PROBLEMA 6. Se desean obtener 50 kg de agua a 38°C. Para ello se tiene un recipiente con agua a 90°C y otro con agua a 14°C. Determine las cantidades necesarias de agua caliente y fría. T2 = 14°C M2 = ? 2 T1 = 90°C M1 = ?
3
1
T3 = 38°C M3 = 50 kg
Resolución Base de cálculo: 50 kg en 3 El balance de materia M1 + M2 = 50
(1)
Considerando que no hay pérdidas de calor a los alrededores, el balance de energía Σ(Energía de las corrientes entrantes) = Σ(Energía de las corrientes salientes) E1 + E2 = E3 M1 H1 + M2 H2 = M3 H3 H1 = cpagua (T1 –T0) = 1 (90 – 0) = 90 kcal/kg H2 = cpagua (T2 –T0) = 1 (14 – 0) = 14 kcal/kg H3 = cpagua (T3 –T0) = 1 (38 – 0) = 38 kcal/kg M1 (90) + M2 (14) = 50 (38)
(2)
Resolviendo (1) y (2):
M2 = 34.2 kg
M1 = 15.8 kg
PROBLEMA 10. Se utiliza un evaporador de doble efecto para producir agua pura a partir de agua de mar que contiene 3.5%w de sales disueltas. El agua de mar entra al primer evaporador a 300 K a 5 000 kg/h, y el vapor saturado a una presión de 4 bar alimenta a un conjunto de tubos en el primer evaporador. El vapor se condensa a 4 bar, y el condensado se extrae a la temperatura de saturación que corresponde a esta presión. El calor liberado por el vapor que se condensa en los tubos ocasiona que el agua de la salmuera se evapore a una presión de 0.60 bar, constante en el evaporador. La salmuera a la salida del primer efecto tiene 5.5%w de sal. El vapor generado en el primer evaporador alimenta a un conjunto de tubos en el segundo evaporador. El condensado de los tubos y el vapor generado en el segundo evaporador a una presión de 0.20 bar constituyen el agua pura que se produce durante el proceso. Si, las disoluciones de salmuera en ambos evaporadores tienen las propiedades físicas del agua pura, y que éstos operan adiabáticamente. Calcule, la temperatura y la entalpía específica de cada flujo. La velocidad a la que debe entrar el vapor al primer evaporador, la velocidad de producción de agua pura y la concentración de sal de la disolución final de salmuera. Temperatura de referencia 273 K (0°C) Resolución Base de cálculo: 10 000kg/h en 1 De tablas de vapor T2 = 416.75 K
5
H2O (v)
P = 0.6 bar
H2O (v)
P = 0.2 bar 9
H2O (V) Saturada P = 4 bar 2
7 3
Agua de mar 5000 kg/h,
6
1
3.5% sal, T1=300 K
10
4 Salmuera 5.5% sal
H2O (l) saturado P = 4 bar
8
Como únicamente condensa el vapor de calentamiento T3 = 416.75 K A la presión de 0.6 bares del primer efecto, T4 = 359.15 K, T5 = 359.5 K Lo mismo sucede para el efecto II que se encuentra a 0.2 bares T6 = 333.25 K, T8 = 333.25 K A la salida del efecto II T7 = 359.15 K Balance de sólidos en efecto I 5 000 0.035 = M4 0.055 M4 = 3 181.82 kg/h Balance total de materia en el mismo efecto 5 000 = 3 181.82 + M5 M5 = 1 818.18 kg/h Para obtener el flujo de vapor de calentamiento alimentado, es conveniente efectuar un balance de energía en el efecto I E1 + E2 = E3 + E4 + E5 M1 H1 + M2 H2 = M3 H3 + M4 H4 + M5 H5 En donde M2 = M3 H1 = cp (T1 – T0 ) = 112.34 kJ/kg H2 = HL + λ 4 bares = 2 737.6 kJ/kg H3 = cp (T3 – T0 ) = 604.7 kJ/kg H4 = cp (T4 – T0 ) = 359.9 kJ/kg H5 = HL + λ 0.6 bares = 2 653.6 kJ/kg Sustituyendo en el balance de energía
5 000 112.34 + M2 2 737.6 = M2 604.7 + 3 181.82 359.9 + 1 818.18 2 653.6 M2 = 2 535.59 kg/h Mediante balances de materia y energía en el efecto II, se pueden determinar los flujos de las corrientes 6 y8 Balance de materia 3 181.82 = M6 + M8 (1) Balance de energía E4 + E5 = E6 + E7 + E8 M4 H4 + M5 H5 = M6 H6 + M7 H7 + M8 H8 H6 = HL + λ 0.2 bares = 2 609.9 kJ/kg H8 = cp (T8 – T0) = 251.5 kJ/kg 3 181.82359.9 + 1 818.182 653.6 = M62 609.9 + 1 818.18359.9 + M8251.5
(2)
Resolviendo el sistema dado por (1) y (2) M6 = 1 914.55 kg/h M8 = 1 267.2 kg/h Balance de materia en el nodo de mezclado de las corrientes 7 y 9 1 914.55 + 1 818.18 = M10 M10 = 3 732.73 kg/h La temperatura de la corriente 10 se obtiene mediante el balance de energía en ese mismo nodo E7 + E9 = E10 M7 T7 + M9 T9 = M10 T10 M7 H7 + M9 H9 = M10 H10 ó 1818.18(359.15) + 1914.55(333.25) = 3 732.73 T10 T10 = 345.8 H7 = cp (T7 – T0) = 359.9 kJ/kg H9 = cp (T9 – T0) = 251.5 kJ/kg 1 818.18 359.9 + 1 914.55 251.5 = 3 732.73 H10 T10 = 345.8 K PROBLEMA 12. En la figura se muestra un sistema de evaporación para concentrar una solución de sosa del 10 al 25% en masa. La alimentación fresca (M 1) se mezcla con una corriente de recirculación (M 2) para alimentarse a un cambiador de calor donde eleva su temperatura de 60 a 62°C (sin que ocurra cambio de fase). Esta corriente se alimenta a un separador donde se reduce la presión para provocar una vaporización instantánea de agua (M5) y una corriente líquida de solución concentrada, de la cual una parte se recircula (M2) y otra sale como producto (M 7). Calcular la cantidad de solución al 25% de NaOH que se obtiene como producto, la cantidad de masa recirculada y el calor suministrado (Qs) en el cambiador de calor (suponiendo que las pérdidas de calor Qp representan el 20% de Qs). Datos adicionales: Temperatura de referencia = 0°C, agua a 60°C = 563 kcal/kg. Las entalpías de las corrientes 2, 3, 4 y 7 se calculan con la ecuación: H = 0.9T -3.44 La entalpía de la corriente 1 se calcula con la ecuación: H = 0.8798T + 0.6253 En las ecuaciones anteriores T está en °C y H en kcal/kg.
Qp
Qs M1= 100 kg/h 10%w NaOH T1= 60°C 1
3
Cambiador de calor
2
5 T4= 62°C 4
T2= 60°C
6
7
25% NaOH
Resolución Balance global de sólidos 0.1 100 = 0.25 M7 M7 = 40 kg/h Balance global total de materia 100 = M5 + 40 M5 = 60 kg/h Balance global energía E1 + QS = E5 + E7 + QP M1 H1 + QS = M5 H5 + M7 H7 + 0.2 QS H1 = 0.8798T1 + 0.6253 = 0.8798(60) + 0.6253 = 53.4133 kcal/kg H5 = HL + λ = cp agua (T5 –T0) + λ = 1 (60 – 0) + 563 = 623 kcal/kg H7 = 0.9T7 -3.44 = 0.9(60) – 3.44 = 50.56 kcal/kg 100 53.4133 + QS = 60 623 + 40 50.56 + 0.2 QS QS = 42 451.34 kcal/h Balance de energía en el Cambiador de calor M3 H3 + QS = M4 H4 + 0.2 QS Se sabe que: M3 = M4 H3 = 0.9T3 – 3.44 = 0.9(60) – 3.44 = 50.56 kcal/kg H4 = 0.9T4 – 3.44 = 0.9(62) – 3.44 = 52.36 kcal/kg M3 50.56 + 0.8 42 451.34 = M3 52.36 M3 = 16 980.53 kg/h De un balance de materia en el punto de mezclado 100 + M2 = 16 980.53 M2 = 16 880.53 kg/h PROBLEMA 13. Se utiliza vapor de agua a 60 bar como medio de transferencia de calor entre una corriente vapor de benceno a 500 °C y una corriente fría de gas metano a 100 °C mediante el sistema ilustrado en la figura. El metano va a calentarse hasta 260 °C y el benceno va a enfriarse hasta 300 °C. Si el condensado que sale del intercambiador 1 es agua saturada a 60 bar, el vapor que sale del intercambiador 2 tiene una calidad de 10% a 60 bar, y se alimenta benceno a razón de 200 mol/h, calcule el flujo del metano que puede procesarse y los flujos de circulación del agua. Supóngase que todas las unidades operan en forma adiabática y que todos los flujos de agua están a 60 bar.
Datos adicionales: Cpbenceno = 0.1685 kJ/mol K ; Cpmetano = 0.0443 kJ /mol K vapor saturado
2 9 Metano T9=260 ˚C
T A N Q U E
IC-1
D E
8 Metano T8=100 ˚C
4
S E P A R A C I Ó N
3
H2O V/L líquido saturado
M
IC-2
5
Benceno T7=300°C
7
1 6
Benceno T6=500°C
Resolución Base de cálculo: 200 mol/h de benceno Obsérvese que N6 = N7 = NBenceno N8 = N9 = NMetano Balance global de energía queda QBenceno = QMetano NBenceno cpBenceno (T6 – T7) = NMetano cpMetano (T9 – T8) 200 0.1685 ( 500 – 300) = NMetano 0.0443 (260 – 100) NMetano = 950.9 mol/h N8 = N9 = 950.9 mol/h El flujo de la corriente 2 (N2 = N4), se obtiene mediante un balance de energía en el IC-1, el cual queda Qvapor agua = QMetano Mvapor λ = NMetano cpMetano (T9 – T8) Mvapor (2 785 – 1 213.7) = 950.9 0.0443 (260 – 100) Mvapor = 4.2894 kg/h N2 = N4 = 4.2894(1000/18) = 238.3 mol/h El flujo de la corriente 5 (N1 = N5), lo determinamos mediante un balance de energía en el IC-2 QBenceno = Qagua NBenceno cpBenceno (T6 – T7) =Magua (H1 – H5) H1 = HL = 1 213.7 kJ/kg La corriente 5 es un vapor con calidad (X) del 10%, por lo que su entalpia es H5 = HV (X) + HL (1 – X) H5 = 2 785 (0.1) + 1 213.7 (0.9) = 1 370.83 kJ/kg
200 0.1685 (500 – 300) = Magua (2 627.87 – 1 370.83) Magua = 5.3618 kg/h N5 = N1 = 297.88 mol/h Balance de materia en el tanque de separación 297.88 = 283.3 + N3 M3 = 14.58 mol/h PROBLEMA 15. Se desea calentar un producto X de 30 °C a 80 °C mediante el sistema que se muestra en el diagrama. Para una presión total de operación de 1 atmósfera en el proceso, determine: a) El flujo del producto X, el flujo de agua recirculada, b) las entalpías de las corrientes 1, 2, 3, 4, 5, y 8. Datos complementarios: Compuesto PM Producto X 103 Agua 18 N1 = 20 kmol/min Vapor (360 °C)
Tebullición, ºC 103 100
8 10
1 M
2
M
Cp(l), J/mol °C 451 75
4 Vapor/líquido 100 °C
9 Producto X
, J/mol 32 000 41 000
Vapor (100 °C) N8 = 2.6 kmol/min
Producto X 80 °C
3 Vapor (90%) 100 °C
Cp(v) ), J/mol °C 243 35
Separador LíquidoVapor
5
30 °C Agua (100 °C)
7
D
6
Resolución a) Balance global de energía E1 + E9 = E6 + E10 N1 H1 + N9 H9 = N6 H6 + N10 H10 N1 = N6,
N9 = N10 = Nproducto X
Temperatura de referencia T0 = 0 °C A partir de los datos del diagrama y la tabla, puede observarse que el vapor de entrada es un vapor sobrecalentado, por lo que su entalpia es H1 = cpagua líquida (TSaturación – T0) + λ + cpagua vapor (T1 – TSaturación) H1 = 75 (100 – 0) + 41 000 + 35 (360 – 100) H1 = 57 600 kJ/kmol H9 = cp producto X (T9 –T0) H9 = 451 (30 – 0) = 13 530 kJ/kmol H6 = cpagua líquida (T6 – T0)
H6 = 75 (100 – 0) H6 = H5 = 7 500 kJ/kmol H10 = cpproducto X (T10 – T0) H10 = 451 (80 – 0) = 36 080 kJ/kmol 20 57 600 + Nproducto X 13 530 = 20 7 500 + Nproducto X 36 080 Nproducto X = N9 = 44.43 kmol/min Balance de energía en el intercambiador de calor E3 + E9 = E4 + E10 N3 H3 + N9 H9 = N4 H4 + N10 H10 H3 = (HV en 3) x3 + (HL en 3) (1 – x3) H3 = [75 (100 – 0 ) + 41 000] 0.9 + [75 (100 – 0 )] (1 – 0.9) H3 = 44 400 kJ/kmol H4 = (HL en 4) + (x 4) λ = (HL en 4) + (nvapor/N4) λ como N3 = N4 H4 = 75 (100 – 0) + (2.6/N3) 41 000 = 7 500 + 106 600/N3 Sustituyendo en el balance de energía del intercambiador de calor N3 44 400 + 44.43 13 530 = N3 [7 500 + 106 600/N3] + 44.43 36 080 N3 = N4 = 30.04 kmol/min H4 = 7 500 + 106 600/N3 = 11 048.6 J/mol H8 = 75 (100 – 0 ) + 41 000 = 48 500 J/mol Balance de materia en el Separador nodo de derivación N4 = N8 + N7 + N6 30.04 = 2.6 + N7 + 20 N7 = 7.44 kmol/min N2 = 30.04 – 2.6 = 27.44 kmol/min Balance de energía en el nodo de mezclado 27.44 H2 + 2.6 [75 (100 – 0 ) + 41 000] = 30.04 44 400 H2 = 44 011.5 J/mol PROBLEMA 17. Se desean rectificar 5000 lb/h de una mezcla benceno-tolueno conteniendo 54% mol de benceno a 80 °F. El proceso se efectuará a la presión de 1 atmósfera para producir un destilado (a 180.5 °F) conteniendo 95.7% mol de benceno y un residuo (a 229.6 °F) conteniendo 1.5% en mol de benceno. La alimentación se precalienta en un intercambiador de calor utilizando el residuo, el cual saldrá a 150 °F. El destilado se condensará totalmente regresando el reflujo a la columna como líquido saturado. Sí para el proceso se recirculan 1.215 moles por mol de producto destilado. Calcule: a) Las cantidades de producto destilado y residuo. b) Entalpías de la alimentación y productos. c) Temperatura de la alimentación a la entrada de la columna. d) Si se introduce agua al condensador a una temperatura de 59 °F y sale a 86 °F, determínese la masa de agua necesaria para efectuar la condensación total del vapor destilado.
Datos complementarios: Compuesto PM Benceno Tolueno
Tebullición, ºC
Cp, Btu/lb °F
v , Btu/lb
103 100
0.47 0.47
172.1 161.13
78 92
Condensador
3 5 7
6
T6 = 180.5°F Be = 95.7%n
T2 = ? 1 2
4 T4 = 229.6°F Be = 1.5%n
IC
8 T8 = 150°F
Resolución a) PMmedio en 1 = (xnBenceno en 1) PM benceno + (xnTolueno en 1) PM tolueno PMmedio en 1 = 0.54 78 + 0.46 92 = 84.44 lb/lbmol Flujo molar en 1 N1 = M1/(PMmedio en 1) = 5 000/84.44 = 59.21 lbmol/h Balance global de materia 59.21 = N6 + N8
(1)
Balance global de Benceno 0.54 59.21 = 0.957 N6 + 0.015 N8
(2)
N6 = 33 lbmol/h,
N8 = 26.21 lbmol/h
b) La entalpia de una mezcla líquida binaria está dada por: H = (cpA PMA xnA + cpB PMB xnB) (T – T0) H1 = [cpA PMA (xnA en 1) + cpB PMB (xnB en 1)] (T1 – T0) H1 = (0.47 78 0.54 + 0.47 92 0.46) (80 – 32) H1 = 1 905 Btu/lbmol La entalpia del destilado H6 = [cpA PMA (xnA en 6) + cpB PMB (xnB en 6)] (T6 – T0) H6 = [0.47 78 0.957 + 0.47 92 (1 – 0.957)] (80 – 32)
5 000 lb/h T1 = 80ºF Be = 54%n
H6 = 5 485.6 Btu/lbmol De igual manera para el residuo H6 = [0.47 78 0.015 + 0.47 92 (1 – 0.015)] (229.6 – 32) H6 = 8 524.7 Btu/lbmol c) Balance de energía en el IC E1 + E4 = E2 + E8 N1 H1 + N4 H4 = N2 H2 + N8 H8 H4 = [0.47 78 0.015 + 0.47 92 (1 – 0.015)] (229.6 – 32) = 8 524.4 Btu/lb H2 = [0.47 78 0.54 + 0.47 92 (1 – 0.54)] (T2 – 32) = 39.687 T2 – 1 269.97 H8 = [0.47 78 0.015 + 0.47 92 (1 – 0.015)] (150 – 32) = 5 090.7 Btu/lb 59.21 1 905 + 26.21 8 524.4 = 59.21 (39.687 T2 – 1 269.97) + 26.21 5 090.7 T2 = 118.3°F d) Balance de materia a la salida del Condensador N5 = N6 + N7 De la condición de reflujo: N7 = 1.215 N6 N5 = N6 + 1.215 N6 = 2.215 33 N5 = 73.09 lbmol/h Balance de energía en el Condensador Calor cedido por la mezcla de vapor = calor aceptado por el agua QV = Qa N5 λmezcla = Nagua cpagua ΔTagua En donde λmezcla = (xnbenceno en 3) λbenceno PMbenceno+ (xntolueno en 3) λtolueno PMtolueno λmezcla λmezcla = 0.957 172.1 78 + (1 – 0.957) 161.13 92 = 13 484 Btu/lbmol QV = 73.09 13 484 = 985 545.56 Btu/h 985 545.56 = Magua 1 (86 – 59) Magua = 36 501 lb/h PROBLEMA 18. Una mezcla que contiene 46% en masa de acetona (CH 3COCH3), 27%w de ácido acético (CH3COOH), 27%w de anhídrido acético (CH3CO)2O se destila a P = 1 atm. La alimentación entra a una columna de destilación a 348 K a una velocidad de 15 000 kg/h. El destilado (la cabeza de la destilación) es esencialmente acetona pura, y el producto de la parte inferior contiene 1% de la acetona en la alimentación. El vapor de salida de la cabeza de la columna entra a un condensador a 329 K y sale como líquido a 303 K. La mitad del condensado se extrae en la cabeza de la destilación, y el resto se pone en reflujo de la columna. El líquido a la salida de la parte inferior de la columna va a un calentador de vapor, donde es parcialmente evaporado. El vapor vuelve a la columna a una temperatura de 398 K, y el líquido residual, también a 398 K, constituye el producto inferior. a) Calcule las velocidades de flujo y las composiciones de los flujos de productos. b) Calcule el calor retirado en el condensador Qc (kJ/h). c) Utilice un balance de energía global para determinar el calor suministrado Qc(kJ/h) por el hervidor. d) Si el calor que suministrado en el hervidor lo proporciona la condensación de vapor saturado a 10 bar (manométrica), ¿a qué velocidad debe suministrarse el vapor?
Datos Complementarios Compuesto Acetona (A) Ácido acético (B) Anhídrido acético (C) H2O @ 1.013 bar
PM
Tebullición, K
Cp(l), kJ/kg K
18
329.0 391.1 413.2 457.25
2.30 2.18 2.26 4.184
v , kJ/kg 520.6 406.5 1998.5
Acetona (v), T2 = 329 K
2
Qc 4
Producto de la destilación
6
5
M1= 15 000 kg/h
Acetona (l), T6 = 303 K
1
46% acetona (l) 27% ácido acético (l) 27% anhídrido acético (l) T1 = 348 K
Vapor: 3.2% de acetona, 73.8% de ácido, de anhídrido acético, T7 = 398 K
23%
7
8
3 Qr
Resolución a) mA, 8 = 0.01 mA, 1 = 0.01 (0.46 15 000) = 69 kg/h Balance global de acetona (A) mA, 1 = mA, 6 + mA, 8 0.46 15 000 = mA, 6 + 69 mA, 6 = M6 = 6 831 kg/h Balance global total M1 = M6 + M8 15 000 = 6 831 + M8 M8 = 8 169 kg/h La composición en 8 xw B, 8 = (0.27 15 000)/8 169 = 4 050/8 169 = 0.4958 xw C, 8 = (0.27 15 000)/8 169 = 4 050/8 169 = 0.4958 xw A, 8 = 0.0084 b) Por la condición de reflujo ( M6 = ½ M4 ó M5 = M6)
Producto inferior (líquido) 1% de acetona de la alimentación ácido acético anhídrido acético T8 = 398 K
M4 = M5 + M6 = 6 831 + 6 831 = 13 662 kg/h M2 = M4 Balance de energía en el condensador E2 – Qc = E4 H2 = cpl (T2 – T0) + acetona = 2.3 (329 – 273) + 520.6 = 649.4 kJ/kg H4 = cpl (T4 – T0) = 2.3 (303 – 273) = 69 kJ/kg 13 662 649.4 – Qc = 13 662 69 Qc = 7 929 424.8 kJ/h c) Balance global de energía E1 + Qr = E6 + E8 + Qc H1 = (0.46 2.3 + 0.27 2.18 + 0.27 2.26)(348 – 273) = 169.26 kJ/kg H6 =H4 = 69 kJ/kg H8 = (0.0084 2.3 + 0.4958 2.18 + 0.4958 2.26)(398 – 273) = 277.58 kJ/kg 15 000 (169.26) + Qr = 6831 (69) + 8 169 (277.58) + 7 929 424.8 Qr = 8 129 451.4 kJ/h d) a 10 bares: agua = 2 013.6 kJ/kg Balance de energía para el vapor de calentamiento Mv agua = Qr Mv 2 013.6 = 8 129 451.4 Mv = 4 037.3 kg/h PROBLEMA 19. Calcule el calor de reacción a 77 °F (25 °C) y una atmósfera para las siguientes reacciones: a) CH4 (g) C (s) + 2H2 (g) b) 2CaO (s) + 2MgO (s) + 4H2O (1) 2Ca(OH)2 (s) + 2Mg(OH)2 (s) Datos adicionales Compuesto CH4(g) o -17.889 , kcal/mol f
CaO(s) -151.9
MgO(s) -143.84
H2O(1) -68.3174
Ca(OH)2(s) -253.8
Mg(OH)2(s) -221
Resolución a) El calor estandar de reacción HoR = [1 0 + 2 0] – [1 (-17.889)] = 17.889 kcal/mol b) HoR = [2 (-253.8) + 2 (-221)] – [2 (-151.9) + 2 (-143.84) + 4 (-68.3174)] = – 84.85 kcal/ 2 mol CaO HoR = – 42.425 kcal/mol CaO
PROBLEMA 26. Un proceso de producción de ácido nítrico, primeramente se produce óxido nítrico por oxidación de amoniaco con aire mediante la reacción: cal H oR 54055.6 mol NH3(g) + 1.25 O2(g) NO(g) + 1.5 H2O(g) A un reactor catalítico se alimenta amoníaco mezclado con aire teórico necesario para que reaccione todo el amoníaco, los reactivos se alimentan a 340 K, calcule la temperatura a la que saldrán los gases del
reactor, si en el reactor no existe intercambio de calor con los alrededores y el grado de conversión del amoníaco es del 90%. Datos adicionales: Compuesto Cp, cal/(mol K)
NH3(g) 11.83 NH3 O2 N2 T1 = 340 K
O2(g) 8.11
1
N2(g) 7.68
NO(g) 7.98
2
Reactor
H2O(g) 9.56
NH3 O2 N2 NO H2O
T0 = 298 K Base de cálculo nNH3, 1 = 1 mol Balance de materia Como se alimenta el aire teórico nO2, 1 = 1 [1.25/1] = 1.25 mol nN2, 1 = 1.25 0.79/0.21 = 4.702 mol a la salida del reactor nNH3, 2 = nNH3, 1 – nNH3 reaccionan = 1 – 0.9 = 0.1 mol nO2, 2 = nO2, 1 – nO2 reaccionan = 1.25 – 0.9 [1.25/1] = 0.125 mol nN2, 2 = nN2, 1 = 4.702 mol nNO, 2 = 0.9 [1/1] = 0.9 mol nH2O, 2 = 0.9 [1.5/1] = 1.35 mol Balance de energía E1 + (-Q°R ) = E2 E1 = (nNH3, 1 CpNH3 + nO2, 1 CpO2 + nN2, 1 CpN2) (T1 – T0) E1 = (111.83 + 1.258.11 + 4.7027.68)(340 – 298) = 2 439.3 cal Q°R = nNH3 reaccionan H°R = 0.9 ( – 54055.6) = – 48650.04 cal E2 = (nNH3, 2 CpNH3 + nO2, 2 CpO2 + nN2, 2 CpN2 + nNO, 2 CpNO + nH2O, 2 CpH2O) (T2 – T0) E2 = (0.111.83 + 0.1258.11 + 4.7027.68 + 0.97.98 + 1.359.56)( T2 – 298) = 58.396 T2 – 17402.04 2439.3 + [ – ( – 48650.04)] = 58.396T2 – 17402.04 T2 = 1172.87 K PROBLEMA 28. El ácido nítrico se fabrica industrialmente por la oxidación del amoníaco con aire, y la posterior oxidación del óxido formado y su absorción en agua. La primera parte de proceso aparece representada por el diagrama adjunto. Determinar la composición del gas de alimentación para que se cumplan las condiciones del proceso y la temperatura de los gases de salida, después de precalentar la alimentación. Datos adicionales: Compuesto Cp, cal/(mol K)
NH3(g) 11.83
O2(g) 8.11
N2(g) 7.68
NO(g) 7.98
H2O(g) 9.56
NH3(g)
+
1.25 O2(g)
NO(g)
+
1.5 H2O(g)
H oR 54055.6
cal mol
5 NH3 O2 1 N2 T1=50 °C
T0 = 25°C
Vapor saturado T2=200 °C NH3 2 O2 N2
Q=0 quemado r
T3 =850 °C O2 N2 NO H 2O
O2 N2 NO H 2O T4=300 °C
3
agua
4
El flujo dela corriente 1 es el mismo que el de 2. La reacción es al 100%, pero no se sabe cuanto aire se alimento. Base de cálculo: nNH3, 2 = 1 mol De la estequiometría, a la salida del reactor se tiene nNO, 3 = 1 [1/1] = 1 mol, nH2O, 3 = 1 [1.5/1] = 1.5 mol Balance de O2 nO2, 3 = nO2, 2 – nO2 reaccionan y el oxígeno que reacciona, depende del NH3 alimentado nO2, 3 = nO2, 2 – 1 [1.25/1] = nO2, 2 – 1.25 Observese que el nitrógeno presente en 2, depende del oxígeno de esa misma corriente nN2, 3 = nN2, 2 = (nO2, 2 /0.21)0.79 = 3.762 nO2, 2 Con lo que la única incógnita que queda es el O2 alimentado Balance de energía (recuérdese es adiabático) E2 + (-Q°R ) = E3 E2 = (nNH3, 2 CpNH3 + nO2, 2 CpO2 + nN2, 2 CpN2) (T2 – T0) E2 = [111.83 + (nO2, 2)8.11 + (3.762 nO2, 2)7.68](200 – 25) = 6475.378 nO2, 2 + 2070.25 Q°R = nNH3 reaccionan H°R = 1 ( – 54055.6) = – 54055.6 cal E3 = (nO2, 3 CpO2 + nN2, 3 CpN2 + nNO, 3 CpNO + nH2O, 3 CpH2O) (T3 – T0) E3 = [(nO2, 2 – 1.25) 8.11 + (3.762 nO2, 2) 7.68 + 17.98 + 1.59.56](850 – 25) = 30526.65 nO2, 2 + 10050.562 6475.378 nO2, 2 + 2070.25 + [ – (– 54055.6) ] = 30526.65 nO2, 2 + 10050.562 nO2, 2 = 1.916 mol N2 = nNH3, 2 + nO2, 2 + nN2, 2 = 1 + 1.916 + 3.762 1.916 = 10.123 mol xnNH3, 2 = 0.0987 xnnO2, 2 = 0.1892 xnnN2, 2 = 0.7121 Balance de energía en el precalentador E1 + E4 = E5 + E2 [Tambien aunque les cuesta muuuucho trabajo mal entender Calor aceptado por la mezcla de gases = Calor suministrado por los gases calientes Qmezcla = Qgases N Cpm T = N Cpm T
(nNH3, 2 CpNH3 + nO2, 2 CpO2 + nN2, 2 CpN2) (T2 – T1) = (nO2, 3 CpO2 + nN2, 3 CpN2 + nNO, 3 CpNO + nH2O, 3 CpH2O) (T3 – T5)
(111.83 + 1.9168.11 + 7.2087.68)(200–50) = (0.6668.11 + 7.20797.68 + 17.98 + 1.59.56](300 – T5) T5 = 150.63°C Prefieren hacerlo de la forma talachuda es decir calculando las E’s. PROBLEMA 29. Una piedra caliza formada de carbonato de calcio (CaCO 3) puro, se calcina completamente para producir CaO y CO2 en un horno vertical continuo, mediante la combustión completa de un gas pobre en contacto directo con la carga (CaCO 3). Los productos gaseosos de la combustión y calcinación suben verticalmente atravesando la carga que desciende y salen a 200 °C. La caliza se carga a 25 °C y, la cal (CaO) producida se recoge a 900 °C. El gas pobre (presenta el siguiente análisis en volumen: CO2 = 9.21%; O2 = 1.62%; CO = 13.6%; N 2 = 75.57%) se alimenta al horno a 600 °C y se quema con la cantidad de aire seco teóricamente necesario a 25 °C. Calcúlese el número de metros cúbicos (a 0 °C y 760 mmHg) de gas pobre que se necesitan para calcinar 100 kg de caliza, si se asume que la calcinación se llevó a cabo con 100% de conversión, así mismo, considere que no existe intercambio de calor con los alrededores y se puede despreciar el contenido de humedad del gas pobre. Datos adicionales: Compuesto
CaCO3(s)
CaO(s)
CO(g)
CO2(g)
O2(g)
N2(g)
of , kcal/mol Cp, cal/mol oC
– 288.45
– 151.9
– 26.416
– 94.052
0
0
20
13.44
7.58
11.9
6.2
7.4
Las reacciones que se llevan a cabo en el horno son: CO
+
CaCO3
½ O2
CO2
CaO
+
(I) CO2
(II)
h°R = –67.637 kcal/gmol h°R = 42.498 kcal/gmol
Denominando X a las moles de CO presentes en el gas pobre, se tiene que las moles totales de este gas son: N1 = X /0.136. Entonces, las moles de CO2 que acompañan al gas pobre son: nCO2, 1 = 0.0921(X /0.136) = 0.6772x El oxígeno alimentado en la corriente 3 es la diferencia del teórico menos el que acompaña al gas pobre, es decir: nO2, 3 = nO2 teórico – nO2, 1 De acuerdo a la reacción I: 1 2 nO2 teórico = 0.5 X Así que: nO2, 3 = 0.5 X – 0.0162(X /0.136) nO2, 3 = 0.3809 X Las moles de N2 en las corrientes 1 y 3 se obtienen como sigue: nN2, 1 = 0.7557(X /0.136) = 5.556 X nN2, 3 = 0.3809 X
0.79 0.21
= 1.4321 X
Pasando ahora los kg de CaCO3 a gmol: n CaCO3 = (100×103)/100 = 100 gmol A partir de los resultados anteriores, se puede preparar la siguiente tabla que resume los balances de materia para cada componente:
Compuesto CaCO3 CaO CO2 CO O2 N2
entrada 1000 0.6772x x 0.1191x + 0.3809x 5.556x + 1.4321x
transformación - 1000 + 1000 1000 + x -x - 0.5x 0
= = = = = = =
salida 0 1000 1000 + 1.6772x 0 0 6.9887x
El balance de energía en el horno se puede expresar como: H1 + HR1 + HR2 + H3 + H4 = 0 (3) en donde: H1 = cambio de entalpía del gas pobre al cambiar su temperatura de 600 a 25 C HR1 = calor de reacción para transformar el CO a CO2 HR2 = calor de reacción para descomponer el CaCO3 en CaO y CO2 H3 = cambio de entalpía de los productos gaseosos al variar su temperatura de 25 a 200 C. H4 = cambio de entalpía del CaO al variar su temperatura de 25 a 900 C. Sustituyendo los valores de la tabla de balances de materia en los cambios de entalpía, se tiene: H1 = {(0.6772x)(11.9) + (0.1191x)(6.2) + 7.58x + (5.556x) (7.4)} (25 – 600) H1 = -33057x cal = - 33.057x kcal. HR1 = – 67.636x kcal HR2 = 42.498×1000 = 42498 H3 = {(1000 + 1.6772x)(11.9) + (6.9887)(7.4)} (200 – 25) H3 = 2091550 + 3492.6X cal H3 = 2091.55 + 3.492X kcal H4 = (1000×13.44)(900 – 25) H4 = 11760000 cal = 11760 kcal Sustituyendo valores en la ecuación 3 0 = – 33.057X – 67.636 X + 42498 + 2091.55 + 3.492 X + 11760 0 = –97.2 X + 56349 X = 579.7 mol CO Así que: N1 = 579.7/0.136 = 4262.6 mol = 4.262 kmol Ya que se desea calcular el volumen de gas pobre a 0 C y 760 mm Hg se tiene: V1 = 4.262 kmol×(22.4 m3/kmol) V1 = 95.5 m3 PROBLEMA 30. En el proceso de obtención de óxido de etileno, como el que se muestra en el siguiente diagrama de flujo simplificado, tiene las siguientes condiciones de operación: Temperatura del reactor = 300°C. P= 1.2 atmósferas. Capacidad de producción = 5 ton de C2H4O/día. Composición a la entrada del reactor: 50% mol de C2H4, 50% mol de O2. Reacciones que se efectúan simultáneamente: CH2=CH2 (g) + ½ O2 (g) CH2=CH2 (g) + 3 O2 (g)
C2H4O (g)
I
= 35%
2 CO2 (g) + 2 H2O (g) II
= 15%
Las conversiones son con respecto al total del etileno alimentado. a) Calcular la composición a la salida de la segunda columna. b) Determinar la masa de agua necesaria para mantener la temperatura de 300°C en el reactor, si entra a una temperatura de 15°C y sale a 35°C.
Datos Adicionales. Compuesto H f a 300 C , kcal/mol Cp a 300 °C, cal/mol K
CH2=CH2(g) 10.6
O2(g) 0
C2H4O(g) -14.8
CO2(g) -94.1
H2O(g) -58.5
17.1
7.67
20.62
11.31
8.68 6
4
H2O T10 = 35 °C
C2H4 T1=20 °C °C
2 reactor 8
US-1
US-2
9
10
O2 T2 = 20 °C
H2O T 9= 15 °C
3
1
5
7 M5=5 ton C2H4O / día
O2 CO2 H2O
La temperatura de referencia T0 = 300°C Transformando el flujo de 5 a moles N5 = 5000 kg/día 1 kmol/44 kg = 113 kmol/día Para entregar el agua empleada en el reactor, hay que tener resuelto el balance de materia alrededor de éste La única reacción que forma óxido de etileno es la I, por lo que del balance global de etileno nC2H4 reaccionan I = 113 [1/1] = 113 kmol/día Debido a que los porcentajes proporcionados para cada reacción corresponden al total del etileno alimentado nC2H4, 1 = 113/0.35 = 323 kmol/día Como el oxígeno se alimenta en la misma proporción nO2, 2 = 113/0.35 = 323 kmol/día A partir de los cálculos anteriores Balance de C2H4 en el reactor nC2H4, 3 = nC2H4, 1 – (nC2H4 reaccionan I + nC2H4 reaccionan II) = 323 – ( 113 + 323 0.15) = 161.55 kmol/día Balance global de CO2 nCO2, 6 = nC2H4 reaccionan II REn [CO2/C2H4]II = 48.45 [2/1] = 96.9 kmol/día Balance global de H2O nH2O, 6 = nC2H4 reaccionan II REn [H2O/C2H4]II = 48.45 [2/1] = 96.9 kmol/día Balance global de oxígeno nO2, 6 = nO2, 2 – (nO2 reaccionan I + nO2 reaccionan II) = 323 – ( 113[0.5/1]+ 48.45[3/1]) = 121.15 kmol/día N6 = nCO2, 6 + nH2O, 6 + nO2, 6 = 96.9 + 96.9 + 121.15 = 314.95 kmol/día xnCO2, 6 = 0.3076 xnH2O, 6 = 0.3076 nO2, 6 = 0.3848 Balance de energía alrededor del reactor E1 + E2 + E9 + ( – Q°R ) = E3 + E10 OJO, tambien: E1 + E2 + ( – Q°R ) = E3 + Q, y luego con Q calcular el H2O E9 + Q = E10 Q = MH2O CpH2O(l) (T10 – T9) Rearreglando E1 + E2 + E3 ( – Q°RT ) = E10 – E9 E1 + E2 + E3 ( – Q°RT ) = MH2O(H10 – H9) E1 = 323 17.1 (20 – 300) = – 1546524 kcal/día E2 = 323 7.67 (20 – 300) = – 693674 kcal/día Como ocurren 2 reacciones Q°RT = nC2H4 reaccionan I HR I300°C + nC2H4 reaccionan II HR II300°C HR I300°C = [1(– 14.8)] – [1(10.6) + 0.5(0)] = –25.4 kcal/mol = –25400 kcal/kmol HR II300°C = [2(– 94.1) + 2(– 58.5) ] – [1(10.6) + 3(0)] = – 315.8 kcal/mol = – 315800 kcal/kmol Q°RT = 113 (–25400) + 48.45 (– 315800) = – 18170710 kcal/día E3 = 0 – 1546524 + (– 693674) + [ – (–18170710)] = MH2O (1) (35 – 15) MH2O = 796525 kg/día
