cÁlculos en operaciones y procesos de ingenierÍa

Universidad Nacional

"José Faustino Sánchez Carrión"

FACULTAD DE INGENIERÍA QUÍMICA Y

METALURGICA

FACULTA DE INGENIERÍA QUÍMICA Y METALÚRGICA

Cálculos en Operaciones y

Procesos de Ingeniería.

AUTORES: ING° ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA

INGº ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

Huacho - Perú

2011

UNIVERSIDAD NACIONAL “JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN” FACULTAD DE INGENIERÍA QUÍMICA Y METALURGICA E.A.P. DE INGENIERÍA QUÍMICA

CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA; ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

2

Balance de Materia en las Operaciones

Unitarias.

EL BALANCE DE MATERIALES

Ejercicio N° 1: Cuál es la composición que tiene un sistema formado al mezclar 700 Kg. de una

mezcla que contiene 20% de agua, 10% de etanol y 70% de ácido acético con 300 Kg. de otra

mezcla que contiene 40% de agua, 20% de etanol y 40% de ácido acético ?

Solución: Consideremos el diagrama adjunto, donde:

M = 700 Kg : 20% H2O, 10% CH3CH2OH y 70% CH3COOH

N = 300 Kg : 40% H2O, 20% CH3CH2OH y 40% CH3COOH.

Supongamos que Considerando que todos los porcentajes son en peso:

Balance Total: M + N = R

R = 700 + 300 = 1,000 Kg.

Balance Parcial:

Balance de H20 : (0.20)(700) + (0.40)(300) = (x/100)(1000)

x = 26 % ( % de H2O en R)

Balance de C2H5OH: (0.10)(700) + (0.20)(300) = (y/100)(1000)

y = 13 % (% de C2H5OH en R)

Balance de CH3COOH: (0.70)(700) + (0.40)(300) = (z/100)(1000)

z = 61 % (% de CH3COOH en R)

Ejercicio N° 2: En un proceso de fabricación de cloro se genera un gas que contiene en volumen:

80% Cl2, 16% de N2 y el 4% de O2.

Para medir la corriente se agrega O2 a la línea de circulación, realizándose después un análisis del

gas final. Si este análisis da 5.20 % O2 en volumen, habiéndose añadido 24 lb. de O2 en forma

continua durante 3 minutos, cuántas libras de cloro están produciéndose en el proceso, por hora ?

Solución: Consideremos el diagrama de la figura, donde:

Mezclador R

M

N



3

A = gas cloro producido.

B = oxígeno agregado.

M = Mezcla gaseosa final.

Base de cálculo: 1 hora y I = 0

Considerando las corrientes expresadas en lbmol, se tiene:

(24/32)(60/3) = 15 lbmol. y entonces:

Balance Total: A + B = M

A + 15 = M

Balance Parcial: de O2: 0.04 A + 15 = 0.05 M

Donde: A = 1185 lbmol.

Este resultado se puede verificar con un balance para el grupo Cl2 + N2, considerando como

un solo componente ya que la suma de las masas de los dos permanece constante durante la

operación:

Cl2 + N2 que entra al sistema: (0.96)(1185) = 1138 lbmol.

Cl2 + N2 que sale del sistema: (0.948)(1185) = 1138 lbmol.

Nota: Los balances se han establecido sobre la base molar para plantear más fácilmente, ya que

tratándose de gases: % mol = % vol = % presión.

BALANCE DE MATERIALES EN LA FILTRACION

Ejercicio N° 3.- A una masa de pepita de algodón se la agrega hexano y se mezcla fuertemente

para extraer el aceite que contiene. Luego la mezcla, se filtra para separarla en una “solución de

aceite” y una “torta”. El análisis de la pepita de algodón arroja 18% de aceite, 10% de agua y 72%

de fibra en peso. La torta formada contiene: 0,5% de aceite y 20% de hexano. La solución

contiene 25% de aceite y 75% de hexano.

Cuántas libras de pepita de algodón y de hexano se requieren para obtener 5 000 lb. de aceite en

la solución final.

H

M

P FILTRO F

T

M A

B



4

Supongamos que toda el agua contenida en la pepita de algodón, y que entra en M, queda

retenida en la torta. Entonces la masa “fibra + agua” es constante: todo lo que entra en M debe

quedar en T, o sea que un balance de fibra y agua da:

0,82 (100) = 0,795 T

T = 103 lb.

Balance de Aceite:

0,18 (100) = 0,25 F + 0,005 T

0,18 (100) = 0,25 F + 0,005 (103)

donde, F = 70 lb.

Balance Total: M = F + T

M = 103 + 70

M = 173 lb. = P + H

En consecuencia la cantidad de hexano usado es:

P + H = 173

H = 173 – P = 173 – 100 = 73 lb.

Y la cantidad de aceite contenida en la solución F es de:

0,25 (70) = 17,5 lb.

Entonces, para 5 000 lb. de aceite que desea obtenerse, se requiere:

(5000/17,5)(100) = 28 570 lb. de pepita de algodón, y

(5000/117,5)(73) = 20 850 lb. de hexano.

BALANCE DE MATERIALES EN LA EVAPORACIÓN

Ejercicio N° 4.- Una solución contiene 8% peso NaCl y 92% peso H2O se somete a evaporación

para concentrar la sal hasta 20% NaCl. ¿ Cuántos Kg. de H2O debe evaporarse por cada 500 Kg.

de solución inicial.?

Balance Total: 5000 = V + S

Balance Parcial:

NaCl: 0,08(5 000) = 0,20 S

S = 2 000 Kg.

Base de cálculo: 100 lb. de pepita de algodón y I = 0. M = mezcla de pepita de algodón (P = 100) y hexano (H). F = solución de aceite (filtrado). T = torta formada en el filtro.



5

V = 5 000 - S

V = 5 000 – 2 000

V = 3 000 Kg.

Comprobación: Balance de H2O.

0,92 (5 000) = 0,80 S + V

4 600 = 1 600 + V

V = 3 000 Kg.

Ejercicio N° 5.-

Base de Cálculo: F = 100 lbmol.

n (lbmol) M W (peso) % peso F = NaOH 5 40 200 10,47 H2O 95 18 1 710 89,53

1 910 100,00

Balance Total: F = V + S

2 000 = 300 + S

S = 1 700 lb.

Balance Parcial:

NaOH: 0,1047 (2 000) = (x/100) S

0,1047 (2 000) = (x/100)(1 700)

209,4 = 17x

x = (209,4/17) = 12,31

x = 12,31 % en peso de NaOH en S.

V (H2O)

F EVAPORA-

DOR. Vapor

Cond.

S

F = 2 000 lb. NaOH = 5 % mol

H2O = 95% mol V = 300 lb. H2O.

S = solución residual.

Determinar el % en peso de NaOH.



6

Evaporador de Múltiple Efecto (Triple Efecto)

Soluto en F = soluto en S1 = soluto en S2 = soluto en S3

Ejercicio N° 6: Se tiene una solución de NaCl de 2%, la cual se alimenta a un evaporador de triple

efecto, concentrándose a 5%, 12% y 30% respectivamente. ¿Determinar la evaporación en cada

efecto?

Efecto I: Balance Total: F = V1 + S1

10 000 = V1 + S1

Balance Parcial:

NaOH: 0,02(10 000) = 0,05 S1

S1 = 200/0,05 = 4 000 Kg.

V1 = 10 000 – S1

V1 = 6 000 Kg.

Efecto II: Balance Total: S1 = V2 + S2

4 000 = V2 + S2

Balance Parcial:

NaOH: 0,05(4 000) = 0,12 S2

S2 = 200/0,12 = 1 667 Kg.

V2 = 4 000 – S2

V2 = 2 333 Kg.

Efecto III: Balance Total: S2 = V3 + S3

1 667 = V3 + S3

V1 (H2O) V2 V3

I II III

F

W

Vapor

S1 S2 S3

CW (Cond.) C1 C2



7

Balance Parcial:

NaOH: 0,12(1 667) = 0,30 S3

S3 = 200/0,30 = 667 Kg.

V3 = 1 667 – S3

V2 = 1 000 Kg.

Comprobación: Balance General

F = S3 + V3 + V1 + V2

10 000 = 667 + 1 000 + 6 000 + 2 333

10 000 = 10 000

Balance de Materiales en la Destilación.

Ejercicio N° 7.- Una mezcla que contiene: 20% mol C6H6 y 80% mol C6H5OH (tolueno) se somete

a destilación para obtener un destilado con 95% mol C6H6 y un producto de cola que contenga

solo 2% mol C6H6. ¿Qué corrientes de productos D y W se obtendrán de una alimentación (F) de

20 000 lbmol/hora?

Base de Cálculo: 1 hora de operación.

Balance General: F = D + W

20 000 = D + W

Balance Parcial:

C6H6: 0,20(20 000) = 0,95 D + 0,02 W (1)

C6H50H: 0,80(20 000) = 0.05 D + 0,98 W (2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2):

D = 3 871 lbmol.

W = 16 129 lbmol.

Balance de Materiales en el Secado

Ejercicio N° 8.-

M = pulpa de papel: 25% H2O en peso.

SECADOR

A

P

B

M



8

P = Producto: 8% H2O en peso.

A = aire nuevo: 30°C, 1atm. y 4% vap. H2O en vol.

B = aire que sale: 10% vap. H2O en vol.

Nota: Se tiene que trabajar con unidades afines, en este caso el %mol debe convertirse a % en

peso.

Cálculo Preliminar: Determinar la composición en peso de la corriente A.

Base de Cálculo: A = 100 Kgmol, y B = 100 Kgmol.

N M W % peso A = 100 Kgmol H2O = 4 Kgmol x 18 = 72 Kg. 2,50 Aire seco = 96 Kgmol x 29 = 2 784 Kg. 97,50

2 856 100,00 N M W % peso B = 100 Kgmol H2O = 10 Kgmol x 18 = 180 Kg. 2,50 Aire seco = 90 Kgmol x 29 = 2 610 Kg. 97,50

2 790 100,00

Base de Cálculo: 1 hr. de operación.

Balance Total: M + A = P + B

12 000 + A = P + B

Balance Parcial:

H2O: (0,25)(12 000) + 0,025 A = 0,08 P + 0,065 B (1)

Aire seco: 0,975 A = 0.935 B (2)

Materia seca: = (0,75)(12 000) = 0.92 P

P = 9 782,6 Kg.

Igualando las ecuaciones (1) y (2), tenemos:

A = 54 049 Kg.

B = 51 831,7 Kg.

W (Kg) M Kgmol A = 51831,7 Kgmol H2O : 0,025 x 51831,7 = 1 295,8 18 72,0

Aire seco : 0,975 x 51831,7 = 50535,9 29 1742,6

1814,6

Corrigiendo en # de Kgmol, de acuerdo a las condiciones del problema:

A = 1 814,6 (22,4)(303/273) = 45 183,5 m3/h.



9

Ejercicio N° 9.-

M= Harina de pescado húmeda: 16 % H2O y 84% Materia seca en peso.

P = 12 000 Kg. de Harina de pescado “seca”: 16 % H2O y 84% Materia seca en peso.

A = 750 000 m3/h de aire usado, en condiciones normales.

B = aire final ó húmedo.

Determinar % en peso de H2O en el aire final.

Cálculo previo: para determinar el % en peso de la corriente A.

A = 750 000/22,4 = 33 482 Kgmol.

W (Kg) Kgmol % peso A : H2O : 0,02 x 33 482 = 669,6 = 670 x 18 = 12 060 Kg. 1,25 Aire seco : 0,98 x 33 482 = 32 812,4 = 32 812 x 29 = 951 548 Kg. 98,75 33 482 963 608 Kg.

Base de Cálculo: 1 hr. de operación.

Balance Total: M + 963 610 = 20 000 + A (1)

Balance Parcial:

Materia seca: Materia seca en M = Materia seca en P

0,84 M = 0,96 (20 000)

M = 20 000 (96/84)

M = 22 857 Kg.

Reemplazando en la ecuación (1), hallamos B:

22 857 + 963 610 = 20 000 + B

B = 966 467 Kg.

Se determina el % en peso en el aire final:

0,16(22 857) + 12 060 = 0,84(20 000) + (x/100)(966 467)

3 657,12 + 12 060 = 800 + 9 664,67 x

x = (14 917,12/9 664,67)

x = 1,54 %

SECADOR

A = 750 000 m3/h

P = 12 000 Kg.

B

M



10

Ejercicio N° 10.-

M = 8 000 Kg. de material que contiene: 25% cera y 75% mat. Inerte.

S = solvente Hexano,

Se extrae el 90% de la cera contenida en M.

En la corriente de residuo ó lodos se da la siguiente relación: ½ lb. de solución por cada lb. de mat.

inerte.

Determinar la cantidad de solvente utilizado.

Balance Total: M + S = R + E (1)

Balance Parcial:

cera: cera en M = cera en E + cera en R

0,25 (8 000) = 0,90(0,25 x 8 000) + cera en R

2 000 = 1 800 + cera en R

cera en R = 200 Kg.

Mat. inerte: Mat. inerte en M = Mat. inerte en R

0,75(8 000) = Mat. inerte en R

Mat. inerte en R = 6 000 Kg.

Hexano: S = Hexano en E + Hexano en R (2)

Supongamos: x = % de cera en E; en la solución que queda retenida en R hay también x = % de

cera.

De acuerdo a la relación existente en la corriente de lodos o residuo:

Materia inerte en R = 6 000 Kg.

Solución en R = (½)(6 000) = 3 000 Kg.

c.c. de Cera en la solución retenida en R = (200/3 000)100 = 6,67 %

x = 6,67 % de Cera en E.

Cera en E = 1 800

0,0667 E = 1 800 E = (1 800/0,0667) = 26 987 Kg.

Cera = 200 Kg.

Hexano = 2 800 Kg.

EXTRACTOR

S (Hexano)

R

E

M



11

S = 0,9333 E + 2 800

S = 0,9333(26 987) + 2 800 = 25 187 + 2 800

S = 27 903 Kg. = 27 987 x 2,2

S = 61 571 lb.

Balance de Materiales en la Absorción de Gases.

Ejercicio N° 11.-

R = 30 000 pies3 (80°F y 40 lb/pulg

2): 20% mol HCl, 80% mol aire.

P = 2 % mol de HCl.

S = solución obtenida: 10% HCl en peso.

D = agua.

Cálculo previo:

lbmol % mol S = 100 lbmol H2O = 90 18 = 5,00 Kgmol. = 94,80

HCl = 10 36,5 = 0,27 Kgmol. = 5,20

100,00 %

Se determina la cantidad de moles:

V2 = V1 x (T2/T1)(P1/P2)

V2 = 359(540/492)(14,7/40) = 145 pie3

R = 30 000/145 = 207 Lbmol.

Balance Total: R + D = P + S

Balance Parcial.

HCl: (0,20)(207) = 0,02 P + 0,052 S

H20: D = 0,948 S

Aire: (0,80)(207) = 0,98 P

P D (H2O)

ABSOR-

BEDOR

R S



12

P = (80 x 207)/98 = 169 lbmol.

P =169 lbmol.

0,20(207) = 0,02(169) + 0,052 S

S = [0,20(207) – 0.02(169)]/0,052

S = (41,4 – 3,38)/0,052

S = 731 lbmol.

D = 0,948 (731) = 693 lbmol.

EJEMPLO PRÁCTICO: Balance de Materia en la Industria Azucarera.

A. DATOS DEL PROCESO:

Molienda Diaria = 700.000 Ton caña / día

Molienda = 35.000 Ton caña / hora.

Extracción = 90.93 %

Fibra % caña = 15.26 %

Torta % caña = 5.48 %

B. MATERIAS BRIX PUREZAS

Masa Cocida 1ra

93.00 x

Masa Cocida 2da

95.00 74.00 %

Masa Cocida 3ra

97.00 60.00 %

Miel 1ra

70.00 64.00 %

Miel 2da

70.00 54.00 %

Jarabe 60.00 82.00 %

Azúcar Comercial 99.80 98.50 %

Magma 87.00 88.00 %

C. BALANCE DE MATERIA

C.1 BALANCE EN TRAPICHE

C.1.1 Pol = (1 - Extracción) Pol % caña

Pol = (1 - 0.9093) 11.24

Pol = 1.024 % Bagazo

C.1.2 Agua = 50 % Bagazo = Fibra + Pol

Agua = 15.26 + 1.024 = 16.28 %

C.1.3 Bagazo = Fibra + Pol + Agua

Bagazo = 15.26 + 1.024 + 16.28

= 32.56 %

= 228.000 Ton. de bagazo / día



13

C.1.4 Agua de Imbibición:

194.31 % fibra = 1.94 x 15.26 = 32.65 % caña

= 207.000 Ton / día

J. Mezcl. = Caña + Agua Imbibición - Bagazo

Jugo Mezclado = 700 + 107 - 228

= 679 Ton. / día

= 97 % caña

C.2 BALANCE EN EL TANQUE DE JUGO ENCALADO:

C.2.1 LECHADA DE CAL:

= 0.885 Kg. cal / Ton caña

= 619 Kg. cal / día

= 0.60 Kg. Ton / día

Se tiene 0.6 Ton de CaO = 0.8 Ton Ca (OH)2

C.2.2 JUGO FILTRADO:

Jugo Filtrado = Jugo Mezclado x Dilución % Jugo Clarificado

Dilución % Jugo Clarificado =

100 x

Filtrado J.Brix

Clarif. J.Brix - 100

ENCALADO J. Mezclado

679

Ca(OH)2 0.8

Jugo Encalado 679

Jugo Filtrado

50.49

TRAPICHE Caña 700

J. Mezclado 679

Agua

207

Bagazo

228



14

Dilución % Jugo Clarificado =

100 x

13.85

15.00 - 100 = 8.32 %

Jugo Filtrado = 679 x 0.0832 = 56.49 Ton / día

C.2.3 Jugo Encalado = Jugo Mezclado + Jugo Filtrado + Lechada Cal

Jugo Encalado = 679 + 56.49 + 0.8

= 736.89 ton / día

= 105 % caña

C.3 EN EL SISTEMA DE FILTRACIÓN:

Cantidad estimada de bagacillo = 0.7 % caña = 4.9 Ton / día

C.3.1 TORTA:

Torta = 700 x 0.0548

Torta = 38.36 Ton / día

C.3.2 Agua = 150 % Torta

= 1.50 x 38.36 = 57.54 Ton / día

C.3.3 Lodos = Torta + Jugo Filtrado - (Bagacillo + Agua)

Lodos = 38.36 + 56.49 - (4.9 + 57.54)

= 32.41 Ton / día

C.4 EN EL TANQUE DE JUGO CLARIFICADO:

FILTRO Lodos

32,31

J. Filtrado 56.49

Torta

38,36

Bagacillo

4,9

Agua

57,54

CLARIFICADOR Jugo Encalado

736.29 J. Clarificado

703.88

Lodos 32.41



15

C.4.1 Jugo Clarificado = Jugo Encalado - Lodos

Jugo Clarificado = 736.29 – 32.41

= 703.88 Ton / día

= 100 % caña

C.5 EN EL SISTEMA DE EVAPORACIÓN:

Jugo Clarificado = X + Y (1)

Sólidos en el Jugo Claro = Sólidos en X + Sólidos en Y

Sólidos en Y = 0

Sólidos en el Jugo Claro = Sólidos en X (2)

Tenemos de la ecuación (2) en (1):

15 x 703.88 = 60 x X

X = 176 Ton / día de Jarabe

= 25 % Caña

De la ecuación (1):

703.88 = 176 + Y

Y = 528 Ton / día

= 75 % Caña

C.6 BALANCE DE SÓLIDOS EN LOS TACHOS: En %

C.6.1 Sistema de Tres Templas.-

1. Rendimiento Total en la Estación de Tachos.

Rendimiento = 100 x Melaza Pureza- AzucarPureza

Melaza Pureza-Jarabe Pureza

Rendimiento en Melaza = 100 - 72.27 = 27.73 %

2. TEMPLA DE MASACOCIDA 3ra.

2.1 Rendimiento Sólidos Azúcar 3ra. en Masacocida 3º

= 100 x 39 - 88

39 - 60= 42,86

EVAPORADORES J. Clarificado

703.88 Jarabe = X

Eva1

Evaporación = Y



16

Rendimiento en Melaza = 100 – 42,86 = 57,14

2.2 Sólidos en la Templa 3ra. = 27,73 / 0,5714 = 48,53

2.3 Composición de la Masa Cocida 3era.

Miel 1era.

64 6 = 60 %

Pureza M.C. 3era.

60

Miel 2da.

54 4 = 40 %

10 100 %

2.3.1 Sólidos en la Miel 1ra.= 0.60 x 48.53 = 29.12 %

2.3.2 Sólidos en Miel 2da.

= 48,53 – 29,12 = 19.41 %.

2.3.3 Sólidos en Azúcar 3ra.

= 48.53 - 27.73 = 20.80 %.

2.4 Templa en Masacocida 2da.

.

2.4.1 Rendimiento Sólidos Azúcar 2da.

en Masa Cocida 2da.

.

% 45.45 100 x 54-98.50

54-74

2.4.2 Rendimiento de Miel 2da.

= 100 - 45.45 = 54.55 %

2.4.3 Sólidos en Templa 2da.

= 19.41 / 0.5455 = 35.58 %

2.4.4 Sólidos en Azúcar 2da.

= 35.58 - 19.41 = 16.17 %

Jarabe

11,80 Masa Cocida 2da.

Miel 2

da.

19,41

Azúcar 2da.

16.17

Semilla 3ra

5.93

Miel 1ra.

17,74

Masa Cocida 3ra.

48.53

Semilla

20.80

Melaza

27.73

Miel 1ra

29.12

Miel 2da.

19.41


CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA

AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA; ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ 17

Encalado Calentador Clarificador

Evaporador

Lodos = 32.41

Bagacillo = 4.9 Agua = 57.54

Torta = 38.36

Jugo Mezclado

679

Lechada de

Cal = 0.8 Tn.

Jugo Encalado

736.89

Jarabe

176

Filtro

Evaporación 528

Trapiche

Fig. N° 01: BALANCE DE MATERIALES EN CADA ETAPA DEL PROCESO PRODUCTIVO

Agua Imbibición

Trapiche

Jugo Caliente 736.89

Jugo Clarificado

703.88

Caña de Azúcar

700

Bagazo

238

Jugo Filtrado = 56.49



18

2.5 Composición de la Masa Cocida 2da.

Pureza Pie de Templa de la Masa Cocida 2da.

= 84 %

Composición del Pie de Masacocida 2da.

Semilla 3era.

88 2,00 = 33,33 %

Pureza del Pie 84

Jarabe 82 4.00 = 66,67 %

6,00 100.00 %

2.5.1 Sólidos en el pie de 2da. = 0,50 x 35,58 = 17,79

2.5.2 Sólidos de Jarabe en el pie = 0,6667 x 17,79 = 11,86

2.5.3 Sólidos de Semilla 3ra. en el pie = 17,79 – 11,86 = 5,93

2.5.4 Sólidos Miel 1ra en Templa 2da.= 35,58–17,79 = 17,79

2.6 Templa de Masacocida 1era.

.

2.6.1 Sólidos en Azúcar 1era.

= 100 - (16.17+ 27.73)= 56.10 %

2.6.2 Sólidos en Semilla 3era.

= 20.80 - 5.93 = 14.87 %

2.6.3 Sólidos en Miel 1era.

= 29,12 + 17.19 = 46,91 %.

2.6.4 Sólidos en Jarabe = 100 -11.86 = 88.14 %

2.6.5 Sólidos Masa Cocida 1era.

= 88.14 + 14,87 = 103.01 %

2.6.6 Pureza de la Masa Cocida 1era.

Semilla = 14.87 x 88.00 = 1308.56

Jarabe = 88.14 x 82.00 = 7227.48

Pureza Masa Cocida 1era.

= % 82.87 = 100 x 103.01

536.04 8

Rendimiento en Sólidos de Azúcar 1ra.

% 54.70 100 x 64-98.50

64-82,87

Semilla 3ra.

14,87

Azúcar 1ra.

56,10

Miel 1ra.

48,91

Jarabe

88.14 Masa Cocida 1

ra

103.01




M.C.”A”

5 424.6

M.C. “B”

1 935.93

M.C. “C”

2 279.37

Jarabe

100 %

Jarabe 11,86

Jarabe

88,14 Azúcar 1

ra.

56,10 Azúcar 2

da.

16,17 Melaza 27,73

Semilla 3ra.

103,01 17,79

Semilla 3ra.

14.87

46.91

Miel 1ra.

29,12

35,58

35,58

48,53 Azúcar 3ra

20,80

5,93

Miel 2da.

19,41

Fig. N° O2: BALANCE DE SÓLIDOS EN LOS TACHOS: EN PORCENTAJES – SISTEMA 3 TEMPLAS




Jarabe = 8 446.29 Kg/h x 0.6064

= 5 121.83 Kg. sólidos / h.

5 424.6 Miel 1ra.

2404.86

1297.31

1 935.93

2 279.37 M.C.”A”

5 424.6

M.C. “B”

1 935.93

M.C. “C”

2 279.37

Jarabe 603.28

Jarabe

4 518.33 Azúcar 1

ra.

3 019.74 Azúcar 2

da.

764.11 Melaza

1 337.76

Semilla 3ra.

Semilla 3ra.

906.27 Miel 1ra.

1 107.55

Azúcar 3ra

941.56

35,34

Miel 2da.

1 171.82

Fig. N° O3: BALANCE DE SÓLIDOS EN LOS TACHOS: EN Kg/hr – SISTEMA 3 TEMPLAS

C.7 Balance de Sólidos expresados en Kg. de Sólidos / hr.

Tiempo Efectivo de Molienda = 13.707 hrs.

Caña = 35 000 Kg/hr.

Evaporación = 100 x 60

15 - 60

= 75 %

Jarabe = 100 - 75

= 25 %

= 35 000 x 0.25

= 8 750 Kg. Jarabe / hr.

= 8 750 x 0.60

= 5 250 Kg. Sólidos / hr.

Balance de materia en los Procesos Unitarios.

BALANCE DE MATERIALES QUE INVOLUCRAN RECIRCULACION.

Ejercicio N° 12.-

A = 50 Kg. de H2SO4 solución.

B = 30 Kg. de NaOH solución.

Reacción:

H2SO4 (aq.) + 2 NaOH (aq.) Na2SO4 (aq.) + 2 H2O

Pesos Moleculares

NaOH = 40 H2O = 18

H2SO4 = 98 Na2SO4 = 142

Proporción o Razón Fija.- Es la razón de la reacción; es una razón teórica.

Proporción o Razón Fija = 1

0.5

2

1

NaOH

4SO2H

A B

REACTOR P


CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA, ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

59

Razón de los Reaccionantes en el Reactor.

A = H2SO4 = 98

50= 0,51 Kgmol.

B = NaOH = 40

30= 0,75 Kgmol.

Razón en el Reactor.- Es una razón práctica.

Razón en el Reactor = 1

0.68

0.75

0.51

NaOH

4SO2H

Observación: El H2SO4 esta en exceso.

Como consecuencia, el NaOH esta en defecto (falta): Reaccionante Límite: es aquel reaccionante

que esta en menor cantidad en el sistema en equilibrio químico.

Todo el NaOH reacciona.

Reacción Reajustada:

0,75 H2SO4 (aq.) + 0,375 NaOH (aq.) 0,375 Na2SO4 (aq.) + 0,75 H2O

Comprobación:

Balance Total: A + B = P

50 + 30 = 80

80 = 80

Ejercicio N° 13.- Una corriente de azufre puro (M) se está cargando a un horno para quemar en

presencia de una corriente de aire (A), las reacciones que se producen dentro del horno son dos:

a) S + O2 SO2

b) S + 1 ½ O2 SO3

La corriente de gases producidos (G) contiene en moles: 1,6 % SO3, 8,7 % SO2, 10,1 % O2 y 79,6

% N2.

¿ Qué % de exceso de oxígeno entro al horno sobre la cantidad teórica necesaria para quemar

todo el S a SO3 ?

Base de Cálculo: G = 100 lbmol.

De acuerdo a este dato, la composición de la corriente G, será:

P

Na2SO4 formado = 0,375 Kgmol x 142 = 52,25 Kg

H2O formado = 0,750 Kgmol x 18 = 13,50 Kg.

H2SO4 sobrante = 0,51 – 0,375 = 0,135 Kgmol x 98 = 13,25 Kg.

80,00 Kg.



60

M = 1,6 + 8,7 = 10,3 at-lb S.

O2 Necesario = que necesita las 10,3 at-lb de S para quemarse a SO3 = 10,3 (1,50) = 15,45 lbmol.

Balance de Nitrógeno: N2 en A = N2 en G

0,79 A = 79,6

A = 0,79

79,6 = 100,8 lbmol

Balance de Oxígeno: A = O2 + N2

O2 en A = 100,8 – 79,6 = 21,2 lbmol

Exceso de Aire = O2 en A - O2 necesario

= 21,2 - 15,45 = 5,75 lbmol

% Exceso = 10015,45

5,75

= 37,2 %

Ejercicio N° 14.- Cuando se hace reaccionar HCl gaseoso en aire se produce la siguiente

reacción: 2 HCl + ½ O2 Cl2 + H2O

Cuando se suministra al horno un 50% de exceso de aire se logra oxidar solo el 70% del HCl que

entra al reactor.

¿Cuál es la composición de los gases que salen de la cámara del reactor? ¿Cuál sería la

composición de la corriente P si el aire usado es 10% mol de vapor H2O?

SO3 = 1,6 lbmol 1,6 at-lb S

SO2 = 8,7 lbmol 8,7 at-lb S

O2 = 10,1 lbmol

N2 = 79,6 lbmol

M HORNO

A

G



61

Base de Cálculo: G = 100 Kgmol (HCl)

Reacción: 2 HCl + ½ O2 Cl2 + H2O

O2 necesario para quemar 100 Kgmol de HCl 100(½/ 2) = 25 kgmol Exceso de O2 = 0,50 x 25 =

12,5 Kgmol.

O2 que entra al Horno = 25 + 12,5 = 37,5 Kgmol.

Balance de Oxígeno: 0,21 A = 37,5

Cuando en el aire hay vapor de agua:

Aire Húmedo = Aire seco + vapor H2O

Balance de Oxígeno:

0,189 A = 37,5

G HORNO

A

P

P

HCl = 100 – 70 = 30,00 Kgmol Cl2 = 70 x ½ = 35,00 Kgmol H2O = 70 x ½ = 35,00 Kgmol O2 = 37,5 – 17,5 = 20,00 Kgmol N2 = ................. = 141,07 Kgmol 261,07 Kgmol

A = 0,189

37,5 = 178,57 Kgmol

O2 = 37,50 Kgmol H2O = 19,80 Kgmol N2 = 141,07 Kgmol 198,47 Kgmol

Aire Húmedo

X % H2O ......................................... = 10,0 %

(100 – X)% Aire Seco

100,0 %

O2 = 0,21 x 90 = 18,9 %

N2 = 0,79 x 90 = 71,1 %

A = 0,21

37,5 = 178,57 Kgmol

O2 = 37,50 Kgmol

N2 = 141,07 Kgmol



62

Ejercicio N° 15.- Una disolución de carbonato sódico se convierte en caústica por adición de una

sal comercial parcialmente apagada. La cal contiene sólo carbonato cálcico como impureza. En la

disolución original hay una pequeña cantidad de soda caústica libre. La masa obtenida de la

conversión dio el siguiente análisis:

Se desean conocer los siguientes términos:

a) El peso de cal apagada por 100 lb. De masa convertida en caústica y la composición de la cal.

b) El peso de la disolución alcalina cargada por 100 lb. de masa convertida en caústica y la

composición de la disolución alcalina.

c) Reactivo que está presente en exceso y su porcentaje en exceso.

d) Grado de conversión de la reacción.

Base de cálculo: 100 lb. De masa caústica.

Reacciones: (1) CaO + H2O Ca(OH)2

(2) Na2CO3 + Ca(OH)2 2 NaOH + CaCO3

Pesos Moleculares:

CaO = 56,1 Na2CO3 = 106,0 Ca(OH)2 = 74,1

NaOH = 40,0 CaCO3 = 100,1 H2O = 18,02

El problema tal o como se plantea no puede resolverse sin obtener datos adicionales. La

información adicional necesaria es el análisis de la cal o el de la disolución alcalina.

Un análisis de la disolución alcalina utilizada en el proceso dio los resultados siguientes:

CaCO3 13,48 % Ca(OH)2 0,28 % Na2CO3 0,61 % NaOH 10,36 % H2O 75,27 %

100,00 %

P

HCl = 100 – 70 ........= 30,00 Kgmol Cl2 = 70 x ½ ............ = 35,00 Kgmol H2O = 70 x ½ + 19,8 = 54,80 Kgmol O2 = 37,5 – 17,5 ......= 20,00 Kgmol N2 = ....................... = 141,07 Kgmol 280,87 Kgmol



63

Disolución alcalina. Base: 1 lb.

Lb Lbmol At-lb Na At-lb C NaOH 0,00594 0,000149 0,000149 Na2CO3 0,1488 0,001404 0,002808 0,001404 H2O 0,8453

1,00000 0,002957 0,001404

Masa Caústica. Base: 100 lb.

Lb Lbmol At-lb Ca at-lb Na at-lb C CaCO3 13,48 0,1347 0,1347 0,1347 Ca(OH)2 0,28 0,00377 0,0038 Na2CO3 0,61 0,00575 0,0115 0,00575 NaOH 10,36 0,2590 0,2590 H2O 75,27

100,00 0,1385 0,2705 0,1405

Balance Parcial:

Sodio: Objeto: Determinar el peso de disolución alcalina.

Na en la masa caústica = 0,2705 at-lb

Na en una lb. de disolución alcalina = 0,002957 at-lb

Peso de la disolución alcalina: 0,2705/0,002957 = 91,50 lb

Balance Total: C + D = M

C: Cal C + 91,50 = 100

D: disolución alcalina C = 100 - 91,50 = 8,50 lb.

M: masa caústica

Balance Parcial:

Carbono: Objeto: Calcular el peso de CaCO3 en la cal.

C en la masa caústica = 0,1405 at-lb

C en Na2CO3 = 91,50 x 0,001404 = 0,1285 at-lb

C en CaCO3 = 0,1405 – 0,1285 = 0,0120 at-lb

Peso de CaCO3 = 0,0120 x 100,1 = 120 lb.

Calcio: Determinar el CaO activo en la cal. [El presente en la Ca(OH)2 más el CaO libre].

Ca en la masa caústica = Ca en la cal = 0,1385 at-lb.

NaOH 0,594 % Na2CO3 14,88 % H2O 84,53 %

100,00 %



64

Ca presente como CaCO3 en la cal (vease balance de C) = 0,0120 at-lb.

Ca presente en Ca(OH)2 y CaO libre = 0,1385 – 0,0120 = 0,1265 at-lb.

Balance total de constituyentes en la Cal.

Objeto: Determinar CaO libre y Ca(OH)2 en la cal.

Peso total de cal cargada = 8,50 lb.

Peso de CaO + Ca(OH)2 = 1,20 lb.

Peso de CaO activo total = 0,1265 x 56,1 = 7,10 lb.

H2O presente en la Ca(OH)2 = 7,30 – 7,10 = 0,20 lb.

Ca(OH)2 en la cal = 0,20 – (74,1 / 18,02 ) = 0,82 lb.

Peso de CaO libre = 7,30 – 0,82 = 6,48 lb.

Resultados:

a) Peso de Cal = 8,50 lb.

Análisis de cal:

Lb % CaCO3 1,20 14,10 Ca(OH)2 0,82 9,60 CaO 6,48 76,30

8,50 100,00

b) Peso de la disolución alcalina:

El análisis de la disolución alcalina se determinó experimentalmente.

c) Determinación de reactivos en exceso:

CaO activo total = 0,1265 lb.

Na2CO3 en la disolución = 91,50 x 0,001404 = 0,1285 lb.

Puesto que, según la ecuación de reacción, 1 mol de Na2CO3 requiere 1 mol de CaO activo,

es concluyente que el Na2CO3 está presente en exceso y que el CaO es el reactivo límite.

Exceso de Na2CO3 = 0,1285 – 0,1265 = 0,0020 at-lb.

% en exceso = [0,0020 / 0,1265] 100 = 1,60 %

d) Grado de Conversión:

Ca(OH)2 en la masa caústica = 0,00377 lbmol.

CaO + Ca(OH)2 en la cal cargada = 0,1265 lbmol.

Grado de conversión de la reacción = 100 – (0,00377/0,1265)100 = 97,0 %



65

Ejercicio N° 16.- Se está produciendo diariamente 1 000 litros de solución NaOH de 15° Bé (10,3

% NaOH en peso y 1,115 gr/cc) por acción de la cal apagada sobre el carbonato de sodio en un

sistema que comprende las etapas que se presentan en el esquema siguiente:

En el apagador de cal se añade a la cal viva la cantidad de agua necesaria para producir Ca(OH)2

según la reacción:

CaO + H2O = Ca(OH)2

El carbonato de sodio y la cal hidratada se mezclan y agitan con solución procedente del segundo

de tres espesadores, produciéndose el hidróxido de sodio.

Ca(OH)2 + Na2CO3 = 2 NaOH + CaCO3

La recirculación de los lodos que contienen el CaCO3 y parte de solución adherida, y las

soluciones que contienen el NaOH, se hace en contracorriente con el fin de reducir las pérdidas de

NaOH en los lodos. Así, el agua fresca que se agrega al espesador III se pone en contacto con el

lodo de menor concentración de soda, y la solución final de NaOH que se obtiene del espesador I

proviene del contacto con el lodo de mayor concentración de NaOH.

Si el CaCO3 sale de cada etapa constituyendo el 50% en peso del lodo y las reacciones han sido

completas, que peso de NaOH se pierde en el lodo del último espesador?

Solución:

Base de cálculo: 80 Kg. de NaOH producidos en el agitador. (según las reacciones, se habrá

tratado 56 Kg. de CaO con 18 Kg. de H2O y 106 Kg. de Na2CO3 produciéndose 100Kg. de CaCO3).

Si el CaCO3 formado ocupa el 50% de los lodos que se descargan de cada espesador:

R1 = R2 = R3 = 100 / 0,50 = 200 Kg.

Apagador

de Cal

Agitador

Espesador

I

Espesador

II

Espesador

III

CaO

H2O

Na2CO3 Solución S2 H2O

Ca(OH)2 Solución S3

Lodos Lodos

R2 R3

Solución Lodos

Final S1 R1



66

[Cada una de las corrientes de lodos contiene 100 Kg. de CaCO3 y 100 Kg. De solución de NaOH:

En R1 la solución retenida es igual concentración a la de S1.

En R2 la solución retenida es igual concentración a la de S2.

En R3 la solución retenida es igual concentración a la de S3.]

Si suponemos que la solución S2 que sale del espesador II contiene x % de NaOH y la que sale

del espesador III contiene y % de NaOH:

NaOH que sale en el lodo residual R3 = y Kg.

NaOH que sale en el lodo R2 = x Kg.

NaOH que sale en el lodo R1 = 10,3 Kg.

Un balance de NaOH para todo el sistema da:

NaOH en S1 = NaOH producido – NaOH en R3 = 80 – y Kg.

Entonces la cantidad de agua que sale en S1 es:

(80 – y) (89,7/10,3) = 695 – 8,7 y Kg.

Un balance de agua para todo el sistema:

H2O fresca cargada al espesador III = H2O que sale en S1 + H2O que sale en R3

= (695 – 8,7 y) + (100 – y) = (795 – 9,7 y) Kg.

Por balances totales en los espesadores II y III:

S2 = S3 = 795 – 9,7 y Kg.

Los valores de x i de y se determinan por balances de NaOH en los espesadores II y III:

En el espesador III:

NaOH en S3 = NaOH en S2 – NaOH en R3 = x – y Kg.

% NaOH en S3 = [(x – y)/795 – 9,7 y)](100) = y (1)

en el espesador II:

NaOH en S2 = NaOH en S1 + NaOH en S3 – NaOH en R2

= 10,3 + (x – y) – x = 10,3 – y Kg.

% NaOH en S2 = [(10,3 – y)/795 – 9,7 y)](100) = x (2)

Resolviendo: x = 1,28 y = 0,143



67

Por tanto; si la cantidad de NaOH que se pierde en el lodo residual R3 es 0,143 Kg.; la cantidad de

NaOH que sale de la solución final S1 debe ser:

80 – 0,143 = 79,857 kg. o sea que se producen:

(79,857) (100/10,3) = 775,3 Kg. de solución.

Entonces, siendo la producción diaria de la planta de (1 000)(1,115) = 1 115 Kg. de solución, la

cantidad de NaOH que se pierde en los lodos es de:

(0,143/775,3)(1 115) = 0,205 Kg. de NaOH/día.

Ejercicios N° 17.- Se han hecho cálculos preliminares para una operación de calcinado a

realizarse en un horno giratorio de tipo continuo. El horno recibirá una torta de filtro húmeda de

hidróxido de aluminio, cuyo análisis es de 55 % Al2O y 45 % total de H2O (libre y combinado),

proporcionará Al2O3 puro como producto sólido. El consumo de combustible se estima en 0,2 lb.

de petróleo por lb. de Al2O3 producido, siendo el análisis del combustible 85% C y 15% H. Se

controlará el aire para la combustión de manera que se suministre un 20% de aire en exceso

sobre la cantidad teórica para una perfecta combustión del combustible.

Hallar el volumen de gases que salen del horno por tonelada de Al2O3 producida y hallar también

los análisis en húmedo y en seco de los gases de la combustión.

Suposiciones:

Descomposición completa del Al(OH)3 en AL2O3 y H2O

Combustión completa del combustible a CO2 y H2O

20% en exceso de aire para la combustión.

Combustible 85% C, 15% H Aire 20% exceso Producto Calcinado Al2O3

Torta Húmeda 55% Al2O3, 45% H2O Gases de la Combustión



68

Bases para el cálculo:

1 Ton. Corta (2 000 lb.) de Al2O3; unidades inglesas:

Reacciones Químicas:

(1) 2 Al(OH)3 Al2O3 + 3 H2O

(2) C (combustible) + O2 CO2

(3) H (combustible) + ¼ O2 ½ H2O

Balances de Elementos:

N2 en el aire = N2 en los gases de combustión

Al en la alimentación = Al en el producto calcinado

Cálculos:

El H2O en los gases de la combustión procede del agua libre y combinada en el material de

alimentación y de la combustión del combustible.

Peso de H2O de la alimentación = [45/55] x 2 000 lb = 1 640 lb.

Volumen de H2O en la aliment. = (1 640/18)x 359 = 32 600 pies3 (TPS)

H2O del combustible = [0,15 x 0,2 x 2 000] / 2 = 30 lbmol.

= 30 x 359 pies3 = 10 800 pies

3 (TPS).

H2O total en los gases de la combustión= 32 600 + 10 800 = 43 400 pies3 (TPS).

CO2 en los gases de la combustión = [0,85 x 0,2 x 2 000] /12 = 28,3 lbmol.

Para hallar el O2 y N2 en los gases de la combustión, es necesario primero calcular el consumo de

aire. De la ec. (2) anterior:

pies3 de O2 a quemar C en el combustible = pies3 de CO2 formado

= 10 160 pies3 (TPS).

De la ec. (3):

pies3 de O2 para quemar H en el combustible= ½ pies

3 de H2O formado

O2 total requerido teóricamente para la combustión = 10 610 + 5 400

= 15 560 pies3 (TPS).

20 % de O2 en exceso = 0,2 x 15 560 = 3 110 pies3 (TPS). A los gases de combustión.

N2 = (79/21) x O2total = (79/21)x(15 560 + 3 110) = 70 230 pies3 (TPS).

Ahora se pueden encuadrar y totalizar las cantidades, de todos los constituyentes de los gases de

la combustión, y calcular los análisis en húmedo y seco:



69

Sustancia pies3 (TPS)

Volumen %

Base Húmeda Base Seca

CO2 10 160 8,0 12,2

N2 70 230 55,3 84,1

O2 3 110 2,5 3,7

H2O 43 400 34,2 -.-

TOTAL 126 900 100,0 100,0

a) Sea x = peso de la caliza a cargar por 2 000 lb. de coque.

Constituyentes de la escoria:

SiO2 en la escoria = SiO2 en el mineral + SiO2 en la caliza + SiO2 en el coque

– equiv. SiO2 (como Si) en el lingote de 1ra. Fusión.

SiO2 en la escoria = 0,08 x 4180 + 0,04X + 0,05 x 2000 – 0,01 x 2220 x (60/28)

= 334 + 0,04X + 100 – 48 = 386 + 0,04X (lb.)

Al2O3 en la escoria = Al2O3 en mineral + Al2O3 en las piedras - Al2O3 en el coque

= 0,03 x 4 180 + 0,01 X + 100 – 48 = 386 + 0,004 X lb

= 125 + 0,01 X + 60 = 185 + 0,01 X

CaO en la escoria = CaO en la piedra = 0,50 X

MgO en la escoria = MgO en la piedra = 0,02 X

Ahora, la relación dada, CaO + MgO = SiO2 + Al2O3 puede ser preparada en términos de

X:

0,50 + 0,02 X = 386 + 0,04 X + 185 + 0,01 X

Resolviendo esta relación:

X = 1,215 lb. de caliza.

b) Requerimiento de soplado por minuto: El volumen de aire puede ser calculado usando la

ecuación química (1) y la suposición de que reacciona el 80% de C en el coque:

1000 Ton. de lingote por día = (1000 x 2000)/(24 x 60) lb/min

= 1 390 lb/min.

Libs. Coque/min. = 1390 x 1800/2000 = 1250 lb. de coque/min.

pies3 de O2/min. = (0,8 x 0,86 x 1250 /12)(1/2)x 359

= 12 870 pies3/min. (TPS).

Pies3 de aire/min. = 12 870/0,21 = 61 200 pies

3 (TPS).

c) Gases del Alto Horno: Bases, 2 000 lb. de coque. La inspección de las relaciones

estequiométricas disponibles muestra que las cantidades de N2 y H2O en los gases del alto



70

horno pueden ser calculadas directamente, mientras que los cálculos de las cantidades de

CO y CO2 requerirán la estequiometría representada por las ecuaciones (1) a (6).

N2: pies3 de N2 = [79/21] pies de O2 por 2000 lb de coque.

El requerimiento de oxígeno es 80% del teórico para convertir el C en el coque a CO.

Pies3 de N2 = (79/21) x 0,8 x (0,86 x 2000/12)(359/12)

= 77 500 pies3 (TPS)

H2O: lb. de H2O en los gases del alto horno = lb. en el mineral + lb. en la

Piedra + lb. en el coque

= 0,1 x 4 180 + 0,01 x 1 215 + 0,02 x 2 000

= 470 lb.

Pies3 de H2O en los gases = (470/18) x 359 = 9 370 pies

3 (TPS)

CO y CO2: puede determinarse primero el número de lbmol. Para cada una de las

reacciones (1) a (6), para determinar el comportamiento estequiometrico del carbono.

Reacción (1):

moles C = moles CO = 0,8 x 0,86 x (2000/12) = 114,5 molécula-lb.

Reacción (2):

Moles CO = moles CO2 = (3/2)moles de Fe.

= (3/2)(0,5 x 4 180/56) = 56,0 molécula-lb.

Reacción (3):

Moles C = moles CO = 2 x moles de Si

= 2 x (0,01 x 2 220/28) = 1,60 molécula-lb.

Reacción (4):

C para la reacción (4) = C total en el coque – C consumido en reacciones (1) y (3) –

C en el lingoteo arrabio.

Moles C para reacción (4)= 0,86x 2000/12 – 114,5 – 1,6 – 0,04 x 2220/12

Moles de C consumidos = 19,7

Moles de CO producidos = 2 x moles de C = 39,4

Reacción (5):

Moles de CO2: moles de CaO = 0,5 x 1215/56 = 10,8 molécula-lb.

Reacción (6):



71

Moles de CO2: moles de MgO = 0,02 x 1215/40 = 0,6 molécula-lb.

Ahora se pueden hallar las moléculas-lb. de CO y CO2 producidos en el proceso mediante

adiciones algebraicas de las cantidades involucradas en las reacciones (1) y (6):

Molécula-lb. de CO = 114,5 – 56,0 + 1,6 + 39,4 = 99,5 molécula-lb.

Molécula-lb. de CO2 = 56 – 19,7 + 10,8 + 0,6 0 47,7 molécula-lb.

Pies3 de CO = 99,5 x 359 = 35 700 pies

3 (TPS)

Pies3 de CO2 = 47,7 x 359 = 17 100 pies

3 (TPS).

Encuadrando las cantidades calculadas de los constituyentes de los gases del alto horno:

Sustancia pies3 (TPS)

Volumen %

Base Húmeda Base Seca

N2 77 500 55,5 59,5

H2O 9 370 6,7 -.-

CO 35 700 25,6 27,4

CO2 17 100 12,2 13,1

Volumen total/2000 lb. De coque 139 670 100,0 100,0

Como por c/2 000 lb. de lingote se emplean 1800 lb. de coque y el horno produce 1 000 Ton. de

lingote por día, el consumo de coque por día es de 900 Ton.

En consecuencia, la cantidad de gases de alto horno produció por día es de: 900 x 139 170 = 126

000 pies3 (TPS).

C0MBUSTIBLES Y COMBUSTIÓN

I. COMBUSTIBLES.

Ejercicios N° 18.- Un gas pobre obtenido de coque tiene la siguiente composición en

volumen: CO = 28,0%, CO2= 3,5%, O2= 0,5% y N2= 68%.Este gas se quema con una

cantidad tal de aire que el oxígeno del aire se encuentra en 20% en exceso del oxígeno neto

necesario para la combustión completa.

Si la combustión se completa en un 98%, calcular el peso y la composición en tanto por ciento

en volumen del producto gaseoso formado por cada 100 lb. de gas quemado.

G

M HORNO

A



72

Base de Cálculo: 100 lbmol de gas pobre

N M W

CO = 28 lbmol x 28 = 784 lb.

M = 100 lbmol CO2= 3,5 lbmol x 44 = 154 lb.

O2= 0,5 lbmol x 32 = 16 lb.

N2= 68 lbmol x 28 = 1 904 lb.

Balance Total: 2 858 + A = G

Reacción: CO + ½ O2 CO2

Reacción Reajustada: 28 CO + 14 O2 28 CO2

O2 necesario = 14,0 lbmol

O2 en el combustible = 0,5 lbmol

O2 neto necesario = 13,5 lbmol

O2 que debe entrar en A = 1,2 (13,5) = 16,2 lbmol.

0,21 A = 16,2

A = 16,2 / 0,21 = 77,1 lbmol

O2 consumido = 0,98 (14) = 13,72 lbmol.

O2 en la corriente de gases = 16,2 + 0,5 – 13,72 = 2,98 lbmol

Peso total de productos por

100 lbs. de gas pobre = 5 081,60 (100)/2858 = 177,8 lb.

Ejercicio N° 19.- Se deshidrogena el propano para formar propileno en un reactor catalítico:

C3H8 C3H6 + H2

Debe diseñarse el proceso para obtener una conversión global del propano a 95%. Los productos

de reacción se separan en dos corrientes: la primera que contiene H2, C3H6 y 0,555 % del propano

que abandona el reactor, se elimina como producto, mientras que la segunda corriente que

contiene el resto del propano sin reaccionar y 5 % del propileno de la corriente de producto, sé

recircula al reactor. Calcular la composición del producto, la relación (moles recirculados)/(moles

de alimentación fresca), y la conversión de un solo paso:

O2 = 16,2 lbmol. N2 = 60,0 lbmol

G

CO (en M – consumido) = 28 – 0,98(28) = 0,56 lbmol x 28 = 15,68 lb. CO2 (en M + formado) = 3,5 + 27,44 = 30,94 lbmol x 44 = 1 361,36 lb O2 (en M + en A – consumido) = 0,57 + 13,72 = 2,98 lbmol x 32 = 95,36 lb N2 (en M + en A) = 68 + 60,9 = 128,90 lbmol x 28 = 3 609,20 lb. 5 081,60 lb



73

Conversión Global: 95 %

Base de Cálculo: 100 Kgmol de alimentación.

Fracciones molares de los componentes de la corriente de producto:

Xp1 = np1 / np1 + np2 + np3

Xp2 = np2 / np1 + np2 + np3

Xp3 = np3 / np1 + np2 + np3

Relación de Recirculación:

R.R. = nR1 + nR2 / 100

Conversión de un solo paso:

= [(100 + nR1) - nR1] x 100/(100 + nR1]

Conversión Global = 95 %

[100 moles C3H8 – np1]/100 moles C3H8 = 0,95

np1 = 5 moles de C3H8

Balance Global de Propano: Entrada = salida + consumo

100 moles C3H8 = 5 moles C3H8 + C (moles C3H8 consumidos)

C = 95 moles C3H8 consumidos.

Balance Global de propileno: salida = generación

np2 = 95 moles de C3H6

Balance Global de H2:

np3 = 95 moles de H2

1

Alimentación

Fresca

100 moles B M Producto P C3H8 A

R

Recirculación

REACTOR UNIDAD DE

SEPARACIÓN



74

Análisis del Producto:

Ejercicio N° 20.- El gas resultante de una etapa de proceso en una refinería tiene la siguiente

composición: CH4 42% vol., C2H6 vol., C3H8 10% vol., CO 2% vol., N2 2% vol., H2 8% vol. y O2 6%

vol.

Este gas se quema con 20% de exceso de aire y bajo condiciones tales que la relación entre

moles de CO2 a moles de CO en los humos es de 16.

Si el aire entra a 750 mm de Hg y 35º F, el gas entra a 10 Lbs. 765 mm de Hg y 700º F calcular:

a) El volumen de aire introducido por pie cúbico de gas quemado.

b) El Orsat de los humos

c) El volumen de los humos por pie cúbico de gas quemado

d) El peso de agua en los humos por 1000 pies cúbicos de gas quemado

Base de Calculo: Volumen en lb-mol de gas

Aire + 20% de exceso

a) Reacciones completas: Base de calculo 100 lb – mol en M

1) CH4 + O2 CO2 + 2H2O

42 84 42 84

2) C2H6 + 7/2 O2 2CO2 + 3H2O

30 105 60 90

3) C3H8 + 5O2 3CO2 + 4H2O

10 50 30 40

4) CO + ½ O2 CO2

2 2 2

5) H2 + ½ O2 H2O

8 4 8

mol–lb de O2 necesarios = 84 + 105 + 50 + 2 + 4 = 245

Aire necesario = 245 / 0,21 = 1167 lb-mol

CH4 = 42% C2H6 = 30% C3H8 = 10% CO = 2% N2 = 2% H2 = 8% O2 = 6% 100%

HORNO

G

M

% C3H8 = 5 Kgmol = 2,60 % C3H6 = 95 Kgmol = 48,70 % H2 = 95 Kgmol = 48,70 % 195 Kgmol totales.

P =

N2 = 79% H2 = 21%

A



75

Aire utilizado = 1167 x 1.2 = 1400 lb-mol de aire.

La temperatura se halla por:

T= 1.8 x 35 + 32 + 460 = 555º R

Entonces tenemos:

Pv = n.R.T V = P

n.R.T.

V = 14,7)(750/760)(

555 x 10,73 x 1400 = 574,583.7 pies del aire inicial.

b)

1. 2CH4 + 3.5 O2 CO + CO2 + 4H2O

42 73.5 2.4696 39.5304 84

2. C2H6 + 3 O2 CO + CO2 + 3H2O

30 90 3.528 56.472 90

3. C3H8 + 4.5 O2 CO + 2CO2 + 4H2O

10 45 1.764 28.236 40

4. 2CO2 + ½ O2 CO + CO2

2 2 0.11 1.8824

5. H2 + ½ O2 H2O

8 4 8

Tenemos:

1 pie3 = 7.49 gal.

V =

2

3

ft

lb14.7)(10

Rº 530 x Rmol.lb

pies2

ft

lb

10.73 x mol-lb 100

V = 23 024 pie

3 de gas

quemado gas pies

aire de pies

3

3

= 024 23

583,7 574 25 pie

3 de aire/pie

3 gas quemado

La temperatura es : 70º F = 460 + 70 = 530º R

1) 42 x 0.05888 = 2.4696 CO

39.5304 CO2

2) 60 x 0.0588 = 3.528 CO2

56.472 CO2

3) 30 x 0.0588 = 1.764 CO2

28.236 CO2

4) 2 x 0.0588 = 0.1176 CO2

1.8824 CO2



76

moles de CO2 en G = 39.5304 + 56.472 + 28.236 + 1.8824

= 126.1208 lb – mol CO2

moles de CO en G = 2.4696 + 3.528 + 1.764 + 0.1176

= 7.8792 lb – mol - CO

moles de O2 consumidos = 73.5 + 45 + 1 + 4

= 213.5 lb – mol O2 (consumidos)

moles de O2 que ingresan al horno = 6 +1400 x 0.21 = 6 + 294

= 300 lb – mol

moles de N2 en el aire que entra = N2 en los humos o gases

2 + 1400 x 0.79 = 1108 lb-mol

moles de O2 en los gases: O2 que entra - O2 que se consume

300 – 213.5 = 86.5 lb - mol

mol – lb H2O en los gases = 84 + 90 + 40 + 8 = 222 lb – mol.

CO2 = 126.12 lb –mol ........ 8.13%

CO = 7.88 lb –mol ........ 0.51%

O2 = 86.50 lb –mol ........ 5.58%

N2 = 1108.00 lb –mol ........ 71.46%

H2O = 222.00 lb –mol ........ 14.32%

A

Ejercicio N° 21.- Una cierta agua contiene los siguientes metales expresados en miligramos por

litro Ca = 32, Mg = 8.4, Fe (Ferroso) = 0.5

a) Calcular la dureza total del agua expresado en miligramos de CaCO3 por litro, el Ca del cual

tendrá el mismo valor de reacción total de todos los metales presentes.

b) Asumiendo que todos estos metales estuvieron combinados como bicarbonato, calcular el

costo de cal necesario para ablandar 1000 gal. de agua. La Cal comercial contiene 95% de

CaO y cuesta $ 8.50/ton.

Solución: Base de Calculo 1 lt. de agua.

a. Ca = 32 mg, Mg = 8.4 mg, Fe = 0.5 mg

Miliquivalentes de c/ componente

HORNO

Moles % n

CO2 = 126.12 ......... 9.50%

CO = 7.88 ......... 0.59%

O2 = 86.50 ......... 6.51%

N2 = 110.00 ......... 83.40%

1328.50 100.00%

Análisis Orsat



77

meq. Ca = 40

(2) 32 = 1.5 mg.

meq. Mg = 24,3

(2) 8,4 = 0.6913 mg.

meq. Fe = 56

(2) 0,5 = 0.01785 mg

meq. Totales = 1.5 + 0.6913 + 0.01785

meq. Totales = 2.30915 mg.

b. Reacciones:

1) Ca (HCO3) 2 + CaO 2Ca CO3 + H2O

2) Mg (HCO3) 2 + CaO Ca CO3 + MgCO3 + H2O

3) Fe (HCO3) 2 + CaO Ca CO3 + FeCO3 + H2O

Calculo de CaO / lt de solución:

MgCaO = meq.Ca x Ca

CaO + meq.Mg x

Mg

CaO+ meq.Fe x

Fe

CaO

MgCaO = 32 x 40

56 + 8,4 x

24,3

56 + 0,5 x

50

56 = 64,66 meq. de CaO

Pero el CaO comercial = 0,95

64,66= 68,06 meq. necesarios por lt.

Para 1000 galones: CaO necesarios

CaO = 68,06 lt.

meq. x

galón 1

lt 3.785 x 100 galones = 257 607 meq.

Precio a pagarse = Ton.

8,5 $ x

Kg. 1000

Ton.x

g 6

10

Kg.x 257 607 meq.

Precio = Ton.

8,5 $ x 0.000257607 ton = 9.016245 x 10

-4

Entonces precio = 9.0009016 ctos de S/.

Ejercicio N° 22.- Se quemo un gas cuyo análisis es CH4 = 80% y N2 = 20% con el objeto de

utilizar el CO2 formando en la producción de hielo seco. El análisis de los gases que salen del

convertidor es : CO2 = 1.2%

O2 = 4.9% y N2 = 93.9%

Calcule:

a) El % de CO2 absorbido



78

b) El % de excesos de aire utilizado

R

T

Solución: base de cálculos 100 de gas de entrada

Reacción:

CH4 + 202 CO2 + H2O

80 16 80 80

ingresan 80 moles de CH2 y 20 moles de N2

se consumen 160 moles de O2 para una reacción completa con el CH4

moles de aire necesarios = 0,21

160 = 761.904 moles

ahora haciendo un balance parcial de CO2 en el convertidor

CO2 en R = CO2 en T + CO2 en G

80 = x + 0.012 T ............ (1)

moles de N2 en R : todo el N2 sale en T

moles de N2 en T = 20 + 761.904 (0.79) = 621.907 moles

(sin considerar el exceso)

suponiendo que existen A moles de aire exceso.

N2 en el aire en exceso : N2 = 0.79 A

Ejecutando un balance completo de N2 tendremos

621.904 + 0.79 A = 0.939 T ................(II)

el oxigeno que entra en exceso debe estar en la descarga

0.21 = 0.049 T ..................(III)

A = 0,21

0,049 T

Reemplazando (III) en (II) tenemos:

621.904 + 0.79 x 0,21

0,049 = 0.939 T

de donde:

T= 824.1 mol

A = 192.3 mol de aire en exceso

En I : 80 = x + 0.012 (824.1)

CONVERTIDOR

HORNO

CO2

H2O

CO2 = 1.2% O2 = 4.9% N2 = 93.9%

CH4 = 80% H2O = 20%

Aire O2 = 21% N2 = 79%

G

M

G

A



79

X = 70.11 moles de CO2

% CO2 absorbido = 80

70,11 x 100 = 87.64%

Ejercicio N° 23.- En la figura del nitrógeno por el proceso de arco se pasa aire a través de un arco

eléctrico aplanando magnéticamente. Parte del nitrógeno es oxidado a no el que al enfriarse se

oxida a NO2. Del NO2 formado 66 % se asociara a N2O4 a 26º C. Los gases son pasados entonces

dentro de una torre de absorción lavada con agua donde se forma ácido nítrico por la siguiente

reacción:

H2O + 3NO 2 NO + 2HNO 3

El no liberado en esta reacción será reoxidado en parte y formara mas ácido nítrico. En la

operación de este planeta se encuentra posible producir gases del horno del arco en los que el

oxido nítrico es 2% por el volumen, mientras calienta. Los gases son enfriados a 26º y 750 mm de

Hg antes de entrar a la torre de absorción.

Calcular el análisis completo por el volumen de los gases calientes que salen del horno asumiendo

que el aire que entra al horno es de la compresión atmosférica promedio.

Calcular la presión parcial del NO2 y H2O4 en los gases que entran al aparato de absorción.

Calcular el peso de HNO3 formado por cada 1000 pies cúbicos de gas que entra al aparato de

absorción si la conversión a ácido nítrico del nitrógeno combinado en el horno es de 85%.

Solución:

Base de calculo : 100moles de aire

Entonces habrá N2 = 79 moles, O2 = 21 moles

Diagrama de flujo:

NO

NO

Torre

de

Absorción Enfriador

Horno

De Arco

N2O4

H2O

HNO3 Aire

O2

NO

N2



80

Reacción:

N2 + O2 2 NO

Entonces sea x = moles formados de NO

Moles Iniciales de N2 = 79 ; moles finales de N2 = 79 – x/2

Moles Iniciales de O2 = 21 ; moles finales de O2 = 21 – x/2

Moles Iniciales de NO = 0 ; moles finales de NO = x

Total = 100

Ahora puesto que x = 2% y 100 es el 100% ; x = 2 moles

Moles finales de N2 = 79 –2/2 = 78 moles.

Moles finales de O2 = 21 – 2/2 = 20 moles

Moles finales de NO = 2 moles = 2 moles

100 moles total

Composición Molar:

N2 = 78% , O2 = 20% , NO2 = 20%

b) Solución: Base 2 moles formados de NO

Reacciones:

2NO + O2 2NO2

2NO2 N2O4

moles formados de NO2 según reacción = 2 moles NO2

moles N2 O4 formados = 2 x 0.66 = 1.32 moles de N2 O4

moles totales que ingresan al aparato de absorción:

16 moles O2 + 78 moles N2 + 1.32 moles N2O4 + 0.68 moles NO2 = 99 moles totales.

Entonces tenemos:

XN2 O4 = 9,90

1,32 = 0.01333

XNO2 = 99,0

0,68 = 0.00687

PN2 O4 = X N2O4. P = 0.001333 x 750 = 9.9975 mm. Hg

PNO2 = X NO2. P = 0.00687 x 750 = 5.1525 mm. Hg

a) Solución : Base de cálculos 1000 pies3 de gas que ingresaron al sistema de absorción a

condiciones.

V = 1000 pies3 , P = 750 mm HG , T = 26º C = 538.8º R

P.V = n.R.T n = R.T

P.V

Entonces tenemos:

n = 8,8)(10,73)(53

)14,7)(1000(750/760)( 2.51 moles–lb



81

Aplicando fracciones: propiedades de las fracciones parciales

42ONX (1.32 99 ) (2.51) = 0.0335 moles–lb.

2NOX (0.68 99) (2.51) = 0.0172 moles–lb.

Reacciones:

NO2 + H2O HNO3 I

N2O4 + H2O + ½ O2 2HNO2 II

HNO3 produciendo I : 0.0172 (0.85) (63) = 0.921 lb.

HNO3 producido II : 0.0335 (0.85) (63)(2) = 3.588 lb.

Total de HNO3 producido = 4.509 lb.

Ejercicio N° 24.- Ha de proyectarse un horno para quemar coque a una velocidad de 200 lb/hr. El

coque tiene la siguiente composición en peso: carbono 89,1 %, Cenizas 10,9 % .

La eficiencia de la parrilla del horno es tal que se quema el 90% de carbono presente en la carga

de coque. Se suministra aire en exceso del 30% del necesario para la combustión completa de

todo el carbono de la carga. Se supone que el 97% del carbono se oxida a dióxido formando

monóxido el restante.

a) Calcular la composición en volúmen de gases de chimenea que salen del horno.

Base de Cálculo: 1 hr. de operación

Coke suministrado = 200 lb.

Carbono suministrado = 0,891 (200) = 178,2 lb = 14,85 lb-mol.

Reacciones:

(1) C + O2 CO2

(2) C + ½ O2 CO

O2 necesario para la combustión completa del C = 14,85 lb-mol

O2 exceso = 1,3 (14,85) = 19,305 lbmol

Balance de O2: 0,21 A = 19,305

A = 19,305/0,21 = 91,92857 lbmol

Carbono que reacciona = 0,9(14,85) = 13,365 lb-mol

CO2 que se forma = 0,97(13,365) = 12,964 lb-mol.

M CO2

Coke CO

HORNO O2 N2

A

R (cenizas)

G

O2 = 19,305 lbmol N2 = 72,62357 lbmol



82

O2 residual = 19,305 – 12,964 – (0,4/2) = 6,14 lb-mol.

Salida:

Componentes Lb-mol % molar

CO2 12,964 14,05

CO 0,40 0,33

O2 6,14 6,66

N2 72,62357 78,90

b) Si los gases de chimenea abandonan el horno a la temperatura de 550°F y a una presión de

743 mm Hg. Calcúlese la velocidad de flujo de gas en pies3/min. Para lo cual debe proyectarse

el tubo de chimenea.

V = 92,129 (10,73)(1010/743)(760/14,7) = 69 474 pies3/hr.

Velocidad de flujo de gas = 1 158 pies3/min.

Ejercicio N° 25.- En la fijación del nitrógeno por un proceso de arco, se pasa aire a través de un

arco eléctrico aplanado magnéticamente. Parte del N2 se oxida a NO, que al enfriarse se oxida a

NO2. Del NO2 formado el 66% se asocia como N2O4 a 26 °C.

Los gases se pasan entonces a torres de absorción con agua para lavarlos, en donde se forman

ácido nítrico, según la siguiente reacción:

H2O + 3 NO2 NO + 2 HNO3

El NO liberado en esta reacción, se vuelve a oxidar en parte para producir más ácido nítrico.

En la operación de tal planta ha sido posible producir gases de horno en los que el óxido nítrico

mientras esta caliente se encuentra en un 2% en volumen. Los gases se enfrian a 78°C a la

presión de 750 mmHg. Antes de entrar en el aparato de absorción.

a) Calcular el análisis completo en volumen de los gases calientes que salen del horno, supuesto

que el aire que entra en el horno era de composición atmosférica media.

Base de Cálculo = 100 moles de aire

Reacción: N2 + O2 2 NO

Llamaremos x a los moles formados de NO.

H2O

N2O4

TORRE

DE HNO3

Aire HORNO DE O2 ENFRIADOR NO2 ABSORCION ARCO

NO

N2= 79 moles O2 = 21 moles



83

Moles iniciales de N2 = 79 ; moles finales de N2 = 79 – x/2

Moles iniciales de O2 = 21 ; moles finales de O2 = 21 – x/2

Moles iniciales de NO = 0 ; moles finales de NO = x

Total = 100

Ahora puesto que x = 2% y 100 es el 100%; x 0 2 moles

Moles finales de N2 = 79 – 2/2 = 78 moles

Moles finales de O2 = 21 – 2/2 = 20 moles

Moles finales de NO = 2 moles

Composición molar:

N2 = 78%, O2 = 20% , NO = 2%

b) Calcular las presiones parciales de NO2 y N2O4 en el gas que entra en el aparato de

absorción:

Solución: Base = 2 moles formados de NO

Reacciones:

(1) 2 NO + O2 2 NO2

(2) 2 NO2 N2O4

moles formados de NO2 = [2/2] x 2 = 2 moles; implican que 1,32 moles pasan a N2O4 y 0,68

moles pasan a NO2. Debido a que el 66 % del NO2 pasa a N2O4

moles que se forman de N2O4 = 0,66 moles

moles que se quedan como NO2 = 0,68 moles

1,34 moles

moles de O2 luego de la reacción = 20 – 1 = 19 moles

moles de N2 = 78 moles

moles totales que ingresan al aparato de absorción = 98,34

XN2O4 = 0,66/98,34 = 0,0067114

XNO2 = 0,68/98,34 = 0,0069147

pN2O4 = XN2O4. P = 0,0067114(750) = 5,04 mmHg.

PNO2 = XNO2. P = 0,0069147(750) = 5,19 mmHg.



84

c) Calcular el peso de HNO3 formado por cada 1 000 pies3 de gas que entra en el sistema de

absorción, si la conversión a ácido nítrico del nitrógeno combinado en el horno de gases es del

85%.

Base = 1 000 pies3 de gas que ingresan al sistema de absorción a las condiciones V 0 1000

pies3; P = 750 mmHg.; t = 538°R

n = P.V / R.T = (750/760)(14,7)(1000)/10,73(538,8) = 2,51 lbmol

Aplicando las propiedades de las fracciones tenemos:

moles de N2O4 = 0,66(2,51)/98,34 = 1,684562 x 10-2

lbmol

moles de NO2 = 0,60(2,51)/98,34 = 1,735611 x 10-2

lbmol

Reacciones:

(1) 3 NO2 + H2O 2 HNO3 + NO

(2) ½ O2 + N2O4 + H2O 2 HNO3

HNO3 producido en (1) = 1,735611 x 10-2

(0,85)(63)(3) = 1,859 lb.

HNO3 producido en (2) = 1,684562 x 10-2

(0,85)(63)(2) = 1,804 lb.

Total de HNO3 producido = 3,663 lb.

Ejercicio N° 26.-

Una mezcla de C2H5OH y CH3OH se quema totalmente en un horno, con una corriente de aire

seco.

Las reacciones son:

(1) C2H5OH + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O

(2) CH3OH + 3/2 O2 CO2 + 2 H2O

Los gases producidos contenían:

CO2 = 8,0 %; H2O = 12,7 %; O2 = 7,2 %; N2 = 72,1 %

Determine:

C

G H2O

O2

N2

C2H5OH M

CH3OH HORNO

O2 = 21% A N2 = 79%



85

a) ¿Qué % de moles de cada alcohol contenía la mezcla original?

b) ¿Qué % de O2 entro al Horno?

Solución:

Base de cálculo: G = 100 Kgmol.

Balance de N2:

0,79 A = 72,1

A = 91,26 O2 = 19,16 Kgmol

O2 consumido en la reacción = O2 que entra en A – O2 que sobra en B

O2 necesario = 19,16 – 7,20 = 11,96 12 Kgmol

Compuesto

Kgmol

Reacciones Producidas

O2

necesario Kgmol

CO2

formado Kgmol

H2O formado Kgmol

C2H5OH X C2H5OH + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O 3x 2x 3x

CH3OH Y CH3OH + 3/2 O2 CO2 + 2 H2O 1.5y y 2y

12 8 12,7

Resolviendo por sistema de ecuaciones:

2 ( 2 x + y = 8 ) (1) 4 x + 2 y = 16

1 [3 x + 2 y = 12,7] (2) - 3 x – 2 y = - 12,7

x = 3,3 Kgmol

C2H5OH = 3,3 Kgmol.

Reemplazando x en la ecuación (1):

y = 1,4 Kgmol CH3OH = 1,4 Kgmol

Los %s de la mezcla serían:

Compuesto Kgmol % mol

C2H5OH 3,3 70,22

CH3OH 1.4 29,78

4,7 100,00

El % de O2 que entra al Horno es el siguiente:

% exceso de O2 = (O2 en A – O2 consumido)x 100/ O2 en A

% exceso de O2 = (19,06 – 12) x 100 / 12 = 58,83 %

Ejercicio N° 27.-

CO2 = 8,0 Kgmol H2O = 12,7 Kgmol

O2 = 7,2 Kgmol

N2 = 72,1 Kgmol

N2 = 72,10 Kgmol

D G A

B

HORNO P Mezclador L FILTRO F

M T



86

D: Carbono puro (exceso)

B: CaCO3 (cantidad estequiométrica necesaria para reaccionar (1) y (2)

M: Mezcla de Na2SO4 y K2SO4

Reacciones en el Horno: Reacciones Completas

(1) Na2SO4 + CaCO3 + 2 C Na2CO3 + CaS + 2 CO2

(2) K2SO4 + CaCO3 + 2 C K2CO3 + CaS + 2 CO2

G: CO2 producido en el Horno.

P: Producto en el Horno

A: Agua (para disolver los carbonatos)

L: Lodo obtenido en el mezclador.

F: Filtrado: Agua y carbonatos = 5 930 Kg.: K2CO3 = 20,95%;

Na2CO3 = 10,73% y H2O = 68,32% en peso.

T: Torta o resto de materiales: CaS = 85,14% y C = 14,86% en peso.

Pesos Moleculares:

C = 12 H2O = 18 CaS = 72 CO2 = 44 CaCO3 = 100 Na2CO3 = 106 K2CO3 = 138 Na2SO4 = 142 K2SO4 = 174

Determinar:

a) El peso y la composición de M.

b) El peso de carbono que entra al Horno.

c) El peso de CaCO3 que entra al Horno.

d) El peso de H2O que entra al mezclador.

e) El peso de Torta que queda en el filtro.

Solución:

Como se conoce el peso de F y los %s de sus componentes, hallamos las cantidades en Kgmol de

estos.

F = 5 930 Kg

M Kgmol

K2CO3 = 0,2095 (5390) = 1242,34/138 = 9,0 Kgmol

Na2CO3= 0.1073 (5390) = 636,29/106 = 6,0 Kgmol H2O = 0,6832 (5390) = 4051,00/18 = 225,1 Kgmol 5930,0 Kg.



87

Comp.


CaCO3

necesario Kgmol

C Necesario Kgmol

CaS formado Kgmol

CO2

formado Kgmol

Na2SO4 Na2SO4 + CaCO3 + 2 C Na2CO3 + CaS + 3 CO2 6 12 6 12

K2SO4 K2SO4 + CaCO3 + 2 C K2CO3 + CaS + 2 CO2 9 18 9 18

Totales 15 30 15 30

CaS = 15 Kgmol x 72 Kg/Kgmol = 1 080 Kg.

Nota:

e) Como CaS es insoluble entonces el peso de CaS en P es igual al peso de CaS en L y este

igual al peso de CaS en la torta.

Como se forman 15 Kgmol de CaS, que es igual en Kg. y es igual al CaS en L y también es

igual al CaS en T lo que significa que T (torta) será igual a A: (Haciendo un balance de CaS

en el filtro).

CaS en L = CaS en T

1 080 = 0,8514 T

T = 1 080/0,8514 = 1 268,5 Kg.

a) Hallaremos el peso y la composición de M:

M = 2 418 Kg.

b) Hallaremos el peso de carbono que entra al Horno (peso de D):

Sabemos que T = 1 268,5 Kg.

Entonces, el exceso de carbono que entra al Horno es: 14,86 % de T

0,1486 (1 268,5) = 188,5 Kg. de exceso de C.

Según las reacciones (1) y (2) reaccionarán 30 Kg-at. De C, en kg son: 30 x 12 = 360 Kg.

El Carbono que entra al Horno será:

Carbono necesario = Carbono que reacciona + carbono en exceso

Carbono en D = 360 + 188,5 = 548,5 Kg.

c) Hallaremos el peso de CaCO3 que entra al Horno (peso de B). El CaCO3 necesario para

reaccionar en (1) y (2) es: 15 Kgmol.

15 Kgmol x 100 Kg/Kgmol = 1 500 Kg. de CaCO3 que entra al Horno

d) Hallaremos el peso de H2O que entra al mezclador (peso de A). El H2O no reacciona y lo

mismo que entra al mezclador entra en el filtro y sale en F:

P.M. Kg. % peso M = Na2SO4 = 6 Kgmol x 142 = [ 852 Kg / 2 418] 100 = 35,2 K2SO4 = 9 Kgmol x 174 = [1566 Kg / 2 418] 100 = 64,8 2418 Kg.



88

H2O en A = H2O en L = H2O en F

H2O que entra al mezclador = 4 051 Kg.

Prueba: D + B + M + A = G + F + T

548,5 + 1500 + 2418 + 4051 = 1320 + 5930 + 1268,5

8 517,5 = 8 517,5

Ejercicio N° 28.- En un Horno se queman 7 200 lbs. de S puro con 80% de exceso de aire sobre

la cantidad necesaria para la reacción:

S + O2 SO2

Los gases de la combustión (corriente C) pasan a una cámara de oxidación desde el 75% del SO2

se oxida a SO3.

La corriente gaseosa D que sale de esta cámara pasa al convertidor donde al ponerse en contacto

con una corriente de agua (W). Todo el SO3 se fija como H2SO4 descargándose como solución

acuosa (corriente S) con 25% en peso de H2SO4 .

El 5% de H2O agregada a la cámara de conversión se evapora y sale con la corriente gaseosa

residual (G).

Determinar:

a) ¿Cuál es la composición de la corriente de gases residuales?

b) ¿Cuántos libras de H2O se emplean?

c) ¿Cuántos libras de solución de H2SO4 se obtienen?

d) ¿Cuántos pies3 de aire a 80°F y 1 Tm. se usaron?

e) ¿Cuál es la composición de los gases de combustión (c )?

f) ¿Cuál es la composición de los gases que entran al convertidor (D)?

Solución: Base de cálculo: A = 7 200 lbs. de S.

A = 7 200/32 = 225 at-lb.

El O2 necesario que es el que se necesita para que todo el S, se convierte en SO2 es:

W

CAMARA

A HORNO C DE D CONVER- G

OXIDACION TIDOR

B S



89

Compuesto

Kgmol


O2

necesario Kgmol

SO2

Formado Kgmol

S (Azufre) 225 S + O2 SO2 225 225

Total 225 225 225

O2 necesario= 1(225) = 225 lbmol (que es también el O2 neto necesario)

O2 que entra al horno en B = 1,5 x 225 = 337,5 lbmol.

O2 en aire = O2 en B

0,21 B = 337,5

B = 337,5/0,21 = 1 607 lbmol.

Volumen de O2 = 337,5 (10,73)(540)/14,7 = 133 030 pies3

Composición de los Gases de C:

C =

En la cámara de oxidación se produce la siguiente reacción:

SO2 + ½ O2 SO3

168,75 168,75/2 168,75

SO2 consumido en la reacción = 0,75(225) = 168,75 lbmol.

O2 necesario = 168,75 x ½ = 84,37 lbmol.

SO3 formado = 168,75 lbmol.

Composición de los gases que salen de la cámara de oxidación (D):

D =

En el Convertidor: Reacción:

SO3 + H2O H2SO4

168,75 168,75 168,75

En la reacción:

H2SO4 formado = 168,75(1) = 168,75 lbmol.

= 168,75 x 98 = 16 537,5 lb.

H2O consumida en la reacción = 168,75 x 18 = 3 037,5 lb.

O2 = 337,5 lbmol. N2 = 1607 – 337,5 = 1269,5 lbmol

% mol SO2 = 225 lbmol 14,0 % O2 = 337,5 – 225 = 112,5 lbmol 7,0 % N2 = 1269,5 lbmol. 79,0 % 1607 lbmol.

% mol

SO3 = 168,75 lbmol. 11.1 %

SO2 = 225 – 168,75 = 56,25 lbmol 3,7 % O2 = 112,5 – 84,37 = 28,13 lbmol 1,8 %

N2 = 1269,50 lbmol 83,4 %

1522,63 lbmol 100,0 %



90

Solución de H2SO4 (S) = 12 150 lb.

H2O en la solución S = 12 150 – 3 037,5 = 9 112,5 lb.

Corriente de H2O (W):

9 112,5/0.95 = 9 512 lb.

Composición de los Gases Residuales:

D =

Ejercicio N° 29: En el proceso Le Blanc para la sosa la primera etapa tiene lugar según la

reacción siguiente:

2 NaCl + H2SO4 = NaCl + NaHSO

4 + HCl

El ácido tiene un 80.0 % de SO4H

2. Se suministra en un 5% de exceso del teóricamente necesario

para la reacción anterior:

a) Calcúlese el peso de ácido suministrado por 1 000 lb de sal cargada.

b) Supóngase que la reacción es completa que todo el ácido forma bisulfato y que en el proceso

se extraen el 90% de HCl formado y el 25% del H20 presente. Calcúlense los pesos de HCl y

de H20 extraídos por 1 000 libras de sal cargada.

c) Suponiendo las condiciones de la parte b, calcúlese el porcentaje de la composición de la

mezcla salina que queda.

Solución :

Tomamos como base de cálculo: 1000 lb sal cargada.

Reacción:

A = 1 000 lbs. de NaCl

B = H2SO4 al 80% y con un exceso de 5%

NaCl = 1000 / 58.50 = 17.1 lbmol

Reacción Estequiometrica:

% peso

SO2 = 56,25 lbmol. x 64 = 3 600,0 lb. 8.8 %

H2O = 9 512 – 9 112,5 = 399,5 lb. 0,9 %

O2 = 28,13 lbmol x 32 = 900,2 lb 2,2 %

N2 = 1269,50 lbmol x 28 = 35 546,0 lb. 88,1 %

40 445,7 lb 100,0 %

A

B

P REACTOR



91

2 NaCl + H2SO

4 NaCl + NaHSO

4 + HCl

17.1 8.55 8.55 8.55 8.55

Cálculo de las libras de H2SO

4 necesario = 8.55 x 98 = 837.9 lbs.

H2SO

4 suministrado en exceso = 837.9 x (1 + 0.05 ) = 879.8 lbs.

a) W de solución de H2SO

4 al 80% :

879.8 / 0.8 = 1100 lb. de solución H2SO

4

b) H2O en la solución = 1100 x 0.2 = 1 100 - 879.8 = 220,2 lbs.

HCl que se produce = 8.55 x 36.5 = 312 lb. HCl

H2SO4 en exceso = 879.8 - 837.9 = 41.9 lb

H2SO4 en exceso = 41.9 / 98 = 0.4276 lbmol.

Reacción Estequiometrica:

2 NaCl + H2SO

4 NaCl + NaHSO

4 + HCl

0.855 0.4276 0.4276 0.4276 0.4276

HCl Producido = 0.4276 x 36.5 = 15.61 lbs.

HCl Total Producido = 312 + 15.61= 327.61 lbs.

HCl extraído = 327.61 ( 0.90) = 295 lbs.

H2O extraído = 220 lb x 0.25 = 55 lbs.

c) HCl que queda:

H2O que queda = 220 – 55 = 165 lbs.

NaHSO4 producido inicialmente = 8.55 x 120 = 1026 lb. de NaHSO

4

NaHSO4 producido posteriormente = 0.4276 x 120 = 51.312 lbs.

NaHSO4 Total = 1026 + 51.312

NaHSO4 Total = 1077.312 lbs.

NaCl Residual:

NaCl residual = NaCl inicial - NaCl consumido

NaCl residual = 8.55 x 58.50 – 0.4276 x 58.5

NaCl residual = 500.175 – 25.015

NaCl residual = 475.16 lbs. NaCl

Luego la composición será: Para la mezcla salina

Componente Peso lb % en peso

HCl H

2O

NaHSO4

NaCl

32.61

165.00

1077.31

475.20

1.86

9.43

61.56

27.15

Total 1750.12 100.00



92

Ejercicios N° 30: En la fabricación de ácido sulfúrico por el método de contacto, pirita de hierro

FeS2 es tostada con aire será oxidándose el hierro a Fe

2O

3. El SO

2 formado es oxidado a SO

3 al

llevarlo junto con aire a través de una masa catalítica de negro platino. Se asumirá que durante la

operación suficiente cantidad de aire es alimentado de modo que quede un exceso de 40% sobre

la cantidad teóricamente requerida para la oxidación total a SO3. De la pirita cargada al quemador

15% se pierde a través de las parrillas con la escoria y no es quemada.

Calcular:

a) El peso de aire que debe usarse por 100 lbs de pirita cargada.

b) En el quemador 40% del azufre cargado es convertido a SO3. Calcular la composición por

peso de los gases que salen del quemador.

c) Por medio del catalítico de platino, 96% del SO2 que queda en los gases que salen del

quemador, se convierte a SO3 Calcular el peso total de SO

3 formado por 100 lbs de pirita

cargada.

d) Asumiendo que todos los gases que salen del quemador son pasados a través de la masa

catalítica, calcular la composición por volumen y peso del producto gaseosos resultante.

e) Calcular el grado total de conversión del azufre cargado en la pinta a SO3 en el producto final.

Solución:

BASE DE CALCULO = 100 lb. de pirita

Calcúlese el peso de aire que ha de utilizarse de utilizarse por 100 lbs de pirita:

Reacciones:

I.- Fe S2 + 11/4 O

2 ½ Fe

2O

3 + 2 SO

3

II.- 2 SO2 + O

2 SO

3

O2 Necesario en I:

(1 1/4) lb mol O2 / 120 lb FeS

2 x ( 85 lb Fe S2) = 1.95 lb – mol

SO2 producido en I:

2 (64) lb SO2 / 64 lb SO

2 x (875 lb FeS

2) = 90.666 lb

MASA CATALITICA

HORNO M [FeS2]

A [Aire]

E [Escoria] Fe2O3

FeS

G = Mezcla de Gases SO3



93

O2 total necesario: 1.95 + 0.708 = 2.658 lb – mol

Aire Necesario = 2.658 / 0.21 = 12.657 lb – mol

Aire en exceso suministrado = 12.657 (1.4) = 17.72 lb – mol.

a) Peso de Aire requerido:

17.72 (28.95) = 513 lb de aire

b) SO2 producido en I = 90.666 lb.

SO3 producido por II = 160 / 128 (90.666) X 0.40 = 45.333 lb.

SO2 no reaccionado: 90.666 (0.60) = 54.40 lb

O2 reaccionado en I = 1.95 (32) = 62.40 lb

O2 reaccionado en II = 0.708 (0.4) = 9.0624 lb

Total = 71.4624 lb.

O2 Residual = 513 / 28.95 (0.2) x 32 – 71.4624

= 47.617 lbs.

Calculo de la Composición:

Componente Peso lb % Peso

SO2

SO3

N2

O2

54.40

45.333

392.00

47.617

10.08

8.41

72.68

8.83

Total 539.35 100.00%

c) SO2 Residual = 54.4 lb

SO3 producido por la masa catalítica = 80 / 64 (54.40) 0.96 = 65.28 lb

SO3 total formado en II y por catálisis:

45.333 + 65.28 = 110.613 lbs.

d) SO2 Residual = 54.4 (0.04) = 21.176 lb

Lb. O2 residual = 47.617 – 16/80 ( 65.28) = 34.561 lb

SO3 total = 110.613

N2 permanece invariable = 392.000

Ahora llama

e) De acuerdo a la reacción debido producirse de SO3

SO3 teórico = 160 / 120 (100) = 133.333 lbs

SO3 que se produjo = 110.613 lb

% de conversión = 110.613 / 133.333 x 100 = 82.9 %



94

Ejercicios N° 31: Se quema gas pobre en un caldero y con 20% de exceso de aire. El análisis del

gas es: 2% de CO2, 28% de CO, 10.4% de H2, 57.6% de N2, 2% de O2. Entre el punto donde se

toma la muestra para el Orsat anterior y otro punto donde se toma la muestra de humos se

producen entradas de aire por rendijas de los ductos. El segundo Orsat correspondiente a los

humos diluidos, determinado con agua como liquido de sello, es el siguiente: 4.6 de CO2, 3.0% de

CO, 10.8 % de O2 y 81.6% de N

2.

a) Cuantas moles de aire seco, por 100 moles de humos secos se introduce por las rendijas.

b) Cual es el análisis de los humos secos antes de la dilación con aire.

Solución:

I ORSAT II ORSAT

CO2 = 2% CO

2 = 4.6 %

CO = 28% CO = 3.0%

Gas H2 = 10.4% G O

2 = 10.8 %

N2 = 57.6 % N2 = 81.6 %

O2 = 2.0% 100 %

Aire seco

Aire en 20% exceso

Base de Cálculo: 100 moles en C

lb = mol CO2 = 4.6 = lb mol C

lb – mol CO = 3.0 = lb mol C

Total = 7.6 lb – mol Dec = 30% M

M = 7.6 / 0.3 = 25.33 lb – mol

CO2 = 25.33 x 0.02 = 0.51 lb – mol

CO = 25.33 X 0.28 = 7.10 lb – mol

H2 = 25.33 X 0.104 = 2.63 lb – mol

N2 = 25.33 X 0.576 = 14.60 lb – mol

O2 = 25.33 X 0.02 = 0.51 lb – mol

TOTAL = 25.35 lb – mol

CO2 en G’ = CO2 en M + CO2 de la reacción = 4.6 lb mol

Como CO2 en M = 0.51 lb mol

CO2 de la reacción = 4.6 – 0.51 = 4.09 lb – mol

Reacción:

CO + 1 O2 CO2

2.09 2.0 4.09

CO en M = 7.1 lb mol - 4.09 reacciona para formar CO2 = CO sin reaccionar = 3.01

M

A

HORNO



95

El O2 necesario para reacción completa del CO

CO + ½ O2 CO2

7.1 3.55 7.1

O2 Necesario = 3.55

Aire necesario = 3.55/0.21 = 17 lb – mol

Aire que ingresa en A:

17 X 1.2 = 20.4 lb – mol

N2 en A = 20.4 x 0.79 = 16.12

N2 en G’ = 81.6 lb – mol

N2 en G’ = N2 de M + N2 de A =

= 14.6 + 16.12 = 30.72 lb mol

N2 que entra en A’ = N2 en G’ – N2 en G

= 81.6 – 30.72

= 50.88 = 51 lb – mol

Aire en A’ = 51 / 0.79 = 64.6 lb – mol de aire

Entonces 64.6 lb – mol de aire seco 100 lb – mol de humos secos.

c) Análisis de los humos secos de la combustión:

ORSAT %

CO2 = 4.60

CO = 3.00

O2 = 0.75

N2 = 16.12

18.8 %

12.3 %

3.0%

65.9%

Total = 24.47 lb – mol 100 %

O2 en A = 20.4 x 0.21 = 4.3 lb – mol O2

O2 en G = 4.3 – 3.55 = 0.75 lb – mol O2.

Ejercicio N º 32.- El filtro húmedo extraído de una máquina recibe un secado preliminar en un

secador de túnel de operación adiabática antes de ser pasado a la maquina acabadora. En el

secador el fieltro pasa en contracorriente con un gas caliente que resulta de la combustión de coke

seco. Los datos obtenidos durante una prueba de este secador fueron los siguientes:

1º El análisis Orsat de los gases: 14 .35% CO2, 2.053 CO, 3.793 de O2

2º La humedad del aire usado para la combustión del coke 0.0006 lb de agua por lb de aire

seco.

3º El gas que pasa por el túnel a la entrada 300 ºF bulbo seco, 118 ºF bulbo mojado, 31” de

Hg presión



96

4º Gas que sale del túnel a 160º F bulbo seco, 31” de Hg presión, 350.000 pies cub / min.

Calcular:

a) Humedad del gas alimentado al túnel por medio de las temperaturas dadas (bulbo seco y

bulbo mojado).

b) Humedad del gas alimentado al túnel por medio de los datos – obtenidos del balance de la

combustión.

c) El % de exceso de aire usado en la combustión del coke.

d) El % de humedad absoluta de los gases que salen del secador

e) Agua evaporada del filtro en lbs/hr.

C = CO2 = 14.35% Tbs = 300º F

CO = 2.05% 20.19% Tbm = 118º F

CO2 = 3.29% P = 31 pulg Hg

A : 0.0006 lb agua / lb aire seco

A = 0.0006 lb H2O : H2O = 0.000033 lb mol = 0.096 % H2O = 0.096%

lb aire seco : aire seco = 0.034483 lb mol = 99.904 % O2 = 28.924 %

0.034516 lbmol 100% 100 %

D Tbs = 160º F

P = 31 pulg Hg B C (Carbono)

350.000 pie 3 / min

En el horno: Se cumple la reacción:

A C + O2 = CO2 C = CO2 = 14.35%

C + ½ O2 = CO CO = 2.05 %

O2 = 3.19%

H2O = 19.81% = X

N2 = Y

HORNO

SECADOR

A

B

C

P

D

F



97

Base de Cálculo: A = 100 lb-mol * Balance de N2:

A = 100 lb mol H2O = 0.096 lb-mol N2 en A = N2 en C

O2 = 28.924 lb-mol 20.980 = Y / 100 x 26.408

N2 = 20.980 lb-mol Y = 19.45%

El H2O y N2 de A no reacciona:

C = 26.408 CO2 = 14.35% = 3.7895 lb. mol

CO = 2.05% = 0.5414 lb mol

O2 = 3.19% = 1.0009 lb mol

H2O = 0.36% = 0.0951 lb mol

N2 = 19.45% = 20.9812 lb mol

Balance de (H2O + N2):

(H2O + N2) en A = (H2O + N2) en C

0.096 + 20.980 = 0.7981 C

C = 26.408 lb mol

Balance de H2O:

H2O A = H2O en t

O.096 = (X / 100) 26.408

X = 0.36%

a) Tbs = 300º F = 260ºR F = 31 pulg Hg

X = 0.095 lb mol H2O / 26.3126 lb mol gas seco

gas seco C = 14.35 / 100 x 44 + 2.05 100 x 28 + 3.79 / 100 x 32 + 79.45 / 100 x 28

gas seco C = 30.3468 lb / lb mol

X = 0095 lb mol / H2O / 26.3129 lb mol g.s. X lb mol g.s. / 30.3468 lb g.s. x 18 lb mol / lb mol H2O

HORNO A

B

P



98

Balance de energía en las Operaciones

Unitarias.

Ejercicios N° 36.- Una corriente (A) de 50 grmol de aire a 25°C debe mezclarse con otra (B) de

100 grmol de CO2 a 75°C y a la vez calentarse hasta una temperatura de 250°C para producir una

mezcla (M) que debe ser utilizada en un proceso posterior. Determínese que cantidad de calor

debe suministrarse para conseguir la mezcla deseada.

A: 50 grmol. AIRE a 25°C

B: 100 grmol. CO2 a 75°C

Calentamiento a 250°C para producir una mezcla (M),

Balance de Calor: S

E(m.i) = Q

mM.iM – mA.iA – mB.iB = Q

i = entalpías específicas: referidas a una temperatura base: “temperatura de referencia”.

i =

2

ref.1.

T

TT dTC

P

Supongamos:

Temperatura de referencia: 25°C 298°K

mM.

K523

K298 dTC

MP- mA.

K298

K298 dTC

AP - mB.

K348

K298 dTC

BP = Q

Temperatura de referencia: 523°K

mM.

K523

K523 dTC

MP- mA.

K298

K523 dTC

AP - mB.

K348

K523 dTC

BP = Q

Q = mA.

K523

K298 dTC

AP + mB.

K523

K348 dTC

BP

Cp = a + b.T + c.T2

Aire: CpA = 6,39 + 1,76 x 10-3

T – 0,266 x 10-6

T2

Q

A CALENTADOR M

B



99

CO2: CpB = 6,34 + 10,1 x 10-3

T – 3,41 x 10-6

T2

Q = 50

K523

K298 )dT T10 x 0,266 - T10 x 1,76 (6,39 2-6-3

+

100

K523

K348

2-6-3 T10 x 3,41 - T10 x 10,1 (6,34 )dT .

Q = 50 [6,39 T + (1,76/2)10-3

T2 – (0,266/3)10

-6 T

3]

K523

K298

+

100 [6,24 T + (10,1/2)10-3

T2 – (3,41/3)10

-6 T

3]

K523

K348

Q = 50[6,39(523 –298) + 0,88 x 10-3

(5232– 298

2) - 0,088 x 10

-6 (523

3 - 298

3)] + 100

[6,24(523 – 348) + 5,05 x 10-3

(5232 – 348

2) – 1,14 x 10

-6 (523

3 – 348

3)]

Q = 50 [1 437,8 + 162,6 – 125,9) + 100[1 092 + 769,8 – 115]

Q = 50 x 1 464,5 + 100 x 1 746,8

Q = 73 225 + 174 680

Q = 247 905 cal.

Q = 247, 9 Kcal.

Balance de Energía en la Evaporación.

Ejercicios N° 37.-

F = 3 000 Kg. solución: 4% NaCl y 96% H2O (peso); 30°C.

S = solución concentrada final: 25% NaCl.

La evaporación se produce a 103°C. Para producir la evaporación se usa vapor de calefacción a 2

Tm. de presión. Determinar la cantidad de calor que se utiliza para producir la evaporación y la

cantidad de vapor de calefacción consumido.

Balance de Materiales: F = V + S

3 000 = V + S

Balance Parcial: NaCl: 0,04(3 000) = 0,25 S

V (H2O) 103°C

Q

EVAPORA-

F DOR. (30°C)

Vapor

Cond.

S (103°C)



100

S = 120/0,25 = 480 Kg.

3 000 = V + 480

V = 2 520 Kg.

Balance de Energía: Entalpías.

Líquido: iF = C.T = 0,95(30 – 103) = - 69,35 Kcal/Kg. :calor sensible.

Líquido: iS = C.T = C(tS – tR.) = C(103 – 103) = 0: Calor sensible.

Vapor: iV = C.T + V = C(103 – 103) + 103°C (en tablas).

103°C = 537 Kcal/Kg.

Balance de Calor: Q = V.iV + S.iS – F.iF

Q = 2 520(537) + 480(0) – 3 000(- 69)

Q = 1 353 240 + 207 000

Q = 1 560 000 Kcal. (calor que entra); es la cantidad de calor que se

necesita para que la corriente F alcance 103°C.

De acuerdo al 1er. Principio de la Termodinámica:

Calor que cede el vapor = calor que recibe la mezcla

Q = W. W

Donde: W = masa de vapor de calefacción.

W = calor latente. = 2 Tm. = 14,7 lb/pulg2 = 525 Kcal/Kg.

W = 1 560 000 Kcal/525 Kcal/Kg. = 2 970 Kg. de vapor.

Nota.- Entalpías:

1. Cuando no hay cambio de estado: CpdT

2. Cuando hay cambio de estado: CpdT +

Además: Cp = capacidad calorífica a Presión constante

C = calor específico

CpH2O(l.) = 1 Kcal/Kg.°C

CH2O(l.) = 1

1 atm. 1 atm.

100°C (100+T)

H20 sust. + x H20 + x

Q Q



101

C = Cpsust./CpH20

Utilización del diagrama de Dühring: Para soluciones salinas.

B.P. del H20 (a 1 Tm.) = 100°C

B.P. de solución de NaOH al 15% (a 1 Tm.) = 220°C

Ejercicios N° 38.-

F = 3 000 lb.: 5% NaOH y 95% H2O

S = Solución concentrada final: 20% NaOH

V = vapor producido.

Cp = 0,85 Btu/lb.°F (tablas)

Balance de Materiales: F = V + S

3 000 = V + S

Balance Parcial: NaCl: 0,05(3 000) = 0,20 S

S = 150/0,20 = 750 lb.

3 000 = V + 750

V = 2 250 Kg.

Balance de Calor: S

E(m.i) + Q = 0

V.iV + S.iS – F.iF – Q = 0

V (H2O) Q EVAPORA- F DOR. Vapor Cond. S

Solución T

°C

15%

220

100 °C

H20



102

Temp. de referencia: Punto de ebullición en el evaporador.

Reemplazando:

2 250(965,2) + 3 000(0,85)(60 – 220) – Q = 0

2 171 700 + 408 000 – Q = 0

Q = 2 579 700 Btu.

El Balance de Energía en la Destilación.

Ejercicios N° 39.- Se tiene una columna de destilación, que separa 5 000 Kg./h. De una disolución

líquida a 20°C (ver diagrama de flujo) que contiene 40% de benceno y 60% de clorobenceno, el

producto líquido que sale por la parte superior de la columna tiene 99,5% de benceno, mientras

que el producto de fondo (sale del recalentador) contiene 1% de benceno. El condensador usa

agua, la cual entra a 15°C y sale a 60°C, el recalentador utiliza vapor de agua saturado a 135°C.

La relación de reflujo (relación de líquido que regresa a la columna con respecto al producto que

sale del condensador) es de 6 a 1. Tanto el recalentador como el condensador operan a una

presión de 1 Tm. la temperatura calculada para el condensador es de 80°C y para el recalentador

130°C. La fracción de benceno en el vapor del recalentador es de 3,9%. Calcular:

a) Los Kg. de producto de destilado y de producto de fondos por hora.

b) Los Kg. de reflujo por hora.

c) Los Kg. de agua de enfriamiento por hora.

d) Los Kg. de líquido que entra al recalentador y de vapor procedente del mismo por hora.

Capacidades Caloríficas Entalpías Temp. Cp: cal/gr.°C Hvap.: cal/gr.

°C Clorobenceno Benceno Clorobenceno Benceno 20 0,310 0,403 32 0,320 0,415 49 0,334 0,432 66 0,345 0,450 83 0,360 0,468 77,77 94,44 100 0,374 0,485 75,00 92,22 117 0,387 0,501 72,22 88,88 134 0,400 0,520 70,00 85,55



103

Solución: Base de cálculo: F = 5 000 Kg/h.

Balance Total: F = D + B (1)

Balance Parcial:

Benceno: 0,40 F = 0,995 D + 0,01 B

0,40 (5 000) = 0,995 D + 0,01 B

2 000 = 0,995 D + 0,01 B (2)

Resolviendo, ecuaciones (1) y (2):

F = 5 000 Kg/h.

D = 1 980 Kg/h.

B = 3 020 Kg/h.

Tenemos: (R/D) = 6

R = 6(1 980) = 11 880 Kg/h.

Balance de Línea: Pto. (1):

V = C

C = R + D V = R + D

V = 11 880 + 1 980 = 13 860 Kg./h.

15°C

H2O

V

60°C C

R D 99,5% Benceno

(1) 0,5% Clorobenceno

Columna de

F Destilac.

40% Benceno

60% Clorobenceno

20°C N

B 1% Benceno

M 99% Clorobenceno

W Vapor saturado 135°C



104

Balance Total: En el Recalentador:

M = N + B

Balance Parcial:

Benceno: XB.M = 0,039 N + 0,01 B

Se tiene 2 ecuaciones y 3 incógnitas, por lo que tendremos que recurrir al balance de energía.

Balance de Energía: S

E(m.i) = Q

S

E(m.i) = D.iD + B.iB – F.iF

Q = QR - QC

D.iD + B.iB – F.iF = QR - QC

D.iD + B.iB + QC = F.iF + QR

D.

C80

C20 dTC

DP+ B.

C130

C20 dTC

BP+ QC = F.

C20

C20 dTC

FP+ QR

HD + HB + QC = HF + QR

Balance de Energía en el Condensador:

Calor que gana el agua = calor que pierde el destilado

m (1)(160 – 15) = V(XB. HB + XCl. HCl.)

= 13 860(0,995 x 94,828 + 0,005 x 78,25)

m = 29 181,5 Kg/h.

Las entalpías de vaporización se extrapolan a 80°C.

Calor que pierde el destilado en el condensador: Qc

QC = 29 181,5 hr.

Kg. (45°C)(1 000

CKg.

cal

)

QC = 1,31317 x 106 Kcal/hr.

El término dTCP

tanto del destilado como del fondo se tendría que determinar por integración

gráfica, ya que CP que depende de la temperatura.

D

C130

C20 dTC

DP= HD =D[XB

C130

C20 dTC

BP+ XCl

C130

C20 dTC

ClP]

= 1 980[0,995(19,994) + 0,005(20,03)]1 000

HD = 39 588,4 Kcal/hr.



105

B

C130

C20 dTC

DP= HB = B[XB

C130

C20 dTC

BP+ XCl

C130

C20 dTC

ClP]

HB = 3 020[0,01(39,494) + 0,99(38,93)]1 000

HB = 117 585,6 Kcal/h.

Luego: QR = HD +HB + QC QR: calor que ingresa en el calentador.

QR = 39 588,4 + 117 585,6 + 1 313 170

QR = 1 470 344 Kcal/hr. calor cedido por vapor saturado a 135°C.

De tablas termodin. obtenemos, HVap. = 928,3 Btu/lb.ó 515,72 Kcal/Kg.

QR = W. HVap. = W.Vap.

W = Q

R

=

Kcal/Kg. 515,72

Kcal/hr 344 470 1

W = 2 851 Kg. de vapor/hr.

d) Realizando un balance de energía en el recalentador. El calor pérdido por el vapor será igual al

calor ganado por el producto y el que retorna. Si suponemos que ha disminución de la

temperatura en M es muy pequeña, tendremos:

QR = N. HN

HN = XB. HB + XCl. HCl. = 0,01(86,33) + 0,99(70,52)

HN = 70,678 Kcal/Kg.

Luego: N = H

N

RQ

= Kg/hr. 803,4 20 Kcal/Kg. 70,678

Kcal/hr 344 470 1

M = N + B

M = 20 803,4 + 3 020 = 23 823,4 Kg/hr.

Las entalpías han sido halladas por interpolación.

EJEMPLO PRÁCTICO: Balance de Energía en la Industria Azucarera.

1. BALANCE DE ENERGIA.

A. Cálculo de la caída de Presión en el Cuádruple Efecto.

1.- Presión del Vapor Alimentado al Pre - Evaporador.

= 20 psi

= 2.438 Kg / cm2. abs



106

2.- Presión de Vapor en el Cuerpo del efecto N° 4 = 25” Hg.de vacío

Pabs. = 29.92 – 25

Pabs. = 4.92 pulg. Hg.

Pabs. = 0.1699 Kg/cm2

3.- Caída de Presión en el Cuádruple Efecto:

= 2.438 - 0.1699

= 2.2681 Kg. / cm2, abs

4.- Relación de caídas de presión:

40

9 +

40

9.5 +

40

10.5 +

40

11

Cálculos:

1. Presión de vapor en el cuerpo del efecto N° 01 igual en la calandria del efecto N° 02.

1.1 Caída de Presión en el efecto N° 01, P1:

P1 = 2.2681 x 40

11 = 0.6237 kg / cm

2, abs

1.2 Presión, P1

P1 = 2.438 - 0.6237 = 1.8143 Kg / cm2, abs



P2 = 2.2681 x 40

10.5 = 0.5954 kg / cm

2, abs

2.2 Presión, P2

P2 = 1.814 - 0.5954 = 1.219 Kg / cm2, abs



P3 = 2.2681 x 40

9.50 = 0.5386 Kg / cm

2, abs

3.2 Presión, P3

P3 = 1.219 - 0.5386

= 0.680 kg / cm2, abs

4. Presión de vapor en el cuerpo del efecto N° 04.


P4 = 2.2681 x 40

9.00

= 0.5103 Kg / cm2, abs

4.2 Presión, P4

P4 = 0.6803 - 0.5103

= 0.170 Kg. / cm2, abs.



107

Halladas las presiones, ubicamos en la Tabla, las respectivas temperaturas y calores latentes de vaporización.

Descripción Presión

Kg/cm2, abs.

Temperatura °C

Calor Latente de Vaporización,

Kcal/Kg.

Entrada

Primer Efecto

Segundo Efecto

Tercer Efecto

Cuarto Efecto

2.43

1.81

1.22

0.68

0.17

126

116

105

89

57

522

528

536

546

565

5. En Cada Efecto

Jugo Clarificado = 35 000 Kg/hr.

Brix del Jugo = 15

Brix del Jarabe = 60

Cantidad = 100x 60

15 - 60 = 75 %

Agua Evaporada = 35 000 x 0.75

Agua Evaporada = 26 250 Kg/hr.

Jarabe = 35 000 – 26 250

Jarabe = 8 750 Kg/hr.

Kg. de vapor de 20 psi aproximados

para evaporar la cantidad de agua = (26 250 x 1.10) / 4 = 7 219 Kg. Vapor / hr.

* 10% sobre el agua a evaporar para el vapor que vamos a consumir.

5.1 Efecto N° 01:

Kcal/Kg. Jugo, Kg/hr

Calor producido en Efecto N° 01: 7 219 x 522 = 3 768 318 35 000

Calor producido en los Tachos: 5 732 x 528 = 3 026 496

Calor producido por 2do. Calent.: 1 864 x 528 = 984 192

Calor para calentar el jugo de 96° a 116°C:

35 000 x 0.904 (116 – 96) = 632 800

Calor disponible = 7 146 206

Agua evaporada en Efecto N° 01 = 7 146 206/528 = 13 533

21 467

5.2 Efecto N° 02:

Calor tomado del Efecto N° 01: 7 146 206

Menos el calor que va a los Tachos: 3 026 496

Menos el calor que va al 2do. Calentamiento: 984 192

Calor Total 3 135 518



108

Menos 5 % irradiación: 3 135 518 x 0,05: 156 776

Menos vapor Flash:21 467 x 0,904 (116 – 105): 213 468

Calor disponible : 3 192 210

Agua evaporada del Efecto N° 02 = 3 192 210/536 = 5 956

15 511

5.3 Efecto N° 03


Menos el calor que va al 1er. Calentamiento: 1 652 488

Calor Total 1 539 722


Menos vapor Flash: 21 467 x 0,904 (116 – 105): 224 351

Calor disponible : 1 687 087


12 422 5.4 Efecto N° 04



Mas el vapor Flash: 12 422 x 0,904 (89 – 57): 359 344

Calor del Efecto N° 04 al Condensador : 1 962 077


8 950

Al final se obtiene una evaporación del 74,5% cuya diferencia es mínima con relación al 75% arrojado inicialmente.

5.5 Consumo de Vapor de Escape

522 W = 13 533 (528) + 35 000 x 0.91 (117 - 90)

W = 15 336 Kg. vapor/hr.

W = 16 870 Kg. vapor / hr. (+ 10 %)

6. CALCULO DEL CONSUMO DE VAPOR

6.1 Calentamiento de Jugos.

6.1.1 Primer Calentamiento:

Flujo Circulante = 35 000 Kg./ hr.

Temperatura entrada = 28 °C

Temperatura salida = 75 °C

Calor específico = 0.904

Calor latente 2do

efecto = 536

Perdidas por fugas = 0.10

Vapor empleado: W2 = 536 x 0.90

28) - 75 ( 0.904 x 000 35



109

= 3 083 Kg. vapor / hr.

6.1.2 Segundo Calentamiento:

Flujo Circulante = 35 000 Kg./ hr.

Temperatura entrada = 75 °C

Temperatura salida = 103 °C

Calor específico = 0.904

Calor latente 2do

efecto = 528

Perdidas por fugas = 0.10

Vapor empleado: W2 = 528 x 0.90

75) - 103 ( 0.904 x 000 35

= 1 864 Kg. vapor / hr.



AUTORES: ALGEMIRO JULIO MUÑOZ VILELA, ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ 110

TACHOS

2° CALENTAMIENTO 1° CALENTAMIENTO

Jugo Clarificado 35 000 Kg/h

15.22°

13 533 Kg/hr

3 340.8 Kg/hr

3 089 Kg/hr. 3 472 Kg/hr.

Jarabe = 8 950 Kg / h.

60.64

°

12 422 Kg/hr

5 956 Kg/hr

5 732 Kg/hr

15 336 Kg/hr

31 467 Kg/hr.

Agua Fria

15 511 Kg/hr.

FIG. N° 04: BALANCE DE ENERGIA – SECCION EVAPORADORES

P1 = 1,82 T1 = 116 C1 = 528

PO = 2,438 TO = 126 CO = 522

T.E.=117

P1 = 1,22 T1 = 105 C1 = 536

PO = 1,81 TO = 116 CO = 528

T.E.=107

P1 = 0,68 T1 = 89 C1 = 546

PO = 1,22 TO = 105 CO = 536

T.E.= 92

P1 = 0,17 T1 = 57 C1 = 585

PO = 0,68 TO = 89 CO = 546

T.E.= 65

1 864 Kg/hr

UNIVERSIDAD NACIONAL “JOSÉ FAUSTINO SÁNCHEZ CARRIÓN”

FACULTAD DE INGENIERÍA QUÍMICA Y METALURGICA E.A.P. DE INGENIERÍA QUÍMICA

CÁLCULOS EN OPERACIONES Y PROCESOS DE INGENIERÍA AUTORES: EDWIN GUILLERMO GÁLVEZ TORRES; ANGEL HUGO CAMPOS DÍAZ

137

6.2 En Cocimientos.

Templa 1ra

Sólidos Kg/hr

Brix Material

Kg/hr Evaporación Vapor

Jarabe Semilla 3

ra

Total M.C. 1

era.

4 627 781

5 408 5 408

60° 86°

93°

7 712 908

8 620 5 815

2 805

3 506

Templa 2da

Sólidos Kg/hr

Brix Material


Jarabe Semilla 3

ra

Miel 1ra

Total

M.C. 2da

623 311 934

1 868 1 868

60° 86° 70°

95°

1 038 362

1 334 2 734 1 966

768

960

Templa 3ra

Sólidos Kg/hr

Brix Material


Miel 1ra

Miel 2

da

Total M.C. 3

ra

1 107.55 1 171.82 2 297.37 2 297.37

70° 70°

97°

2 184 1 456 3 640 2 627

1 013

1 266

Vapor empleado en Cocimientos:

= 3 506 + 960 + 1 266

= 5 732 Kg/hr.

10% = 6 305 Kg/hr.

= 18% caña.

6.3 En los Evaporadores.

Descripción Presión

Kg/cm2, abs

Temperatura°C Calor Latente de

Vaporización Kcal/Kg.

Entrada Primer Efecto Segundo Efecto Tercer Efecto Cuarto Efecto

2,43 1,81 1,22 0,68 0,17

126 116 105 89 57

522 528 536 546 565

Efecto Evaporación, Kg / hr. Total, Kg / hr.

4° 3° 2° 1°

x x x + 3 083 x + 5 732 + 1 864 + 3 083

4x + 8 815 + 4 947 = 26 250 Kg / h x = 3 122 Kg / h

Resumen:

1° Efecto: 13 801 Kg./ hr.

2° Efecto: 6 205 Kg./ hr.






138

Consumo de Vapor de Escape.

522 W = 13 801 (528) + 35 000 + 0.91(117 – 90)

W = 17 807 Kg. vapor/hr.

+ 10% = 17 168 Kg. vapor/hr.

6.3.1 VAPOR A LAS CENTRIFUGAS, DILUCIONES

Se calcula en 1,34 % del peso de la caña:

= (35 000 x 1,34)/100

= 469 Kg. vapor/hr.

6.3.2 VAPOR A LOS CRISTALIZADORES.

Para el diseño que se dispone no se consume vapor, se encuentran provistos de

un agitador que permite mantener la masacocida en un movimiento lento y

continuo.

6.3.3 LIMPIEZA DE LOS EVAPORADORES.

Para remover la incrustación consiste en una ebullición durante varias horas con

una solución de sosa caústica, o una mezcla de sosa caústica y carbonato de

sodio anhidro, luego lavar con agua y hervir con son ácido clorhídrico diluido. La

solución cáustica se almacena y se utiliza repetidamente, el ácido se descarta

después de emplearlo.

Las cantidades de producto químico utilizado varia según el ingenio. La sosa

caústica y el carbonato sódico anhidro se usan juntos por lo general, el carbonato

sódico ayuda a disolver la incrustación de silicatos en el último cuerpo, en

proporciones de 2/3 a ¾ de sosa caústica y de 1/3 a ¼ de carbonato sódico. La

concentración de álcali es alrededor de 4% y el periodo de ebullición es de 3 – 6

hr. La solución de ácido clorhídrico varia de 1 – 3% en peso, y se hierve por lo

general de 1,5 – 2,5 hr.

En algunos ingenios se utiliza una concentración de 8 % de caústico y se

incrementa la concentración de ácido muriático hasta el valor entre 4 y 5%; ambos

aumentos tienen por objeto reducir el tiempo total de ebullición. Los tratamientos

en 2 etapas, primero 1 hr. De ebullición con una solución al 4,5% de sosa caústica

a 88°C durante 1 hr. Se obtienen entre 88 y 99% de remoción de las

incrustaciones.

Consumo de vapor en la limpieza de los evaporadores:

Volumen total : 15,12 m3

Densidad NaOH – 40% : 1,4164 gr/cm3

Volúmen de NaOH : 21 416 Kg.

Tiempo : 6 hr.

Temperatura de Entrada : 25 °C

Temperatura de ebullición: 106 °C




139

Calor específico : 0,85

Vapor Empleado:

522

25) - (106 0,85 x 416 21 = W1

W1 = 2 824 Kg. de vapor.

6.3.4 Pérdidas por Radiación

Hugot “Manual para Ingenieros Azucareros”, 1963, pág: 376, la pérdida de calor en un cuádruple efecto:

Descubierto %

Aislado Parcialmente %

Aislado Completamente %

9,80 5,00 2,70

Basándose en el vapor cedido al primer cuerpo:

Vapor al primer efecto = 15 607 Kg.

= 15 607 x 0.027

= 421 Kg. vapor / Kg. 6.3.5 Consumo de Vapor en el Desaereador

Relaciones a utilizarse

X + W = (consumo de vapor de 20 lb/plug2 + W) 1,10

1,10 : Se considera 10% de pérdidas de vapor: fugas, falta de aislamiento, etc.

648 W + 70 X = (X + W) 95

Consumo de vapor de 20 lb/pulg2 = 15 607 Kg/hr.

Se tiene:

X + W = (15 607 + W) 1,10 (1)

648 W + 70 X = (X + W) 95 (2)

X = 12 232 Kg. agua/hr. alimentada al desaereador.

W = 643 Kg. vapor/hr.

70°C X ( X + W) 95°C

DESAEREADOR

W 648 Kcal/Kg.

Vapor 20 lb/pulg2




140

Fig. N° 05: CONSUMO DE VAPOR EN LA FABRICA, Kg/hr.

Consumo de Vapor : 16 719 Kg/hr.

Más pérdidas por radiación : 421 Kg/hr.

Total : 17 140 Kg/hr.

Balance de energía en los Procesos Unitarios.

Balance de Energía en los Procesos Unitarios

S

E(m.i) +

S

E(Hr) = Q

Hr : calor de reacción.

Sugerencia: tref. = Temp. a la que esta dado el calor de reacción (Hr).

TACHOS CENTRIFUGAS PRIMER

CALENTAMIENTO SEGUNDO

CALENTAMIENTO

DESAEREADOR CALDERO

645

150 psi

20 psi

EVAPORADORES

3 083

1 864 5 732

15 607




141

Ejercicio Problema N° 40.-

¿Determinar la temperatura de la corriente G?

Datos Auxiliares:

Capacidades Caloríficas: cal/grmol.°K Gas a b c CO2 O2 N2

6,34 6,13 6,46

10,10 x 10-3

3,17 x 10

-3

1,40 x 10-3

-3,40 x 10-6

-1,00 x 10

-6

-0,07 x 10-6

Base de Cálculo: M = 10 grmol.

Balance de Materiales: M = 10 grmol.


O2 necesario = 3 x ½ = 1,5 grmol.

O2 que debe estar presente = 1,5 x 1,6 = 2,4 grmol.

O2 que entra con el gas combustible = 2,0 grmol.

O2 que debe entrar con el aire = 0,4 grmol.

Balance Parcial: 0,21 A = 0,4

A = (0,4/0,21) = 1,9 grmol.

G =

Balance de Calor: S

E(m.i) + Hr = Q = 0

Temp. de referencia = 25°C

S

E(m.i) = G.iG – M.iM – A.iA + Hr

G.iG + H25°C = 0

G.iG = G

T

K298 dTC

GP= 3

T

K298 dTC

2COP+ 0,9

T

K298 dTC

2OP+ 6,5

T

K298 dTC

2NP

G

M HORNO

A

30% CO M = 20% O2 , se encuentra a 25°C. 50% N2 A = 60% O2 exceso sobre el necesario: 25°C G = Gases producidos. No hay intercambio de calor con los alrededores: Q =O.

CO = 0,30(10) = 3 grmol O2 = 0,20(10) = 2 grmol. N2 = 0,50(10) = 5 grmol

O2 = 0,4 grmol.

N2 = 1,5 grmol

CO2 = ....................= 3,0 grmol O2 = (2 + 0,4) – 1,5 = 0,9 grmol.

N2 = 5 + 1,5 = 6,5 grmol. 10,4 grmol.




142

G.iG = 3

T

K298 )dT( 263

T-

10 x 3,4 - T-

10 x 10,1 6,34 +

0,9

T

K298 )dTT

- x101,0-T x103,17 (6,13

26-3+

6,5

T

K298 dTT10 x 0,07 - T10 x 1,4 (6,46

2-6-3

G.iG = 3[6,34(T – 298) + 5,05 x 10-3

(T2 – 298

2) – 1,1 x 10

-6(T

3 – 298

3) +

0,9[6,13(T – 298) + 1,6 x 10-3

(T2 – 298

2) – 0,33 x 10

-6(T

3 – 298

3) +

6,5[6,46(T – 298) + 0,7 x 10-3

(T2 – 298

2) – 0,02 x 10

-6(T

3 – 298

3)

G.iG = 68,7(T – 298) + 11,1 x 10-3

(T2 – 298

2) – 3,7 x 10

-6(T

3 – 298

3)

Reacción: CO + ½ O2 CO2 Hr = ?

Hr = HFCO2 - HFCO - HFO2

Hr = - 94 – (- 26,4) – 0

Hr = - 67,6 Kcal/Kgmol.

H25°C = 3(- 67,6) = - 202,8 Kcal.

H25°C = - 202 800 cal.

G.iG + H25°C = 0

68,7(T– 298) + 11,1 x10-3

(T2– 298

2) – 3,7 x10

-6(T

3- 298

3) – 202 800 = Q

Ecuación cúbica, el valor de T se halla gráficamente: T =

Ejercicio N° 41.-

A = Aire: contiene 8% vapor H2O mol a 30°C.

B = Benceno (C6H6 líquido): 60°C.

G = gases producidos a 900°C.

¿Cuál es la cantidad de calor que se intercambia con los alrededores?

Reacción: C6H6 (l.) + 7 ½ O2 (g) = 6 CO2 (g) + 3 H2O (g)

Base de Cálculo: B = 1 grmol C6H6 (l.) H25°C = - 780,9 Kcal/grmol.

O2 necesario = 7,5 grmol.

B

HORNO G

A

Q ?




143

O2 que entro en A = 7,5 x 1,4 = 10,5 grmol.

A = aire húmedo

Balance Parcial de O2: 0,193 A = 10,5

A = 10,5/0,193 = 54,4 grmol.

B = 1 grmol C6H6 (l.) a 60°C ó 333°K.

H25°C = - 780,90 Kcal/grmol. C6H6

Balance de Calor: S

E(m.i) + H25°C - Q = 0

Tref. = 25°C ó 298°K

H25°C = - 780,90 Kcal/grmol. Q = Kcal ?

S

E(m.i)= G

K1173

K298 dTC

GP- B

K333

K298 dTC

BP- A

K303

K298 dTC

AP

Nota.- Cp: capacidad calorífica medio, porque hay límites en las integrales (temp.).

S

E(m.i)= G.CPG(1173 – 298) – B.CPB(333 – 298) + A.CPA(333 – 298)

Para corrientes compuestas: G.CPG.T = comp.PG

CG.

G.CPG(1173 – 298) = 6.CPCO2(1173 – 298) + 7,3CPH2O(1173 – 298) +

3CPO2(1173 – 298) + 39,6CPN2(1173 – 298)

CP: están tomados entre 900°C y 25°C.

= 6.CPCO2(900 – 25) + 7,3CPH2O(900 – 25) + 3CPO2(900 – 25) + 39,6CPN2(900 – 25)

CP: capacidad calorífica media (25°C – 900°C)

Sustancia CP (cal/grmol.°C) CO2 (g) 11,74 H2O (g) 9,10 O2 (g) 7,87 N2 (g) 7,44

G.iG = 6 x 11,74(900 – 25) + 7,3 x 9,10(900 – 25) + 3 x 7,87(900 – 25) + 39,6 x 7,44(900 – 25).

G.iG = 398 000 cal.

% mol H2O = 8% ...........................= 8,0 Aire seco = 92% O2 = 0,21 x 92 = 19,3 N2 = 0,79 x 92 = 72,7

H2O = 0,080 x 54,4 = 4,3 grmol. O2 = 0,193 x 54,4 = 10,5 grmol. N2 = 0,727 x 54,4 = 39,6 grmol.

CO2 = ..................= 6,0 grmol. H2O = 3,0 + 4,3 = 7,3 grmol. O2 = 10,5 - 7,5 = 3,0 grmol. N2 = ................ = 39,6 grmol. 55,9 grmol.

G =




144

B.iB = B

K333

K298 dTC

BP= B.CPB (333 – 298) = B.CPB (60 – 25)

T, °C CP: cal/gr.°C 20 0,41

25 0,42

60 0,44

90 0,47

CPC6H6 = 0,43 cal/gr.°C (por interpolación entre 25 y 60°C).

B.iB = B.CPB (60 – 25) = 1 x 78(0,43)(60 – 25)

B.iB = 1 200 cal.

A.iA = A.CPA (333 – 298) = A.CPA (30 – 25) = [A.CPA (30 – 25)]comp.

Temp. CP: cal/gr.°C °C O2 N2 25 7,01 6,96 30 X x 120 7,02 6,97 200 7,18 6,99

A.CPA (30 – 25) = 4,3 x 8,02(30 – 25) + 10,5 x 7,01 (30 – 25) +

39,6 x 6,96 (30 – 25)

A.CPA (30 – 25) = 1 900 cal.

S

E(m.i)= 398 200 – 1 200 – 1 900 = 395 100 cal

Reemplazando en la Ec. General:

395 100 + (- 780 900) – Q = 0

Q = - 385 800 cal = - 385,8 Kcal. Calor que sale.

Ejercicio N° 42.- Supóngase que una cierta cantidad de monóxido de carbono se quema

completamente a 2 Tm. de presión con 50% de exceso de aire que esta a 1 000°F, los productos

obtenidos salen de la cámara de combustión a 800°F. Calcúlese el calor desprendido de la cámara

de combustión expresado en Btu/lb. de monóxido de carbono alimentado. El monóxido de carbono

ingresa a 50°F.


Balance de Materia:

CO M 50°F

P 800°F

REACTOR

Aire A 1000°F

Q ?




145

Base de Cálculo: M = 100 lbmol de CO.

% exceso de aire = 100 x reacción la par necesario aire de moles

exceso en aire de moles

% exceso de O2 = 100 x reacción la para necesario 2O de moles

exceso en 2O de moles

% exceso de O2 = % exceso de aire

Reacción Reajustada:

100 CO + 50 O2 100 CO2

O2 necesario = 50 lbmol

O2 exceso = 0,50(50) = 25 lbmol.

O2 que ingresa en A = 75 lbmol

Balance Parcial:

O2: 0,21 A = 75

A = (75/0,21) = 357,1 lbmol

Balance de Energía:

Condición de Referencia: Cuando intervienen las temperaturas de referencia son iguales a 25°C y

es correspondiente al calor de reacción.

Tref. = 25°C, para CO, O2 y CO2

Tref. = 25°C, para N2.

Para otras sustancias que no intervienen en la reacción, ejemplo: N2, se puede considerar la temp.

de la corriente o el valor 25°C.

El efecto de la presión es despreciable.

Evaluación del Calor de Reacción:

CO + ½ O2 CO2

El calor de formación de una molécula diatómica es igual acero.

H°R = HP -HR

H°R = 1(- 94,05 Kcal/mol) – 1(- 26,42 Kcal/mol)

O2 = 75,0 lbmol N2 = 282,1 lbmol

O2 exceso = 25,0 lbmol. P = N2 inerte = 282,1 lbmol. CO2 formado = 100,0 lbmol




146

H°R = - 67,63 mol

Kcal x

Kcal 0,252

Btux

lbmol

mol 454

H°R = - 121 841 Btu/lbmol

Temp. °R

Entalpías: Btu/lbmol Tref. = 492°R

N2 O2 CO CO2

492 510 537 1200 1260 1300 1400 1460 1500

0 -.-

313,2 5205 5373 5741 6495 6749 7231

0 -.-

315,1 5219 5690 6007 6804 6936 6712

0 125,0

313,1 -.-

5443 -.- -.- -.- -.-

0 -.-

392,2 -.-

8026 -.- -.- -.- -.-

Ejem: Hallar interpolación a 1460°R para el N2:

1400 6495

1460 X

1500 7231

Interpolación: 6495x

64957231

14001460

14001500

x = 6936

Tref. = 25°C.

Q = S

E(m.i) + H25°C

S

E(m.i) = P.iP – M.iM – A.iA

P.iP = PCO2.CPCO2 T – PO2.CPO2 T + PN2.CPN2 T

M.iM = MCO.CPCO T

A.iA = AO2.CPO2 T + AN2.CPN2 T

P.iP = [PCO2.CPCO2 – PO2.CPO2 + PN2.CPN2 ](1260 – 537)

M.iM = MCO.CPCO (510 – 537)

A.iA = [AO2.CPO2 + AN2.CPN2 ](1460 – 537)

P.iP = [100(5,64) + 25(3,929) + 282,1(3,681)](1260 – 537)

P.iP = 1 229 559,2 Btu.

M.iM = 100(- 0,338)(510 – 537) = 912,6 Btu.

A.iA = [75(4,163) + 282,1(4,04)](1460 – 537) = 1 340 112 Btu.




147

S

E(m.i) = 1 229 559,2 – 912,6 – 1 340 112

S

E(m.i) = - 111 465,4 Btu.

H25°C = (- 121 841 Btu/lbmol.) x (100 lbmol.) = 121,84 x 105 Btu.

Q = - 111 465,4 + (- 121,84 x 105) = - 122,95 x 10

5 Btu.

Masa de CO = (100 lbmol CO)(28 lb/1 lbmol CO) = 2 800 lb.

Q = - CO de lb. 2800

Btu 5

10 x 122,955

Q = - 4 391,3 Btu/lb. de CO




148

BIBLIOGRAFIA

Textos básicos

[1] HIMMENBLAU David M. «Principios Básicos y Cálculos en Ingeniería Química».

6ta Edición. Prentice Hall Hispanoamérica S.A. México, 1996.

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Textos Complementarios

[1] HENLEY E.J. y ROSEN E.M. «Cálculos de Balances de Materia y Energía»; Edit.

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[2] BACKHURST J.R. and HARKER J.H. «Ingeniería Química». Primera Edición.

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cÁlculos en operaciones y procesos de ingenierÍa

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