª. Reacción

−1


4a. Reacción

5a. Reacción

6a. Reacción

C2H6

−1

−1

O2

−1

−

C2H4O

1

0

0

0

0

0

H2O

1

3

1

1

−3

0

CO2

0

2

0

0

0

2

CH3OH

0

0

1

–1

0

0

CH2O

0

0

0

1

0

0

CO

0

0

1

0

−2

−2

7 2

−

0

3 2

−

1

1 2

0

5 2

–1

La matriz de reacciones reducida es:

C2H6

1

0

0

0

0

0

O2

0

1

0

0

0

0

C2H4O

0

0

1

0

0

0

H2O

0

0

0

1

0

0

CO2

2

−2

1

−1

0

0

CH3OH

0

0

0

0

1

0

–3

0

−2

−1

−2

0

– 1

2

−1

2

1

0

CH2O CO

Puede concluirse que la reacción agregada es dependiente.

224

PROGRAMA UNIVERSIDAD VIRTUAL SOLUCIONARIO CAPÍTULO III LIBRO: BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA

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