Cap2 Sol Reklaitis

PROGRAMA UNIVERSIDAD VIRTUAL

SOLUCIONARIO CAPÍTULO II

LIBRO: BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA

GIRONTZAS V. REKLAITIS

POR:

ING. QUÍMICO. BEN - HUR VALENCIA VALENCIA

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA

SEDE MANIZALES

JULIO DE 2005

PRESENTACION Luego de la aparición del texto de Balances de Materia y Energía del Doctor Girontzas V. Reklaitis, en 1986, no ha habido ningún texto nuevo en el área, ni suyo ni de ningún otro autor, que trate de manera tan magistral el análisis de los Balances. El tratamiento matemático propuesto es completamente general y permite que el resolver problemas de Balance de Materia y Energía pase de arte a Ciencia, ocupando por ello – al lado de otros autores - un lugar preferencial en el desarrollo del área, vital para el estudio de la Ingeniería Química. Esta Segunda Edición del SOLUCIONARIO del Capítulo II corrige algunos errores de la Edición anterior y, lo que es más importante, muestra el uso de programas para calculadoras que permiten resolver de una manera rápida los problemas de Balances de Materia. A la forma tradicional de resolver los problemas de la anterior Edición se adiciona la solución utilizando el programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard 48-GX, mostrando lo valioso de esta herramienta en la solución de problemas. Este Solucionario lo complementa el trabajo sobre SOLUCION DE PROBLEMAS DE BALANCES DE MATERIA Utilizando la Hewlett Packard 48GX, 49, en el que se muestra la forma de utilizar el Programa y las recomendaciones para su aplicación en el planteamiento del Sistema de Ecuaciones de Balance, que puede consultarse en la página _______________. Como se verá en la introducción, se hace mayor énfasis en la Estrategia de Solución, en la Confirmación de los Grados de Libertad como una herramienta útil en el planteamiento de la Estrategia de Solución y la utilización de la Tabla de Balance en los problemas complejos El presente Solucionario, fruto de mi experiencia de 28 años en la cátedra de Balances de Materia y Energía, muestra una metodología de solución a partir de las ideas del profesor Reklaitis y lo presenta a sus estudiantes como un material de apoyo que les permita desarrollar y fijar los conceptos básicos en el estudio de los Balances de Materia y Energía.

BEN-HUR VALENCIA V.

Manizales, Julio del 2005.

INTRODUCCION

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

Abs. Destilador

Divisor

Agotador Mez. Proceso Globa

l NVI 12 9 9 7 3 26 12 NBMI 4 3 3 3 1 14 4 NFC 0 0 0 0 0 0 0

NCC 3 (+1) 2 1 2 0 6 5

NRC R1

– – 1 – – 1 –

R2 – – – – – 1 1 R3 – – – – – 1 1 R4 – – 2 – – 2 –

G de L 4 4 2 2 2 1 1

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

Absorbedor: Incógnitas = 8 (N

1, N

2, N

3, x

3H2S, N

4, N

5, x

5CO2, x

5H2S)

Ecuaciones = 4 (balances)

G de L = 4

Destilador: Incógnitas = 7 (N5, x

5CO2, x

5H2S, N

6, x

6CO2, N

7, x

7H2S)


G de L = 4

Divisor: Incógnitas = 8 (N

3, x

3CO2, x

3H2S, N

7, x

7CO2, x

7H2S, N

8, x

8H2S)

Ecuaciones = 3 (balances) + 3 (R1, R4)

G de L = 2

Agotador: Incógnitas = 5 (N

8, x

8H2S, N

9, N

10, x

10CO2)


G de L = 2

Mezclador: Incógnitas = 3 (N

4, N

9, N

11)


G de L = 2

Global: Incógnitas = 7 (N

1, N

2, N

6, x

6CO2, N

10, x

10CO2, N

11)


G de L = 1

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

Estrategia de Solución:

1. Tomando Base de Cálculo en el Proceso Global y resolviéndolo sus balances (se asumió que los porcentajes son molares) se conocen: N

1, N

2, N

6, x

6CO2, N

10, x

10CO2 y

N11

. Se agota el balance de Inertes. 2. Actualizando Grados de Libertad se encuentra que:

Absorbedor: G de L A = 4 – 2 (N1, N

2) + 1 (Balance de Inertes)

= 3 Destilador: G de L A = 4 – 1 (N

6) – 1 (x

6CO2) = 2

Agotador: G de L A = 2 – 1 (N10

) – 1 (x10CO2) = 0

Mezclador: G de L A = 2 – 1 (N11

) = 1 Sí en este momento consideramos la Reconfirmación de Grados de Libertad para las Unidades actualizadas, DESCONTANDO en cada una de ellas las incógnitas conocidas tendremos de nuevo una información CUALITATIVA de los Grados de Libertad con que quedan estas Unidades (se ponen en negrilla y subrayadas en la Reconfirmación inicial):

Absorbedor: Incógnitas = 6 ( N

1, N

2, N

3, x

3H2S, N

4, N

5, x

5CO2, x

5H2S)

Ecuaciones = 3 (balances) – 1 (Balance agotado)

G de L = 3

Destilador: Incógnitas = 5 (N

5, x

5CO2, x

5H2S, N

6, x

6CO2, N

7, x

7H2S)


G de L = 2


8, x

8H2S, N

9, N

10, x

10CO2)


G de L = 0

Mezclador: Incógnitas = 2 (N4, N

9, N

11)


G de L = 1

En la Estrategia se resuelve a continuación el absorbedor ya que encontramos un sistema con tres ecuaciones de Balance y 3 incógnitas (N

8, x

8H2S, N

9) Un análisis similar a cualquier otra Unidad nos enseña cuáles son las incógnitas, las ecuaciones y los Grados de Libertad resultantes: El análisis del Destilador muestra que tiene, en este momento: Cinco Incógnitas (N

5,

x5CO2, x

5H2S, N

7, x

7H2S) y 3 ecuaciones de Balance, siendo sus Grados de Libertad de 2.

Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia

1

2.1 a. El flujo de alimentación a un secador se especifica como 1000 lb/h. Calcule el flujo en kg/min

b. En un proceso de amoníaco se producen 105 lbmol/día. Calcule la producción equivalente en gmol/h.

SOLUCION: Los cálculos se efectúan utilizando directamente los factores de conversión, factores que siempre son iguales a la unidad.

a. Flujo en kg/min.

minkg

7.56min60h1

g1000gk1

lb1g453.6

hlb1000

hlb1000 =×××=

b. Producción equivalente en gmol/h.

hgmol

101.89h24

día1lbmol1

gmol453.6día

lbmol10día

lbmol10 755 ×=××=

2.2 Una planta produce una mezcla de 90 % en mol de etanol (C2H5OH) y el resto de agua.

a. Calcule la fracción en masa de etanol.

b. Si la producción de la planta es 1000 lbmol/h, calcule la producción equivalente en kg/min.

c. Para la producción de (b), calcule los flujos molares de los componentes de la corriente en kgmol/h.

SOLUCION:

a. Fracción masa o fracción másica de etanol.

Masa Molecular (MM) del etanol = 46 MM del agua = 18


2

Base de cálculo: 1 gmol de mezcla. Para hallar el valor pedido se calcula la masa de etanol en un gramo-mol de mezcla y la masa de un gmol de mezcla o, lo que es lo mismo, la masa molecular media. La relación entre ellas da la respuesta.

Masa Molecular media = ( 0.9 mezcladegmoletanoldegmol

× 46 etanoldegmol

etanoldeg +

0.1 mezclademol

aguadegmol× 18

aguadegmolaguadeg

)

MM media = ( mezcladegmoletanoldeg4.41

+ mezcladegmolaguadeg8.1

)

MM media = ( mezcladegmol

aguadeg8.1etanoldeg4.41 + )

MM media = 43.2 mezcladegmol

mezcladeg

Aunque se tomó una base de cálculo de 1 gmol, recuérdese que la respuesta se cumple en otras unidades, siempre y cuando haya consistencia dimensional, pudiendo decirse que

MM media = 43.2 mezcladekgmol

mezcladekg = 43.2

mezcladelbmolmezcladelb

= 43.2 mezclademolTonelada

mezcladeTonelada

= 43.2 miligramo de mezcla

miligramo - mol de mezcla = 43.2

mezclademolarrobamezcladearroba

−

Continuando con el problema:

Masa de etanol = ( 0.9 mezcladegmoletanoldegmol

× 46 )etanoldegmol

etanoldeg

= 41.4 mezcladegmol

etanoldeg


3

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

==

mezcladegmolmezcladeg

43.2

mezcladegmoletanoldeg

41.4wetanoldemásicaFracción OHHC 52

w C2H5OH = 0.95833 mezcladegetanoldeg

Es importante resaltar, como lo muestra el análisis dimensional, que la fracción másica - de igual manera que la fracción molar o la fracción en volumen - tiene unidades, las cuales - normalmente - no se colocan, porque puede utilizarse en cualquier tipo de unidad:

w C2H5OH = 0.95833 mezcladekgetanoldekg

= 0.95833 mezcladelbetanoldelb

= 0.95833 mezcladeToneladaetanoldeTonelada

b. La producción equivalente en kg/min Utilizando los factores de conversión y la masa molecular media se encuentra, directamente, que:

minkg

326.592min60h1

lb1000gk453.6

lbmol1lb43.2

hlbmol1000

hlbmol1000 =×××=

c. Flujos molares para la corriente en kgmol/h. A partir del flujo, las fracciones molares y el factor de conversión puede plantearse que:

hkgmol

408.24mezclalbmol1000mezclagmolk453.6

hmezclalbmol

1000mezclalbmoletanollbmol

0.9N OHHC 52=××=

hkgmol

36.45mezclalbmol1000mezclagmolk453.6

hmezclalbmol

1000mezclalbmoletanollbmol

0.1N OH5=××=

tal como se pedía.


4

2.3 Una corriente que contiene:

H2O 0.4

C2H5OH 0.3

CH3OH 0.1

CH3COOH 0.2

en fracciones en masa, se alimenta a una columna de destilación a razón de 1000 lb/h. Convierta estas variables de las corrientes a:

a. Flujos molares por componente.

b. Flujo molar total y fracciones molares.

c. Fracciones molares, en base libre de agua.

SOLUCION: a. Flujos molares por componente.

Hallando el flujo másico de cada componente y pasándolo a moles, se plantean las siguientes expresiones (obsérvese que en este cálculo se muestran las unidades de las fracciones másicas) que dan los valores pedidos:

hlbmol22.2222

OHlb18lbmol1

hmezclalb

1000mezclalb

OHlb0.4N

2

2OH2

=×=

hlbmol6.5217

OHHClb46lbmol1

hmezclalb

1000mezclalb

OHHClb0.3N

52

52OHHC 52

=××=

hlbmol3.125

OHCHlb32lbmol1

hmezclalb

1000mezclalb

OHCHlb0.1N

3

3OHCH3

=××=

hlbmol3.333

COOHCHlb60lbmol1

hmezclalb

1000mezclalb

COOHCHlb0.2N

3

3COOHCH3

=××=


5

b. Flujo molar total y fracciones mol. Sumando los flujos parciales de la parte (a) se encuentra el flujo molar total:

Flujo molar total = (22.2222 + 6.5217 + 3.125 + 3.333) lbmol/h

Flujo molar total = 35.2022 lbmol/h

Las fracciones molares se encuentran dividiendo el flujo molar de cada uno de los componentes por el flujo molar total. Así, para el agua:

mezclademolaguademol

0.63127mezclademol35.2022aguademol22.2222

x OH2=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

De nuevo puede verse que las fracciones tienen unidades. Procediendo de manera análoga, las otras fracciones molares son:

=2 5C H OH

mol de etanolx 0.18527mol de mezcla

mezclademoletanolmdemol

0.08877x OHCH3=

mezclademolacéticoácidodemol

0.09469x COOHCH3=

c. Fracciones mol, en base libre de agua. El cálculo puede hacerse mediante un cambio de base, utilizando los porcentajes calculados en la parte (b); o a partir del flujo total, utilizando los flujos por componente del ítem (a). Calculando la fracción molar de etanol de ambas maneras se tendrá que: Con los porcentajes de la parte (b):

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

×⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

agua deexenta mezcla demol )63127.01(mezcla demol 1

mezcla demol etanol demol 18527.0x OHHC 52


6

agua deexenta mezcla demol etanol demol 50244.0x OHHC 52

=

Con los flujos por componente de la parte (a):

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=agua deexenta mezcla demol 222.222022.35

etanol demol 5217.6x OHHC 52

agua deexenta mezcla demol etanol demol 50244.0x OHHC 52

=

Análogamente se encuentran las otras fracciones en base seca. Con sus respectivas unidades son:

xmetanol = 0.24075 aguadeexentamezclademol

oltanmedemol

xetanoico = 0.2568 aguadeexentamezclademol

etanoicodemol

2.4 Una solución que contiene Na2S, NaOH y Na2CO3 en agua se conoce como “licor blanco” y se

usa en la industria del papel para procesar pulpa de madera.

Supóngase que el análisis de laboratorio indica 50 g/l de Na2S, 250 g/l de NaOH y 100 g/l de Na2CO3. Si la densidad de la solución es 1.05 g/cm3, calcule los flujos molares por componente, correspondientes a un flujo total de la corriente de 1000 kgmol/h.

SOLUCION: Los resultados se muestran en la tabla siguiente. El procedimiento para construirla es:

1. Tomando como base de cálculo 1 litro de solución se calcula su masa. 2. Con los datos del problema se puede calcular la masa de cada componente y, por diferencia, la masa

de agua (Columna 2). 3. Se hallan las moles de cada uno de los componentes (dividiendo por la masa molecular) (Columna 3).


7

4. La suma de los valores anteriores da el número total de moles. 5. Dividiendo las moles de cada componente por el número total de moles se halla su fracción molar

(Columna 4). 6. Como la fracción molar es independiente de la unidad usada para la cantidad de sustancia, se

multiplica por 1000 kgmol/h cada valor hallado en el ítem 5. y se encuentra los flujos molares pedidos (Columna 5).

La masa de 1 litro de solución es:

g1050cm

g05.1x

litro1cm1000

litro1Masa 3

3

=×=

Componente Masa g

Moles gmol

Fracción molar

Flujo molar

kgmol/h Na2S 50 0.641026 0.014587 14.587

NaOH 250 6.250000 0.142222 142.222 Na2CO3 100 0.943396 0.021467 21.467

H2O 650 36.111111 0.821724 821.724 Totales 1050 43.945533 1.000000 1000.000

2.5 A un proceso de producción de metano a partir de gas de síntesis y vapor de agua, se alimentan

6 kgmol/min de un gas que contiene 50 % de H2, 33 1/3 % de CO y el resto CH4 (todos en base molar), así como 72 kg/min de vapor de agua. Los productos son 3 kgmol/min de agua líquida y 95 kg/min de un gas que contiene 25 % de CH4, 25 % de CO2 y el resto H2 (todos en base molar).

Vapor

Agua

Gas como producto CH4 25 % CO2 25 % H2

Gas de síntesis 50 % H2 33 1

3 CO CH4


8

Determine, con tres cifras significativas, si:

a. ¿Se conserva la masa total? b. ¿Se conservan las moles totales?

c. ¿Se conservan las moles de cada tipo de átomo?

d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química?

e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso?

SOLUCION: Para la mezcla gaseosa de salida se conoce el flujo másico y su porcentaje molar, puede efectuarse un cambio de fracción molar a másica o, lo que es más sencillo, encontrar la masa molecular media de la mezcla. Procediendo de ambas maneras:

Masa Molecular Media = (0.25 × 16 + 0.25 × 44 + 0.5 × 2) = 16

por tanto:

kgmolkg

6

kgmolkg

16

minkg

96mezclademolarFlujo =

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

Conocida la fracción molar se toma como base un mol de mezcla y la fracción másica de cada componente se calcula dividiendo la masa de cada componente (fracción molar por masa molecular) por la masa total del mol de mezcla (o masa molecular media):

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛ ××=

mezclademolmezclademasa

16

CHdemolCHdemasa

16mezclademol1mezclademolCHdemol

25.0w 4

44

CH4

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

totalmasaCHdemasa

25.0w 4CH4


9

Para los otros componentes se procede de manera análoga (sin todas las unidades):

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ××

=totalmasa

COdemasa16

44125.0w 2

CO2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

totalmasaCOdemasa

6875.0w 2CO2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ××

=totalmasa

Hdemasa16

215.0w 2

H2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

totalmasaHdemasa

0625.0w 2H2

Para visualizar el balance de materia, se toma como base un minuto y con los flujos másicos y/o molares conocidos se construye la siguiente tabla.

ENTRADA

SALIDA

kgmol

kg

kgmol

kg H2

3

6

H2O

3

54 CO 2 56 CH4 1.5 24 CH4 1 16 CO2 1.5 66 H2O 4 72 H2 3 6 Total 10 150 Total 9 150

En ella se hace inventario de las masas de los componentes y las moles totales a la entrada y a la salida:

a. ¿Se conserva la masa total? Al proceso entran 150 kg y de él salen 150 kg. La masa total que entra es igual a la masa total que sale, de acuerdo con la Ley de la Conservación de la Materia.


10

b. ¿Se conservan las moles totales? Las moles totales no se conservan: Al proceso entran 10 kgmol y de él salen 9 kgmol.

c. ¿Se conservan las moles de cada tipo de átomo? Sumando los átomos mol de cada componente a la entrada y a la salida se tiene que: ENTRADA: Los elementos que intervienen en el proceso son H, C y O. kg - átomo de H = H del H2 + H del CH4 + H del H2O

2 42 4

2 43 1kg átomo H kg átomo Hkgmol H x kgmol CH xkgmol H kgmol CH− −

= + +

22

2

24 kg átomo Hkgmol H O xkgmol H O−

= 18

kg - at de C = C del CO + C del CH4

44 CHkgmol

Cátomokg1xCHkgmol1

COkgmolCátomokg1

xCOkgmol2−

+−

=

= 3

kg - at de O = O del CO + O del H2O

OHkgmolOátomokg1

xOHkgmol4COkgmol

Oátomokg1xCOkgmol2

22

−+

−=

= 6


11

SALIDA: Efectuando el mismo procedimiento para los componentes a la salida (sin colocar las unidades):

kg - átomo de H = H del H2 + H del CH4 + H del H2O

= ( 3 × 2 + 1.5 × 4 + 3 × 2)

= 18

kg - átomo de C = C del CH4 + C del CO2

= ( 1.5 × 1 + 1.5 × 1)

= 3

kg - átomo de O = O del H2O + O del CO2

= ( 3 × 1 + 1.5 × 2)

= 6

Los kg – átomo que entran y salen de los elementos H, C y O son, respectivamente: 18, 3 y 6. Se conserva el número de átomos mol de cada tipo de átomo.

d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? Como puede verse en la tabla anterior, la masa de cada tipo de sustancia no se conserva. Esto se debe a que en el proceso ocurre una reacción química en la que, como es obvio, desaparecen unas sustancias y se forman otras.

e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? Que hay interacción química entre los diferentes componentes. Puede plantearse que ocurre la reacción:

2 CO + H2O → 1.5 CO2 + 0.5 CH4

La cual explica que en el proceso haya desaparecido el CO, que los kg-mol de agua hayan disminuido en 1, que hayan aparecido 1.5 kg-mol de CO2 y que el número de kg-mol de CH4 haya aumentado en 0.5, tal como puede constatarse en la tabla.


12

2.6 Un proceso de producción de yoduro de metilo, CH3I, tiene las corrientes de entrada y salida que se muestran en la figura. La corriente de desperdicio consiste en 82.6 % (en masa) de HI y el resto agua, mientas que la corriente de producto contiene 81.6 % (másico)de CH3I y el resto CH3OH.

Determine con tres cifras significativas, si:

a. ¿Se conserva la masa total? b. ¿Se conservan el número total de moles? c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo? d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso?

SOLUCION: Tomando como base un día se tendrá que: a. ¿Se conserva la masa total?

Masa que entra = (125 × 128 + 150 × 32) lb

Masa que entra = 20800 lb

Masa que sale = (7760 + 13040) lb

Masa que sale = 20800 lb

De la igualdad de las masas se concluye que se conserva la masa total.

CH3OH

150 lbmol/día

Desperdicio

7760 lb/día

Producto

13040 lb/día

HI

125 lbmol/día


13

b. ¿Se conservan el número total de moles?

Moles que entran = (125 + 150) lbmol

= 275 lbmol

Moles que salen: Es la suma de las moles del desperdicio y del producto:

Desperdicio: HI = 7760 × 0.826 lb = 6409.76 lb

= 50.076 lbmol

H2O = 7760 × 0.174 lb = 1350.24 lb

= 75.013 lbmol

Producto: CH3I = 13040 × 0.816 lb = 10640.64 lb

= 74.41 lbmol

CH3OH = 2399.36 lb

= 74.98 lbmol

Así:

Moles que salen = (50.076 + 75.013 + 74.41 + 74.98) lbmol

= 274.479 lbmol

Con tres cifras significativas el número de moles no se conserva: 275 vs. 274.479 c. ¿Se conserva el número de moles de cada tipo de átomo? Los elementos que intervienen en las sustancias del proceso son: C, H, O e I. Hallando la cantidad total de cada uno de ellos en los componentes de los flujos de entrada y salida, se encuentra que:


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ENTRADA:

lb-átomo de C = C del CH3OH = 150

lb-átomo de O = O del CH3OH = 150

lb-átomo de I = I del HI = 125

lb-átomo de H = H del HI + H del CH3OH = (125 + 150 × 4)

= 725

SALIDA:

lb-átomo de C = C del CH3I + C del CH3OH = (74.41 + 74.98)

= 143.39

lb-átomo de O = O del H2O + O del CH3OH = (75.013 + 74.98)

= 149.993

lb-átomo de I = I del HI + I del CH3I = (50.076 + 74.41)

= 124.486

lb-átomo de H = H del HI + H del H2O + H del CH3I + H del CH3OH

= (50.076 + 75.013 × 2 + 74.41 × 3 + 74.98 × 4)

= 723.252

En el proceso, con tres cifras significativas, el número de átomos de cada elemento no se conserva. d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? La masa de cada tipo de sustancia química no se conserva porque hay una transformación química, en la que desaparecen unas sustancias y se forman otras. e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? Primero, hay reacción química. Segundo, es probable que los porcentajes másicos del desperdicio y del producto sean aproximaciones y que al dar sus valores con más cifras significativas se obtenga el resultado esperado: que la masa se conserve.


15

2.7 En una planta de ácido sulfúrico, se mezclan 100 lbmol/h de una corriente que contiene 90 % mol de H2SO4 en agua, con 200 lbmol/h de otra que contienen 95% mol de H2SO4 en agua y con 200 lbmol/h de una corriente que consiste de 15% mol de SO3 en N2.

El resultado son 480 lbmol/h de una corriente mezclada que contiene 170 lbmol/h de N2, 62.5 % mol de H2SO4, nada de agua y el resto SO3.

Determine, mediante cálculos, si:

a. ¿Se conserva la masa total?


c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo?

d. ¿Se conserva la masa de cada sustancia?

e. ¿Si el balance total de masa no resulta, cuál es la explicación más probable?

f. ¿Si el balance del número total de moles no resulta, cuál es la explicación más probable? SOLUCION: Con base en una hora de operación y los flujos correspondientes a la entrada y a la salida se construye la tabla siguiente. En ella, cada columna corresponde a:

La Columna 1 muestra los componentes de cada flujo.

Las Columnas 2, 3 y 4 corresponden a los tres flujos.

La Columna 5 corresponde a la suma total de moles de estas corrientes.

La Columna 6 corresponde a la masa que entra al proceso.

La Columna 7 es la corriente de salida, en moles.

La Columna 8 es la masa que sale del proceso.

La última fila corresponde a la suma, en lbs o lbmol, de los componentes de cada columna.

1

lbmol 2

lbmol 3

lbmol 4

lbmol 5

lbs 6

lbmol 7

lbs 8

H2SO4 90 190 – 3280 27440 300 29400 H2O 10 10 – 20 360 – – SO3 – – 30 30 32400 10 800 N2 – – 170 170 34760 170 4760

100 200 200 500 34960 480 34960


16

Las respuestas al problema son: a. ¿Se conserva la masa total?

La masa total se conserva: resultados de las columnas 6 y 8.


El número total de moles no se conserva. Columnas 5 y 7: entran 500 y salen 480.

c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo?

El número de moles de cada tipo de átomos se conserva. Esto puede deducirse como consecuencia de que se conserve la masa y de que no haya dos compuestos que tengan la misma masa molecular. Para corroborarlo se halla la suma de los lb-átomo de hidrógeno, azufre y oxígeno de las corrientes de entrada, y compararla con los lb-átomo a la salida: Hidrógeno:

Entrada: H = [(90 × 2 + 10 × 2) + (190 × 2 + 10 × 2)] lb-átomo = 600 lb-átomo

Salida: H = (280 × 2 + 20 × 2) lb-átomo = 600 lb-átomo

Azufre:

Entrada: S = [(90 × 1) + (190 × 1) + (30 × 1)] lb-átomo = 310 lb-átomo

Salida: S = [(280 × 1 + 30 × 1)] lb-átomo = 310 lb-átomo

Oxígeno:

Entrada: O = [(90 × 4 + 10 × 1) + (190 × 4 + 10 × 1) + (30 × 3)] lb-átomo

= 1230 lb-átomo

Salida: O = [(280 × 4 + 20 × 1 + 30 × 3)] lb-átomo = 1230 lb-átomo


17

d. ¿Se conserva la masa de cada sustancia? La masa de cada sustancia no se conserva porque hay reacción química. e. ¿Si el balance total de masa no resulta, cuál es la explicación más probable? El balance total de masa resulta. f. ¿Si el balance del número total de moles no resulta, cuál es la explicación más probable? Las veinte lb-mol de H2O que entran al proceso reaccionan con 20 de las 30 lb-mol de SO3 que llegan, según la ecuación:

H2O + SO3 → H2SO4 Desaparecen, en total, 40 lb-mol y se forman 20 lb-mol de H2SO4, como puede observarse en la tabla: Columnas 5 y 7. La tabla siguiente explica el proceso.

ENTRADA lb-mol

SE FORMAN O REACCIONAN

SALIDA lb-mol

H2SO4: 280 20 lbmol. 300 H2O: 20 20 lbmol. 0 SO3: 30 20 lbmol. 10

2.8 Un gas que contiene 79.1 % de N2, 1.7 % de O2 y 19.2 % de SO2, se mezcla con otro gas que

contiene 50 % de SO2, 6.53 % de O2 y 43.47 % de N2, para producir un gas que contiene 21.45 % de SO2, 2.05 % de O2 y 76.50 % de N2. Todas las composiciones corresponden a porcentaje en mol.

Determine:

a. El número de variables de corrientes independientes que hay en el problema.

b. El número de balances de materia que pueden expresarse y cuántos serán

independientes.

c. ¿En qué proporción deberán mezclarse las corrientes?


18

SOLUCION: El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, es: a. Número de variables de corrientes independientes que hay en el problema. En el diagrama cuantitativo puede verse que el número de variables de corriente independientes es nueve (9): hay tres corrientes y las variables independientes de cada una son tres: 1 flujo y 2 composiciones. b. Número de balances de materia que pueden expresarse y cuántos serán independientes. Pueden expresarse cuatro balances de materia: uno, para cada uno de los tres componentes, y el balance de materia total. Solamente tres son independientes porque al sumar las ecuaciones de balance de los tres componentes se obtiene la ecuación para el balance total. c. ¿En qué proporción deberán mezclarse las corrientes? Para encontrar la respuesta, se plantea un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (N

1, N

2 y N

3):

Balance de Nitrógeno: 0.79 N1 + 0.4347 N

2 = 0.7650 N

3

Balance de Oxígeno: 0.017 N

1 + 0.0653 N

2 = 0.0205 N

3

Balance total: N

1 + N

2 = N

3

1

N1 x1

N2= 0.791

x1O2= 0.017

(x1SO2= 0.192)

N2 x2

N2= 0.0653

x2O2= 0.4347

(x2SO2= 0.50)

N3 x3

N2= 0.0205

x3O2= 0.7650

(x3SO2= 0.2145)

2

3


19

En este caso, al no haber reacción química, el número de moles totales debe conservarse y los balances molares son análogos a los balances de materia. Se trata de un sistema homogéneo de 3 ecuaciones con 3 incógnitas que tiene o una solución (la solución trivial) o infinitas soluciones. Dividiendo el sistema de ecuaciones por N

1 (con lo cual se descarta la solución trivial) se obtiene un sistema

de 3 ecuaciones con 2 incógnitas. Sea x = N2/N

1 y z = N

3/N

1:

0.79 + 0.4347 x = 0.7650 z

0.017 + 0.0653 x = 0.0205 z

1 + x = z

Al resolver este sistema se encuentra la siguiente redundancia:

z = 1.078716 z = 1.078125

es decir, 2 valores diferentes para z. Por tanto el sistema sólo tendría la solución trivial: N

1 = N

2 = N

3 = 0, o dicho de otra manera, es

imposible obtener el flujo de salida con esa composición a partir de los 2 flujos con las composiciones dadas. Sin embargo, la pequeña diferencia entre los dos valores encontrados para la variable z (1.078716 vs. 1.078125) hacen pensar que ésta se debe al corte de decimales, y no a que el problema esté mal planteado. Resolviendo el problema para un flujo dado se comprobará lo anterior. Tomando como base de cálculo N

1 = 1000, el sistema de ecuaciones de balance anteriores se transforma en:

Nitrógeno: 791 + 0.4347 N

2 = 0.7650 N

3 (1)

Oxígeno: 17 + 0.0653 N2 = 0.0205 N

3 (2)

Total: 1000 + N2 = N

3 (3)

en el cual sólo hay dos incógnitas: N

2 y N

3.

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (3) se encuentra que:

N3 = 1078.716 N

2 = 78.716


20

Reemplazando en la ecuación (2) estos valores se encuentra que:

17 + (0.0653 × 78.716) = 0.0205 × 1078.716

22.140 = 22.114

Situación que indica que si la composición de O2 en la corriente de salida tuviera más decimales, las dos incógnitas satisfarían la ecuación (2). A la misma situación se llega al hacer el correspondiente análisis de Grados de Libertad del problema: Tabla de Grados de Libertad:

Número de variables independientes (NVI) 9 Número de balances de materia independientes (NBMI) 3 Número de composiciones conocidas (NCC) 6 Número de flujos conocidos (NFC) 0 - 9 GRADOS DE LIBERTAD 0

Al tomar una base de cálculo, los Grados de Libertad serían iguales a -1, valor con el cual el proceso estará sobre-especificado. Esto significa que en el proceso sobra información, pero no necesariamente que ella no se ajuste a las condiciones de operación del proceso. En este caso, como ya se sabe, se origina un sistema de 3 ecuaciones y 2 incógnitas. Resolviendo simultáneamente dos cualesquiera de ellas y reemplazando los valores encontrados en la tercera podrá saberse si las tres ecuaciones son consistentes. Si lo hacen, la información es redundante, pero no contradictoria. Si no lo hacen, el problema no tiene solución porque la información, además de ser redundante es contradictoria. Es decir, no pueden cumplirse todas las especificaciones. La primera situación es la que se presenta problema, la cual se aclarará más a continuación. Como sobra información puede eliminarse un dato. Consideremos que es desconocida la composición de O2 en el flujo de salida. En estas condiciones, sólo se conocen 5 composiciones y la Tabla de Grados de Libertad es:


21

Tabla de Grados de Libertad:

Número de variables independientes (NVI) 9 Número de balances de materia independientes (NBMI) 3 Número de composiciones conocidas (NCC) 5 Número de flujos conocidos (NFC) 0 - 8 GRADOS DE LIBERTAD 1

Al tomar una base de cálculo, N

1 = 1000, por ejemplo, el sistema queda con CERO Grados de Libertad.

Esto significa que se puede configurar un sistema con:

- Tres ecuaciones (nitrógeno, oxígeno, total)

- Tres incógnitas (N2, N

3, x

3O2).

Las ecuaciones de balance son:

Nitrógeno: 791 + 0.4347 N2 = 0.7650 N

3 (1)

Oxígeno: 17 + 0.0653 N2 = x

3O2 N

3 (2)

Total: 1000 + N2 = N

3 (3)

Resolviendo el sistema se encuentra que:

N3 = 1078.716 N

2 = 78.716 x

3O2 = 0.020524

Obsérvese que el valor “calculado” para la composición de oxígeno a la salida no difiere sustancialmente del dato que se le eliminó al problema, pero esta pequeña diferencia (0.000024) es suficiente para los dos valores diferentes encontrados para la variable z, y para los dos valores diferentes al reemplazar N

2 y N

3 en (4).

Ahora, los resultados hallados se pueden corroborar en el balance de dióxido de azufre, el cual es dependiente. Por diferencia:

x3SO2 = ( 1 - 0.7650 - 0.020524) = 0.214476

0.192 N1 + 0.50 N

2 = 0.214476 × N

3

0.192 × 1000 + 0.50 × 78.716 = 0.214476 × 1078.716

231.358 = 231.358


22

En este problema se aclaran las situaciones que se pueden presentar cuando un proceso se encuentra sobre-especificado. La respuesta que se pide es:

704.12716.78

1000NNoporciónPr 2

1=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2.9 Puede recuperarse acetona de un gas portador, disolviéndola en una corriente de agua pura en

una unidad llamada absorbedor.

En el diagrama de flujo de la figura, 200 lb/h de una corriente con 20 % de acetona se tratan con 1000 lb/h de una corriente de agua pura, lo que produce un gas de descarga libre de acetona y una solución de acetona en agua.

Supóngase que el gas portador no se disuelve en el agua.

a. Determine el número de variables de corrientes independientes y de balances de materia

que hay en el problema. b. Exprese todas las ecuaciones de balance de materia.

c. Calcule todas las variables de corrientes desconocidas.

Gas Agua

20 % Acetona 80 % Gas

Solución acetona-agua


23

SOLUCION: Diagrama Cuantitativo: a. Determine el número de variables de corrientes independientes y de balances de materia que hay

en el problema. Teniendo en cuenta el diagrama de flujo: Variables de corrientes independientes: F

1, w

1AC, F

2, w

2AC, F

3 y F

4 (en total 6 variables)

Balances de materia: Acetona, Gas, Agua y Total. Cuatro balances, de los cuales tres son independientes. b. Exprese todas las ecuaciones de balance de materia. Las ecuaciones de balance son: Total: F

1 + F

3 = F

2 + F

4

200 + 1000 = F2 + F

4 = 1200 (1)

Acetona: w1AC F

1 = w

2AC F

2

0.2 × 200 = w2AC F

2 (2)

Gas Agua

F1 = 200 w1

AC = 0.2 (w1

G = 0.8)

1 2

34

F2

w2AC

(w2AGUA)

F4 F3 =1000


24

Agua: F3 = (1 – w

2AC) F

2

1000 = (1 – w2AC) F

2 (3)

Gas: w

1G F

1 = F

4

0.8 × 200 = F4 (4)

c. Calcule todas las variables de corrientes desconocidas. Tabla de Grados de Libertad:

Número de variables independientes (NVI) 6 Número de balances de materia independientes (NBMI) 3 Número de flujos conocidos (NFC) 2 Número de composiciones independientes conocidas (NCC) 1 Número de relaciones conocidas (NRC) 0 - 6 GRADOS DE LIBERTAD (G de L) 0

De acuerdo con la Tabla de Grados de Libertad, el sistema está especificado correctamente y pueden plantearse un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas. En todos los procesos se encontrará que la diferencia entre el número de incógnitas y el número de ecuaciones es, también, igual al número de Grados de Libertad del proceso. En este proceso: 3 Incógnitas – 3 Ecuaciones = 0 Grados de Libertad. Resolviendo el sistema de ecuaciones planteado se obtiene:

De la ecuación (4): F4 = 160

De las ecuaciones (4) y (1): F2 = 1040

Con F2 conocido y la ecuación (2): w

2AC = 0.03846

Por diferencia: w2G = 0.96154


25

Una medida de precaución que debe tomarse, como norma general, para garantizar que el sistema de ecuaciones de cualquier problema ha sido resuelto correctamente, consiste en verificar los resultados obtenidos, reemplazando los valores encontrados para las incógnitas en la ecuación de balance que no ha sido utilizada (por ser dependiente). En este problema no se utilizó la ecuación (3) por ser dependiente, por tanto debe satisfacerse con los valores encontrados. Reemplazando: 1000 = (1 – 0.03846) × 1040

1000 = 1000

igualdad que garantiza que se resolvió correctamente el sistema. 2.10 Puede obtenerse una pasta de proteína vegetal libre de aceite a partir de semilla de algodón,

usando hexano para extraer el aceite de las semillas limpias. Teniendo una alimentación de semilla de algodón cruda que consiste (porcentajes másicos) de:

Material Celulósico (MC) 14 %

Pasta (P) 37 %

Aceite (A) 49 %

Calcule la composición del extracto de aceite que se obtendrá utilizando 3 libras de hexano por cada libra de semilla cruda.

Hexano

Pasta pura de proteína

Semillascrudas

Extracto de aceite

Aceite Hexano

Material celulósico

Proceso


26

SOLUCION: Diagrama Cuantitativo: Relaciones: Se utilizan 3 libras de hexano por cada libra de semilla cruda, es decir:

R1: (F1/F

2) = 3


NVI 8 (F1, F

2, F

3, F

4 ,F

5, w

2MC, w

2P, w

5A)

NBMI 4 (Total, Material Celulósico, Pasta, Aceite) NFC 0 NCC 2 (w

2MC, w

2P)

NRC 1 -7 G de L 1 Base -1

(El sistema está sub-especificado. Al tomar una base de cálculo el sistema queda especificado correctamente)

Las cuatro ecuaciones independientes de balances de materia son:

Total: F1 + F

2 = F

3 + F

4 + F

5 (1)

Material celulósico: 0.14 F2 = F

3 (2)

Pasta: 0.37 F2 = F

4 (3)

Aceite: 0.49 F2 = w

5A F

5 (4)

Hexano F1

Pasta pura F4

Semillas crudas F2

w2MC = 0.14

w2P = 0.37

(w2A = 0.49)

Extracto de aceite F5 w5

A (w5

H)

Material celulósico F3

Proceso1

2

3

4

5


27

De la relación: (F1/F

2) = 3 (5)

Se obtiene un sistema de 5 ecuaciones y 6 incógnitas (F1, F

2, F

3, F

4, F

5, w

5A), o lo que es lo mismo:

6 Incógnitas – 5 Ecuaciones = 1 Grado de Libertad.

Al tomar como base de cálculo uno de los flujos se tiene un sistema de 5 × 5 y, por tanto:

5 Incógnitas – 5 ecuaciones = 0 Grados de Libertad.

Base de cálculo: Sea F1 = 1000 libras.

Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que:

De (5), F2 = (1000/3) libras

De (3), F4 = 123.33 libras

De (4), w5A = 0.13

De (2), F3 = 46.67 libras

De (1), F5 = 1256.67 libras

Por diferencia, w5H = 0.87

2.11 En una columna de destilación se separa una mezcla equimolar de etanol, propanol y butanol,

en una corriente de destilado que contiene 66 2/3 % de etanol y nada de butanol, y una corriente de fondos que no contiene etanol.

Calcular las cantidades y composiciones de las corrientes de destilado y fondos, para una alimentación de 1000 mol/h.

Alimentación1/3 E 1/3 P 1/3 B

DestiladoE 2/3 P 1/3 B 0

E 0 P B

Columna de destilación

Fondos


28

SOLUCION: Diagrama Cuantitativo: Tabla de Grados de Libertad:

NVI 7 (NA, x

AE, x

AP, ND, x

DE, N

F, x

FP )

NBMI 3 (Total, Etanol (E), y Propanol (P))

NFC 1 (Flujo de alimentación, NA)

NCC 3 (xAE, x

AP, x

DE )

NRC 0 -7

G de L 0

(El proceso está especificado correctamente y puede formarse un sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas)

Las ecuaciones del balance de materia son:

Total: 1000 = ND + N

F (1)

Etanol: (1000/3) = (2/3) ND

(2)

Propanol: (1000/3) = (1/3) ND + x

FP N

F (3)

ND xD

E = 0.66667 (P)

NA =1000

3

1AEx =

3

1APx =

(B) NF

xFP = 0.66667

(B)


29


De la ecuación (2), ND = 500

De la ecuación (1), NF = 500

De la ecuación (3), xFP = 1/3

valores correspondientes a los flujos y la composición pedidos en el problema. Para corroborar la solución obtenida, se reemplazan los valores encontrados en el balance de butanol (dependiente):

0.3333 × 1000 = 0.6666 × 500

333.3 = 333.3

2.12 La alimentación a una columna de destilación contiene 36 % en masa de benceno y el resto

tolueno.

El destilado deberá contener 52 % en masa de benceno, mientras que los fondos contendrán 5 % en masa de benceno.

Calcule:

a. El porcentaje de la alimentación de benceno que contiene el destilado. b. El porcentaje de la alimentación total que sale como destilado.

SOLUCION: Diagrama Cuantitativo:

FD wD

B = 0.52 ( T 48 %)

FA wA

B = 0.36 ( T 64 %)

FF wF

B = 0.05 ( T 95 %)


30


NVI 6 NBMI 2 NFC 0 NCC 3 NRC 0 - 5 G de L 1 Base - 1

El sistema tiene un grado de Libertad, pero al fijar una base de cálculo queda correctamente especificado.

Base de cálculo: Sea FA = 1000

Las ecuaciones de balance son:

1000 = FD + F

F (1)

360 = 0.52 FD

+ 0.05 FF (2)

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1) y (2):

FF = 340.426 F

D = 659.574

La solución a los interrogantes del problema es:

a. El porcentaje de la alimentación de benceno que contiene el destilado.

100AenbencenoD en bencenoo recuperadbenceno de % ×=

%2718.95100360

574.65952.0o recuperadbenceno de % =×

×=


31

b. El porcentaje de la alimentación total que sale como destilado.

1001000

659.574 destilado como sale que A de % ×=

% de A que sale como destilado = 65.9574 %

2.13 Un método para determinar el flujo volumétrico de una corriente de proceso en flujo

turbulento, consiste en inyectar cantidades pequeñas y medibles de algún fluido que se disperse con facilidad, para luego medir la concentración de este fluido en una muestra de la corriente mezclada, obtenida en algún punto adecuado corriente abajo.

Supóngase que a una corriente que contiene 95 % mol de butano y 5 % mol de O2, se le inyectan 16,3 moles/h de O2. Corriente abajo el porcentaje de O2 es del 10%. Calcule el flujo de la corriente.

SOLUCION: Diagrama Cuantitativo: Tabla de Grados de Libertad:

NVI 5 NBMI 2 NFC 1 NCC 2 NRC 0 -5 G de L 0

De la Tabla de Grados de Libertad se concluye que el proceso está correctamente especificado.

N1 x1

B = 0.95 (x1

O2 = 0.05) N3 x3

B = 0.9 (x3

O2 = 0.1)

N2 = 16.3 mol


32

Los balances de materia son:

Total: N1 + N

2 = N

3 ó N

1 + 16.3 = N

3

Oxígeno: 0.05 N1 + 16.3 = 0.1 N

3

Resolviendo el sistema de ecuaciones:

N1 = 293.4 N

3 = 309.7

Por tanto, el flujo de la corriente es de 293.4 moles/h. 2.14 El ácido agotado de un proceso de nitración contiene 43 % de H2SO4 y 36 % de HNO3. La

concentración de este ácido diluido se incremente mediante la adición de ácido sulfúrico concentrado que contiene 91 % de H2SO4 y ácido nítrico concentrado, que contiene 88 % de HNO3. El producto deberá contener 41.8 % de H2SO4 y 40 % de HNO3.

Calcule las cantidades de ácido agotado y de ácidos concentrados que deberán mezclarse para obtener 100 lb del ácido mezclado reforzado.

SOLUCION: Diagrama Cuantitativo:

FD wD

H2SO4 = 0.43

wDHNO3 = 0.36

( H2O 21 %)

FS wS

H2SO4 = 0.91

( H2O 9 %)

FC wC

H2SO4 = 0.418

wCHNO3 = 0.400

( H2O 18.2 %) FN wN

HNO3 = 0.80 ( H2O 20 %)


33


NVI 10 NBMI 3 NFC 1 NCC 6 NRC 0 - 10 G de L 0

Los balances de materia son:

Total: FD

+ FS + F

N = 100

Sulfúrico: 0.43 FD + 0.91 F

S = 41.8

Nítrico: 0.36 FD + 0.8 F

N = 40.0

Al resolver en sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (F

D, F

S, F

N) se obtienen los siguientes resultados

F

D = 52.482 F

S = 21.135 F

N = 26.383

que son, respectivamente, los flujos de ácido agotados y ácidos sulfúrico y nítrico concentrados necesarios para producir el ácido reforzado. Verificando los resultados obtenidos en el balance de agua se encuentra que:

(1 – 0.43 – 0.36) × 52.482 + (1 – 0.91) × 21.135 + (1 – 0.8) × 26.383 = 18.2

18.2 = 18.2

2.15 En una planta se mezclan cuatro corrientes de proceso para dar una corriente única de 2000

lb/h. Las composiciones de las cuatro corrientes de entrada y la corriente de salida se muestran en la tabla de la página siguiente:

Calcule las proporciones en que deberán mezclarse las corrientes si: a. Siempre deberán usarse dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, para dar

la corriente de salida con la composición mencionada.


34

b. Se utilizan dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, y tres libras de la corriente 2 por una libra de la corriente 4, para dar la misma mezcla de salida.

c. La corriente de salida no deberá llevar componentes inertes y deberá tener iguales porcentajes en masa de los otros componentes de la corriente.

d. El contenido de inertes en la corriente de salida puede ser arbitrario, pero el resto de los componentes en la corriente de salida deberán estar presentes en iguales porcentajes en masa.

Corrientes de entrada 1 2 3 4

Corriente de salida

H2SO4 (% en masa) 80 0 30 10 40 HNO3 (% en masa) 0 80 10 10 27 H2O (% en masa) 16 20 60 72 31 Inertes (% en masa) 4 0 0 8 2

SOLUCION: El Diagrama Cuantitativo es:

F1 w1

H2SO4 = 0.80

w1iner = 0.04

( H2O 16 %)

F2 w2

HNO3 = 0.80

( H2O 20 %)

F3 w3

H2SO4 = 0.30

w3HNO3 = 0.10

( H2O 60 %)

F4 w4

H2SO4 = 0.10 w4

HNO3 = 0.10

w4iner = 0.08

( H2O 72 %)

F5= 2000 w5

H2SO4 = 0.40 w5

HNO3 = 0.27

w5iner = 0.02

( H2O 31 %)


35



El proceso, en estas condiciones, está correctamente especificado. Las incógnitas son F

1, F

2, F

3 y F

4 y las ecuaciones de balance de materia son cuatro:

Total: F

1 + F

2 + F

3 + F

4 = 2000 (1)

Sulfúrico: 0.8 F1 + 0.3 F

3 + 0.1 F

4 = 800 (2)

Inertes: 0.04 F1 + 0.08 F

4 = 40 (3)

Nítrico: 0.8 F2 + 0.1 F

3 + 0.1 F

4 = 540 (4)

a. Siempre deberán usarse dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, para dar la corriente de salida con la composición mencionada.

Al establecer esta relación, se tendrá el siguiente análisis de Grados de Libertad: Relación 1, R1: (F

1/F

3) = 2 (5)

NVI 16 NBMI 4 NFC 1 NCC 11 NRC 1 - 17 G de L - 1

El sistema se encuentra sobre-especificado porque los Grados de Libertad son negativos.


36

Esto significa una de dos cosas:

1. Sobra información pero ésta no es contradictoria y el problema puede resolverse;

2. La información es contradictoria y el problema no tiene solución ya que no pueden cumplirse todas las especificaciones impuestas.

En este caso se tienen 5 ecuaciones y 4 incógnitas. Para averiguar si el sistema es consistente, se resuelve el sistema formado por cuatro cualesquiera de ellas y se comprueban los resultados en la quinta ecuación. Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3) y (5), se encuentra que:

F3 = 416.667 F

1 = 833.333

F4 = 83.333 F

2 = 666.667

Comprobando estos valores en la ecuación (4):

0.8 × 666.667 + 0.1 × 416.667 + 0.1 × 83.333 = 583.333 ≠ 540 Por tanto, la información de la ecuación (5) es contradictoria y como no se pueden cumplir todas las condiciones impuestas el problema no tiene solución. La sobreespecificación es contradictoria.

b. Se utilizan dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, y tres libras de la corriente 2 por una libra de la corriente 4, para dar la misma mezcla de salida.

Además de las condiciones dadas por el diagrama original, se tiene otra relación:

Relación 1, R1: (F

1/F

3 ) = 2 (5)

Relación 2, R2: (F2/F

4 ) = 3 (6)



37

El problema está, en comparación a la parte (a), todavía más sobre-especificado. Si con la primera condición no se cumple, mucho menos lo va a ser con dos condiciones (o relaciones). Desde el punto de vista matemático, se tiene un sistema de 6 ecuaciones con 4 incógnitas. Pueden usarse los resultados de la parte (a) para comprobarlo:

6) Ecuación ó 2 (Relación 3 a iguales no 333.83667.666

FF

4

2

=

c. La corriente de salida no deberá llevar componentes inertes y deberá tener iguales porcentajes en

masa de los otros componentes de la corriente.

Con estas condiciones, no pueden intervenir las corrientes de entrada que contienen inertes y el diagrama cuantitativo del proceso es el siguiente:



o sea que el proceso se encuentra sobre-especificado.

F2 w2

HNO3 = 0.80

( H2O 20 %)

F3 w3

H2SO4 = 0.30

w3HNO3 = 0.10

( H2O 60 %)

F5= 2000 w5

H2SO4 = 1/3

w5HNO3 = 1/3

( H2O)


38

En este caso la sobre-especificación equivale a tener un sistema de 3 ecuaciones con 2 incógnitas (los flujos de las corrientes 2 y 3): De nuevo sobra información (hay redundancia), pero ésta puede ser o no contradictoria, existiendo las mismas dos posibilidades: Si la información no es contradictoria, el problema tiene solución, si es contradictora, no tiene solución. Las ecuaciones de balance son:

Total: F2 + F

3 = 2000 (1)

Nítrico: 0.8 F2 + 0.1 F

3 = 666.667 (2)

Sulfúrico: 0.3 F3 = 666.667 (3)

De la ecuación (3), F

3 = 2222.22.

Valor contradictorio (por imposible), ya que dicho flujo no puede tener un valor mayor que el flujo de salida que es de 2000. Por tanto el problema, con estas condiciones, no tiene solución.

d. El contenido de inertes en la corriente de salida puede ser arbitrario, pero el resto de los componentes en la corriente de salida deberán estar presentes en iguales porcentajes en masa.

El diagrama cuantitativo del proceso, con todas las variables de corriente, se muestra en la figura de la página siguiente:

Relaciones:

R1: (w5H2SO4 = w

5HNO3) (1)

R2: (w5H2SO4 = w

5H2O) (2)



De la Tabla de Grados de Libertad puede concluirse que el sistema se encuentra sub-especificado.


39

Para demostrar que el sistema se encuentra sub-especificado, se plantean las ecuaciones del balance y las relaciones: Relaciones: (w

5H2SO4 / w

5HNO3) = 1 (1)

(w5H2SO4 / w

5H2O) = 1 (2)

Ecuaciones de balance:

Total: F1 + F

2 + F

3 + F

4 = 2000 (3)

Sulfúrico: 0.8 F1 + 0.3 F

3 + 0.1 F

4 = w

5H2SO4 × 2000 (4)

Agua: 0.16 F1 + 0.2 F

2 + 0.6 F

3 + 0.72 F

4 = w

5H2O × 2000 (5)

Nítrico: 0.8 F2 0.1 F

3 + 0.1 F

4 = w

5HNO3 × 2000 (6)

F1 w1

H2SO4 = 0.80

w1iner = 0.04

( H2O 16 %)

F2 w2

HNO3 = 0.80 ( H2O 20 %)

F3 w3

H2SO4 = 0.30

w3HNO3 = 0.10

( H2O 60 %)

F4 w4

H2SO4 = 0.10 w4

HNO3 = 0.10

w4iner = 0.08

( H2O 72 %)

F5= 2000 w5

H2SO4 w5

HNO3

w5H2O

( inertes)


40

El análisis de las ecuaciones (1) a (6) muestra que forman un sistema con 6 ecuaciones y 7 incógnitas (F1, F

2,

F3, F

4, w

5H2SO4, w

5HNO3, w

5H2O). El Grado de Libertad del problema es igual a la diferencia entre el número de

incógnitas y el número de ecuaciones:

7 incógnitas – 6 ecuaciones = 1 Grado de Libertad

y, por tanto, no puede resolverse completamente. Se puede expresar, como en cualquier sistema de ecuaciones con la misma característica (más incógnitas que ecuaciones), el resto de incógnitas en función de una o más de ellas (dependiendo del número de Grados de Libertad (ejercicio algebraico que es bueno comenzar a practicar para cuando se llegue a la solución de balances de materia con arrastre de variables). 2.16 Un fabricante mezcla tres aleaciones para obtener 10000 lb/h de una aleación requerida.

En la siguiente tabla se muestran las composiciones de las aleaciones (% en masa):

Aleaciones alimentadas Componente 1 2 3 Aleación deseada

A 60 20 20 25 B 20 60 0 25 C 20 0 60 25 D 0 20 20 25

a. Calcule los flujos de alimentación de las tres aleaciones.

¿Pueden cumplirse todas las condiciones requeridas?

b. Supóngase que puede usarse también una cuarta aleación, que contiene 20 % en B, 20 % en C y 60 % D.

Calcule los flujos de alimentación de las cuatro aleaciones.

c. Supóngase que únicamente se requiere que la aleación final tenga 40 % A y cantidades

iguales de B y C (no se especifica la fracción en masa de D).

¿En qué proporciones deberán mezclarse las cuatro aleaciones para satisfacer estas condiciones, y cuál sería la composición de la aleación final?


41

SOLUCION: Diagrama Cuantitativo: a. Calcule los flujos de alimentación de las tres aleaciones. ¿Pueden cumplirse todas las condiciones

requeridas? Tabla de Grados de Libertad:


El proceso se encuentra sobre-especificado. Sobra información.

F1 w1

A = 0.6 w1

B = 0.2 (w1

C)

F2 w2

A = 0.2 w2

B = 0.6 (w2

D)

F3 w3

A = 0.2 w3

C = 0.6 (w3

D)

F4= 10000 w4

A = 0.25 w4

B = 0.25 w4

C = 0.25 (w4

D)


42

Como consecuencia, se puede formar un sistema de 4 ecuaciones y 3 incógnitas. Las cuatro ecuaciones de balances de materia son:

Total: F1 + F

2 + F

3 = 10000 (1)

A: 6 F1 + 0.2 F

2 + 0.2 F

3 = 2500 (2)

B: 0.2 F1 + 0.6 F

2 = 2500 (3)

C: 0.2 F1

+ 0.6 F3 = 2500 (4)

Las tres incógnitas son: F

1, F

2 y F

3.

Resolviendo las ecuaciones (1), (3) y (4) se obtiene:

F1 = 5000 F

2 = 2500 F

3 = 2500

Al reemplazar estos valores en la ecuación (2) se obtiene que:

0.6 × 5000 + 0.2 × 2500 + 0.2 × 2500 = 4000 ≠ 2500 los cuales no satisfacen la ecuación y, por tanto, el sistema no es consistente. Se puede concluir que la información es, además de redundante, contradictoria y, por tanto, el problema no tiene solución. b. Supóngase que puede usarse también una cuarta aleación, que contiene 20 % B, 20 % C y 60 % D.

Calcule los flujos de alimentación de las cuatro aleaciones. El diagrama cuantitativo del proceso tiene un nuevo flujo de entrada con respecto al diagrama de la parte a), tal como se muestra en el diagrama cuantitativo de la página siguiente, en el que se incluyen todas las variables de corriente necesarias para construir la Tabla de Grados de Libertad que se muestra a continuación:



43

de la cual se concluye que el problema está correctamente especificado. Las ecuaciones de balance de materia son:

Total: F1 + F

2 + F

3 + F

5 = 10000 (1)

A: 0.6 F1 + 0.2 F

2 + 0.2 F

3 = 2500 (2)

B: 0.2 F1 + 0.6 F

2 + 0.2 F

5 = 2500 (3)

C: 0.2 F1 + 0.6 F

3 + 0.2 F

5 = 2500 (4)

que conforman un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas. Resolviéndolo se obtiene que:

F1 = 2500 F

2 = 2500 F

3 = 2500 F

5 = 2500

correspondientes a los flujos necesarios para las corrientes de entrada.

F1 w1

A = 0.6 w1

B = 0.2 (w1

C)

F2 w2

A = 0.2 w2

B = 0.6 (w2

D)

F5 w5

B = 0.2 w5

C = 0.2 (w5

D)

F4= 10000 w4

A = 0.25 w4

B = 0.25 w4

C = 0.25 (w4

D) F3 w3

A = 0.2 w3

C = 0.6 (w3

D)


44

Corroborando los resultados obtenidos en el balance del componente D, que no ha sido utilizado por ser dependiente, se encuentra que:

0.2 × 2500 + 0.2 × 2500 + 0.6 × 2500 = 0.25 × 10000

2500 = 2500 c. Supóngase que únicamente se requiere que la aleación final tenga 40 % A y cantidades iguales de B

y C (no se especifica la fracción en masa del compuesto D).

¿En qué proporciones deberán mezclarse las cuatro aleaciones para satisfacer estas condiciones? ¿Cuál sería la composición de la aleación final?

Diagrama Cuantitativo: Relaciones:

R1: w

4B = w

4C

F1 w1

A = 0.6 w1

B = 0.2 (w1

C)

F2 w2

A = 0.2 w2

B = 0.6 (w2

D)

F3 w3

A = 0.2 w3

C = 0.6 (w3

D)

F4= 10000 w4

A = 0.4 w4

B w4

C (w4

D)


45



El proceso se encuentra correctamente especificado. Puede plantearse un sistema de cinco ecuaciones de balances de materia con cinco incógnitas:

Total: F1 + F

2 + F

3 = 10000 (1)

A: 0.6 F1 + 0.2 F

2 + 0.2 F

3 = 4000 (2)

B: 0.2 F1 + 0.6 F

2 = 10000 w

4B (3)

C: 0.2 F1 + 0.6 F

3 = 10000 w

4C (4)

R1: (w4B / w

4C) = 1 (5)

Resolviéndolo el sistema se encuentra que:

F1 = 5000 F

2 = 2500 F

3 = 2500

w4B = 0.25 w

4C = 0.25

Como medida de precaución y para garantizar la correcta realización de los cálculos, ya se había planteado anteriormente, se reemplazan los valores de las variables en la ecuación de balance que no ha sido utilizada (por ser dependiente). En este caso se trata del balance del componente D:

0.2 F2 + 0.2 F

3 = 10000 w

4D

0.2 × 2500 + 0.2 × 2500 = (1 – 0.4 – 0.25 – 0.25) × 10000

1000 = 1000


46

2.17 Una lechada que consiste de un precipitado de CaCO3 en solución de NaOH y H2O, se lava con una masa igual de una solución diluida de 5 % (en masa) de NaOH en agua.

La lechada lavada y sedimentada que se carga de la unidad contiene 2 libras de solución por cada libra de sólido (CaCO3). La solución clara que se descarga de la unidad puede suponerse de la misma concentración que la solución acarreada por los sólidos. La lechada de alimentación contiene iguales fracciones masa de todos sus componentes.

Calcule la concentración de la solución clara.

SOLUCION: El Diagrama Cuantitativo es:

NaOH H2O

Solución de lavado

Lechada de alimentación

NaOH H2O

CaCO3

Solución clara NaOH H2O

Lechada lavadaNaOH H2O

CaCO3

LECHADA F1

w1CaCO3 = 1/3

w1NaOH = 1/3

(agua)

Solución de lavadoF2

w2NaOH = 0.05

(agua)

Solución clara F4

w4NaOH

(agua) Lechada lavadaF3

w3CaCO3 (sal)

w3NaOH

(agua)


47

Relaciones:

R1: F1 = F

2 (1)

R2: w3CaCO3 = 1/3 (2)

R3: Para expresar matemáticamente la Relación 3, y poder igualar la composición de NaOH en las corrientes 3 y 4, debe efectuarse un cambio de base en la corriente 3; es decir, expresar su composición de NaOH excluyendo el CaCO3.

Puede plantearse que:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

×⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ NaOH demasa agua demasa

total demasa totalmasa NaOH demasa

NaOH demasa agua demasa NaOH demasa

En función de los flujos y las composiciones:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+×⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+ 3OH

3NaOH

3

3

3NaOH

3OH

3NaOH

3NaOH

22FF

FF

FFF

F

( ) ( )2 2

3 3 3 3 3

33 3 3 3 3 3NaOH NaOH

NaOH H O NaOH H O

w F w F FFw w F w w F

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ×⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Encontrándose que:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ 3

CaCO

3NaOH

3w1

wagua demasa NaOH demasa

NaOH demasa

Reemplazando valores, la relación R3 se plantea como:

(3) wsólidos sin sln de lb

NaOH de lb3333.01

w 4NaOH

3

3NaOH =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−


48


NVI 10 NBMI 3 NFC 0 NCC 3 NRC 3 - 9 G de L 1 Base -1 G de L 0

Como puede deducirse del análisis de la Tabla de Grados de Libertad, al tomar una base de cálculo los Grados de Libertad del proceso se vuelven cero y el problema queda correctamente especificado. CÁLCULOS: Base: Sea F

1 = 1000


Total: F3 + F

4 = 1000 + F

2 (4)

CaCO3: w3CaCO3 F

3 = 1000 × (1 / 3) (5)

NaOH: w4NaOH F

4 + w

3NaOH F

3 = 0.05 F

2 + (1000 / 3) (6)

Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que:

F2 = F

3 = F

4 = 1000 w

3NaOH = 0.15333 w

4NaOH = 0.23

Reemplazando estos resultados en la ecuación dependiente para el balance de agua se comprueba la correcta solución de las ecuaciones, ya que los valores encontrados deben satisfacer su ecuación de balance:

(1000/3) + 0,95 F2 = w

411NaOH F

4 + w

3NaOH F

3

( ) 100023.01100015333.0311950

31000

×−+×⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=+

1283.333 = 1283.333


49

2.18 Puede extraerse el ácido benzoico de una solución acuosa diluida, mediante el contacto de la solución con benceno en una unidad de extracción de etapa única.

La mezcla se separará en dos corrientes: una que contiene ácido benzoico y benceno y la otra que contiene a los tres componentes, como lo muestra el diagrama de la figura.

El benceno es ligeramente soluble en agua, por tanto, la corriente 4 contendrá 0.07 kg de benceno por kg de agua.

El ácido benzoico se distribuirá entre las corrientes 3 y 4 de la siguiente forma:

3 4

masa de ácido benzoico masa de ácido benzoico= 4 ×masa de benceno masa (benceno + agua)

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

La solución de alimentación, corriente 2, contiene 2 × 10-2 kg de ácido/kg de agua y se alimenta a razón de 104 kg/h:

a. Demuestre que el problema está sub-especificado.

b. Supóngase que el ácido benzoico extraído en la corriente 3, vale $ 1/kg y que el benceno fresco (corriente 2) cuesta 3 centavos/kg. Construya una gráfica de utilidad neta contra flujo de benceno y seleccione el flujo óptimo de benceno.

Ácido benzoico Agua

Ácido benzoico Benceno Agua

Benceno Ácido benzoico

Benceno

1

23

4


50

SOLUCION: Diagrama Cuantitativo: Relaciones:

R1: 0.02 kg de ácido/kg de agua en la alimentación.

R2: 0.07 kg de benceno/kg de agua en la corriente 4.

R3: 43 agua)(bencenomasa

benzoico ácido demasa 4benceno demasa

benzoico ácido demasa ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

×=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

a. Demuestre que el problema está sub-especificado. Tabla de Grados de Libertad:


El problema se encuentra sub-especificado. Hace falta información para calcular todas las variables del proceso.

F1 = 10000 kg/h w1

AB (A)

1

23

4

F3 w3

AB (B)

F4 w4

AB w4

B (A)

F2 (Benceno)


51

Como tiene un grado de Libertad esto significa que todas las incógnitas del proceso pueden expresarse en función de una de ellas.

b. Supóngase que el ácido benzoico extraído en la corriente 3, vale $ 1/kg y que el benceno fresco (corriente 2) cuesta 3 centavos/kg.

Construya una gráfica de utilidad neta contra flujo de benceno y seleccione el flujo óptimo de benceno.

Para hallar la respuesta pedida, se plantean las ecuaciones de balance y se expresa el ácido recuperado en función del benceno utilizado: Balance de ácido benzoico: (AB)

3 3 4 40.0210000 196.0781.02 AB ABw F w F× = + = (1)

Balance de benceno: (B) F

2 = (1 – w

3AB) F

3 + w

4B F

4 (2)

Balance de agua: (A)

( )4 4 4 41.0010000 1 9803.9221.02 A AB BF w w F× = = − − = (3)

De la Relación 2 y la ecuación (3), el benceno en (4) será:

F4B = w

4B F

4 = 0.07 × 9803.922 = 686.275 (4)

Reemplazando la ecuación (4) en la (2):

F2 = (1 – w

3AB) F

3 + 686.275 (5)

Expresando matemáticamente la Relación 3 y reemplazando los valores conocidos se encuentra que:

( )3 3 4 4 4 4

3 3

449803.922 686.275 10490.1971

AB AB AB

AB

w F w F w Fw F

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ = × =⎜ ⎟⎜ ⎟ +− ⎝ ⎠⎝ ⎠

(6)


52

Despejando de (1) y (5), reemplazando en (6) y reorganizando se llega a que:

24 4

2

10490.197 196.078686.725

10490.1974686.725

AB

Fw F

F

⎛ ⎞×⎜ ⎟−⎝ ⎠=

⎛ ⎞+ ⎜ ⎟−⎝ ⎠

(7)

y:

w3AB F

3 = 196.078 – w

4AB F

4 (8)

La ecuación (8) da el ácido recuperado en función del flujo de benceno y de la ecuación (7). A partir de ellas y asumiendo diferentes valores para el flujo de benceno se puede calcular el flujo de ácido recuperado. Con los flujos hallados y con los precios dados se puede construir la siguiente tabla:

F2

kg Valor de F

2,

$ F

4 w

4AB

kg F

3 w

3AB

kg

Valor de ácido reciclado,

$

Utilidad $

1300 39 158.916 37.162 37.162 - 1.838

2000 60 130.652 65.428 65.428 + 5.428

2100 63 127.415 68.663 68.663 + 5.663

2200 66 124.334 71.744 71.744 + 5.744

2300 69 121.399 74.679 74.679 + 5.679

2400 72 118.599 77.479 77.479 + 5.479

2600 78 113.370 82.708 82.708 + 4.708

3000 90 104.182 91.896 91.896 + 1.896 De los valores hallados en la última columna de la Tabla puede observarse que el flujo óptimo de benceno se encuentra entre 2100 y 2300 kg, valores entre los cuales la utilidad presenta un máximo. Obsérvese que al asumir un flujo de benceno el proceso queda correctamente especificado, ya que la Tabla de Grados de Libertad es:



53

2.19 La alimentación aun sistema fraccionador de dos columnas es de 30000 lb/h de una mezcla que contiene 50 % de benceno (B), 30 % de tolueno (T) y 20 % de xileno (X). La alimentación se introduce en la columna I y resulta en un destilado con 95 % de benceno, 3 % de tolueno y 2 % de xileno. Los fondos de la columna I se alimentan a la segunda columna de la cual se obtiene un destilado con 3 % de benceno, 95 % de tolueno y 2 % de xileno.

Supóngase que 52 % de la alimentación aparece como destilado en la primera columna y 75 % del benceno alimentado a la segunda columna aparece en el destilado de ésta.

Calcule la composición y el flujo de la corriente de fondos de la segunda columna.

3 % B95 % T 2 % X

ColumnaI

95 % B 3 % T 2 % X

50 % B 30 % T 20 % X

30000 lb/h

B T X

Columna II

B T X


54

SOLUCION: Diagrama cuantitativo: Relaciones:

R1: 0.52 F1 = F

2

R2: 0.75 w

3B F

3 = w

4B F

4


U n i d a d I U n i d a d II P r o c e s o G l o b a l NVI 9 NVI 9 NVI 15 NVI 12 NBMI 3 NBMI 3 NBMI 6 NBMI 3 NFC 1 NFC 0 NFC 1 NFC 1 NCC 4 NCC 2 NCC 6 NCC 6 NRC: NRC: NRC: NRC: R1 1 R1 - R1 1 R1 1 R2 - - 9 R2 1 - 6 R2 1 - 15 R2 - - 11 G de L 0 G de L 3 G de L 0 G de L 1

La Unidad I y el Proceso tienen 0 Grados de Libertad y se conoce un flujo. El proceso está correctamente especificado.

F2 w2

B = 0.95 w2

T = 0.03 (X, 2 %)

F1 = 30000 w1

B = 0.5 w1

T = 0.3 (X, 20 %)

F3 w3

B w3

T (w3

X)

F4 w4

B = 0.03 w4

T = 0.95 (X, 2 %)

F5 w5

B w5

T (w5

X)

1 I II

2

3

4

5


55

Reconfirmación de Grados de Libertad:

Unidad I: Incógnitas = 4 (F2, F

3, w

3B, w

3T)

Ecuaciones = 3 (balances) + 1 Relación (R1) = 4

G de L = ( 4 Incógnitas - 4 Ecuaciones ) = 0

Unidad II: Incógnitas = 7 (F

3, w

3B, w

3T, F

4, F

5, w

5B, w

5T)



Global: Incógnitas = 5 (F

2, F

4, F

5, w

5B, w

5T)



Tabla de Balances:

Unidad I Unidad II Proceso Global Tolueno (T) 1 1 2 1 Benceno (B) 1 1 2 1 Xileno (X) 1 1 2 1 Total 3 3 6 3


1. Resolviendo la Unidad I se conocen F2, F

3, w

3B y w

3T . Se agota R1.

2. Actualizando Grados de Libertad: Unidad II: G de L A = 3 - 1 ( F

3 ) - 2 ( w

3B, w

3T ) = 0

Global: G de L A = 1 - 1 ( F2 ) + 1 (R1 agotada) = 1

3. Se resuelven los balances en la Unidad II y se conocen F

4, F

5, w

5B, w

5T. Se agota R2.

No es necesario actualizar los Grados de Libertad: como pueden realizarse balances independientes en dos de los tres sistemas (Unidad I, Unidad II y Globales) ya que el tercero es dependiente, los resultados se comprueban en los balances Globales, para la cual ya son conocidas todas las incógnitas: F

2 (al resolver la Unidad I) y F

4, F

5, w

5B, w

5T (al resolver la Unidad II).


56

CÁLCULOS: Base de cálculo: F

1 = 30000

Balances en la Unidad I:

De R1: F2 = 15600

Los balances son:

Total: F1 = F

2 + F

3

30000 = 15600 + F3

F3 = 14400

Benceno: w

1B F

1 = w

2B F

2 + w

3B F

3

0.5 × 30000 = 0.95 × 15600 + w3B × 14400

w3B = 0.0125

Tolueno: w

1B F

1 = w2B F

2 + w

3B F

3

0.3 × 30000 = 0.03 × 15600 + w3T × 14400

w3T = 0.5925

Por diferencia:

w3X = (1 – w

3B – w

3T) = (1 – 0.0125 – 0.5925)

w3X = 0.395

Comprobando los resultados en el balance de xileno:

0.2 × 30000 = (0.02 × 15600 + 0.395 × 14400)

6000 = 312 + 5688 = 6000


57

Balances en la Unidad II:

Balance Total: 14400 = F4 + F

5 (1)

De R2: 0.75 w3B F

3 = 0.75 × 0.0125 × 14400 = 135

135 = w4

B F4 = 0.03 F

4 (2)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2).

F4 = 4500 F

5 = 9900

Balance de benceno: w

3B F

3 = w

4B F

4 + w

5B F

5

0.0125 × 14400 = 0.03 × 4500 + w5B (9900)

w5B = 0.00454

Balance de tolueno: w

3T F

3 = 0.95 F

4 + w

5T × 9900

0.5925 × 14400 = 0.95 × 4500 + w5T (9900)

w5T = 0.43

Por diferencia:

w5X = (1 – w

5B – w

5T) = (1 – 0.00454 – 0.43)

w5X = 0.56546

Comprobando los resultados en el balance dependiente de xileno:

0.395 × 14400 = 0.02 × 4500 + 0.56546 × 9900

5688 = 90 + 5598.05 = 5688.05

El balance es correcto. La pequeña diferencia es debida a los cortes en los decimales de las fracciones másicas. Como se planteaba anteriormente, después de resolver los balances en la Unidad I, la actualización de la Tabla de Grados de Libertad permitió establecer dónde podían continuarse los balances. Al resolver los


58

balances en la Unidad II se encuentra que se conocen todos los flujos y composiciones del proceso, sin necesidad de utilizar los balances en el proceso global. Esto está de acuerdo con el hecho, demostrado en la teoría, de que para un proceso con n unidades pueden plantearse (n + 1) sistemas de balance, pero de ellos sólo n serán independientes. Por tanto, los resultados obtenidos deben satisfacer, también, los balances de materia de la unidad no utilizada, por ser dependiente. O sea que las respuestas encontradas pueden corroborarse de otra manera, garantizándose la correcta solución del problema. En este caso el tercer sistema de ecuaciones de balance, y no utilizado, corresponde al proceso global. Al reemplazar los valores en las correspondientes ecuaciones de dicho balance se obtiene que:

Total: F1

= F2

+ F4

+ F5

30000 = 15600 + 4500 + 9900 = 30000

Benceno: w

1B F

1= = w

2B F

2 + w

4B F

4 + w

5B F

5

0.5 × 30000 = 0.95 × 15600 + 0.03 × 4500 + 0.00454 × 9900

15000 = 14820 + 135 + 44.946 = 14999.946

La pequeña diferencia es debida a los cortes de decimales en el cálculo de las fracciones másicas.

Tolueno: w1T F

1 = w

2T F

2 + w

4T F

4 + w

5T F

5

0.3 × 30000 = 0.03 × 15600 + 0.95 × 4500 + 0.43 × 9900

9000 = 468 + 4275 + 4257 = 9000

Y aún más, efectuando el balance dependiente (xileno) del sistema dependiente (balances del proceso global), se encuentra que:

Xileno: w1X F

1 = w

2X F

2 + w

4X F

4 + w

5X F

5

0.2 × 30000 = 0.02 × 15600 + 0.02 × 4500 + 0.56546 × 9900

6000 = 312 + 90 + 5598.054 = 6000.054

De nuevo, la pequeña diferencia es debida a los cortes de decimales.


59

Para resolver el problema utilizando el Programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard 48-GX, se plantean todas las ecuaciones de Balance en el mismo orden dado por la estrategia de solución. Para ello se toma la misma Base de Cálculo: F

1 = 30000


R1: 0.52 F

1 = F

2 (1)

Total: F1 = F

2 + F

3 (2)

Benceno: w1B F

1 = w

2B F

2 + w

3B F

3 (3)

Tolueno: w1B F

1 = w

2B F

2 + w

3B F

3 (4)


Total: 14400 = F4 + F

5 (5)

R2: 0.75 w3B F

3 = w

4B F

4 (6)

Benceno: w3B F

3 = w

4B F

4 + w

5B F

5 (7)

Tolueno: w3T F

3 = 0.95 F

4 + w

5T × 9900 (8)

Los resultados son:

F2 = 15600 F

3 = 14400 w

3B = 0.0125 w

3T = 0.5925

F4 = 4500 F

5 = 9900 w

5B = 0.004545 w

5T = 0.43

2.20 El flujo de alimentación a una unidad que consiste en dos columnas contiene 30% de benceno (B), 55 % de tolueno (T) y 15% de xileno (X).

Se analiza el vapor de destilado de la primera columna y se encuentra que contiene 94.4 % de B, 4.54 % de T y 1.06 % de X. Los fondos de la primera columna se alimentan a la segunda columna.

En esta segunda columna, se planea que el 92 % del T original cargado a la unidad, se recupere en la corriente de destilado, y que el T constituya el 94.6 % de la corriente.


60

Se planea además que el 92.6 % de X cargado a la unidad se recupere en los fondos de esta columna y que el X constituya el 77.6 % de dicha corriente.

Si se cumplen estas condiciones, calcule:

a. El análisis de todas las corrientes que salen de la unidad.

b. La recuperación porcentual de benceno en la corriente de destilado de la primera columna.

SOLUCION: El Diagrama Cuantitativo se muestra a continuación

B T 94.6 % X

ColumnaI

B 94.4 % T 4.54 %X 1.06 %

B 30 % T 55 % X 15 %

Columna II

B T X 77.6

F2 w2

B = 0.944 w2

T = 0.0454 (X, 1.06 %) F1

w1B = 0.3

w1T = 0.55

(X, 15 %) F3 w3

B w3

T (w3

X)

F4 w4

X w4

T = 0.946 (w4

B)

F5 w5

T w5

X = 0.776 (w5

B)

1 Unidad I

2

3

4

5

Unidad II


61

Relaciones:

R1: 0.92 × 0.55 F1 = 0.946 F

4

R2: 0.926 × 0.15 F1 = 0.776 F

5


U n i d a d I U n i d a d II P r o c e s o G l o b a l

NVI 9 NVI 9 NVI 15 NVI 12 NBMI 3 NBMI 3 NBMI 6 NBMI 3 NFC 0 NFC 0 NFC 0 NFC 0 NCC 4 NCC 2 NCC 6 NCC 6 NRC: 0 NRC: NRC: NRC:

R1: - R1: - R1: 1 R1: 1 R2: - - 7 R2: - - 5 R2: 1 - 14 R2: 1 - 11

G de L 2 G de L 4 G de L 1 G de L 1 Base - 1 Base - 1



2, F

3, w

3B, w

3T)


G de L = 5 Incógnitas - 3 Ecuaciones = 2


3, w

3B, w

3T, F

4, w

4X, F

5, w

5T)


G de L = 7 Incógnitas - 3 Ecuaciones = 4


1, F

2, F

4, w

4X, F

5, w

5T)


G de L = 6 Incógnitas - 3 Ecuaciones - 2 Relaciones

= 1


62

El Balance Global tiene un Grado de Libertad lo mismo que el Proceso, como no se conoce ningún flujo se encuentra correctamente especificado. Tabla de Balances:

Unidad I Unidad II Proceso Global Tolueno (T) 1 1 2 1 Benceno (B) 1 1 2 1 Xileno (X) 1 1 2 1 Total 3 3 6 3

Estrategia de solución:

1. Tomando una Base de Cálculo y resolviendo los Balances Globales se conoce F1, F

2, F

4, w

4X, F

5, w

5T.

Se agotan las dos Relaciones. 2. Actualizando Grados de Libertad: Unidad I: G de L A = 2 - 2 ( F

1, F

2 ) = 0

Unidad II: G de L A = 4 - 2 ( F4, F

5 ) - 2 (w

4X, w

5T ) = 0

3. A continuación puede resolverse cualquiera de las dos Unidades y comprobar los resultados en la otra.

a. El análisis de todas las corrientes que salen de la unidad. CÁLCULOS:

Balances Globales: Base de cálculo: Sea F1 = 10000

Tolueno que entra: w

1T F

1 = 10000 × 0.55 = 5500

De R1: 0.946 F4 = 0.92 × 5500

F4 = 5348.84

Xileno que entra: w1X F

1 = 10000 × 0.15 = 1500

De R2: 0.926 × 1500 = 0.776 F5

F5 = 1789.95


63

Del balance total: F

1 = F

2 + F

4 + F

5

F2 = ( 10000 – 5348.84 – 1789.95 )

F2 = 2861.21

Balance de xileno: w

1X F

1 = w

2X F

2 + w4X F

4 + w

5X F

5

0.15 × 10000 = 0.0106 × 2861.21 + w

4X (5348.84) + 0.776 × 1789.95

w

4X = 0.0151

Por diferencia, w4B = 0.0389

Balance de tolueno: w

1T F

1 = w

2T F

2 + w

4T F

4 + w

5T F

5

0.55 × 10000 = 0.0454 × 2861.21 + 0.946 × 5348.84 + w5T (1789.95)

w5T = 0.1731

Por diferencia, w5B = 0.0508

Reemplazando los resultados en el balance (dependiente) de benceno debe cumplirse que:

w1B F

1 = w

2B F

2 + w4B F

4 + w

5B F

5

0.3 × 10000 = 0.944 × 2861.21 + 0.0389 × 5348.84 + 0.0508 × 1789.95

3000 = 2999.9816


Total: F1 = F

2 + F

3

F3 = 10000 – 2861.21 (1)

Benceno: w1B F

1 = w

2B F

2 + w

3B F

3

3000 = 0.944 × 2861.21 + w3B F

3 (2)

Tolueno: w1B F

1 = w

2B F

2 + w

3B F

3

0.55 × 10000 = 0.0454 × 2861.21 + w3T F

3 (3)


64

Resolviendo las ecuaciones (1), (2) y (3):

F3 = 7138.79 w

3B = 0.0419 w

3T = 0.7522

Por diferencia, w

3X = 0.2059

La solución al balance de materia puede comprobarse en el balance de xileno:

w1X F

1 = w

2X F

2 + w

3X F

3

0.15 × 10000 = 0.0106 × 2861.21 + 0.2059 × 7138.79

1500 = 30.329 + 1469.877 = 1500.2

Los resultados pueden corroborarse nuevamente en uno o más de los balances de materia de la Unidad dependiente. Planteando, por ejemplo, el balance de Xileno se encuentra que: Balance de Xileno en la Unidad II:

w3X F

3 = w

4X F

4 + w

5X F

5

0.2059 × 7138.79 = 0.0151 × 5348.84 + 0.776 × 1789.95

1469.88 = 80.77 + 1389 = 1469.77

O con el balance de Benceno en la Unidad II:

w3B F

3 = w

4B F

4 + w

5B F

5

0.0419 × 7138.79 = 0.0389 × 5348.84 + 0.0508 × 1789.95

299.12 = 208.07 + 90.93 = 299.00

En vez de resolver la Unidad I a continuación de los Balances Globales, puede resolverse la Unidad II y comprobar los resultados en la Unidad I. Esto se deja como ejercicio.


65

La solución al problema utilizando el Programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard 48-GX, requiere del planteamiento de todas las ecuaciones de Balance en el mismo orden dado por la estrategia de solución. Tomando la misma Base de Cálculo: F

1 = 10000

Balances Globales:

De R1: 0.946 F4 = 0.92 × 0.55 F

1 (1)

De R2: 0.926 × 0.15 F1 = 0.776 F

5 (2)

Total: F1 = F

2 + F

4 + F

5 (3)

Xileno: w1X F

1 = w

2X F

2 + w

4X F

4 + w

5X F

5 (4)

Tolueno: w1T F

1 = w

2T F

2 + w

4T F

4 + w

5T F

5 (5)


Total: F1 = F

2 + F

3 (6)

Benceno: w1B F

1 = w

2B F

2 + w

3B F

3 (7)

Tolueno: w1B F

1 = w

2B F

2 + w

3B F

3 (8)

Al resolver el sistema de ecuaciones se encuentra que:

F

4 = 5348.84 F

5 = 1789.95 F

2 = 2861.21 w

4X = 0.01508

w5T = 0.173246 F

3 = 7138.79 w

3B = 0.041886 w

3T = 0.752243

b. Recuperación porcentual de benceno en la corriente de destilado de la primera columna.

% 90.03271003000

2861.210.944o recuperadBenceno =×⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ×

=


66

I

II

III

Agua fresca de lavado



Solución de Salde desperdicio

Solución de Salde desperdicio

Solución de Sal de desperdicio

Lechada intermedia

Lechada intermedia

Lechada lavada final


TiO2 Sal

H2O

5

6 78

9 101

2 3 4

2.21 Una lechada compuesta de un precipitado de TiO2 en una solución de agua salada se va a lavar en tres etapas, como lo muestra la figura. Si la lechada de alimentación consiste en 1000 lbm/h de 20% de TiO2, 30% de sal y el resto de agua, calcule la alimentación de agua de lavado a cada etapa. Supóngase que:

a. El 80% de la sal alimentada a cada etapa sale con la solución de desperdicio. b. Se operan las etapas de manera que la lechada de salida contenga una tercera parte de

sólidos. c. En cada etapa, la concentración de sal en su solución de desperdicio es la misma que la

concentración de agua acarreada con la lechada de salida de cada etapa.

SOLUCION: Diagrama cuantitativo:

6 78

Lechada lavada final

F5 w5

TiO2 w5

sal (agua)

5 Lechada

intermedia

F9 w9

TiO2 w9

sal (agua)

9 Lechada

intermedia

F10 w10

TiO2 w10

sal (agua)

10


F2


F3


F4

Solución de sal de desperdicio

F8 w8

sal (agua)

Solución de salde desperdicio

F7 w7

sal (agua)

Solución de sal de desperdicio

F6 w6

sal (agua)


F1 =1000 w1

TiO2 = 0.2

w1sal = 0.3 (agua)

1

2 3 4

II

III

I 1


67

Relaciones:

R1: (0.8) × w1sal × F

1 = w

8sal × F

8

R2: (0.8) × w9sal × F

9 = w

7sal × F

7

R3: (0.8) × w10sal × F

10 = w

6sal × F

6

R4: w9TiO2 = 1/3

R5: w10

TiO2 = 1/3

R6: w5TiO2 = 1/3

R7: w8sal = w

9sal

R8: w7sal = w

10sal

R9: w6sal = w

5sal

Las relaciones R4, R5, R6, se colocan como composiciones conocidas en el diagrama y se descartados como relaciones. Tabla de Grados de Libertad:

Etapa I Etapa II Etapa III Proceso Global NVI 9 9 9 21 15 NBMI 3 3 3 9 3 NFC 1 – – 1 1 NCC 3 2 2 5 3 NRC R1 1 – – 1 1

R2 – 1 – 1 – R3 – – 1 1 – R7 1 – – 1 – R8 – 1 – 1 – R9 – – 1 1 1

G de L 0 2 2 0 6 El problema se encuentra correctamente especificado: Un flujo conocido y una Unidad y el Proceso con cero Grados de Libertad.


68


Etapa I: Incógnitas = 5 (F2H2O, F

9, w

9sal, F

8, w

8sal)


G de L = (5 Incógnitas - 5 Ecuaciones ) = 0

Etapa II: Incógnitas = 7 (F

3H2O, F

9, w

9sal, F

7, w

7sal, F

10, w

10sal)



Etapa III: Incógnitas = 7 (F

4H2O, F

5, w

5sal, F

6, w

6sal, F

10, w

10sal)



Globales: Incógnitas = 11 (F

2H2O, F

3H2O, F

4H2O, F

8, w

8sal, F

7, w

7sal, F

6, w

6sal, F

5, w

5sal )



Tabla de Balances:

Etapa I Etapa II Etapa III Proceso Global TiO2 1 1 1 3 1 Sal 1 1 1 3 1 H2O 1 1 1 3 1 Total 3 3 3 9 3


69

Estrategia de solución:

1. Se resuelven los balances en la etapa I. Con ellos se conocen: F2H2O, F

9, w

9sal, F

8, w

8sal. Se agotan R1 y

R7. 2. Actualizando los Grados de Libertad se encuentra que:

Etapa II: G de L A = 2 – 2 (F9, w

9sal) = 0

Globales: G de L A = 6 – 2 (F2H2O, F

8) - 1 (w

8sal) + 1 (R1 agotado) = 4

3. Se resuelven los balances en la etapa II. Al hacerlo se conoce: F

3H2O, F

7, w

7sal, F

10, w

10sal . Se agotan R2

y R8. 4. Actualizando Grados de Libertad:

Etapa III: G de L A = 2 – 1 (F10

) – 1 (w10sal) = 0

Globales: G de L A = 4 – 2 (F3H2O, F

7) – 1 (w

7sal) = 1

5. Se resuelven los balances en la etapa III. La Unidad restante es la Unidad dependiente. 6. Finalmente, se comprueban los resultados obtenidos con los balances globales.

CÁLCULOS: Balances en la Etapa I:

TiO2: (0.2) 1000 = (1/3) F9

Sal: (0.3) 1000 = w9sal F

9 + w

8sal F

8

R1: 0.8 × 0.3 × 1000 = w8sal F

8

R7: w8sal = w

9sal

Resolviendo:

F9

= 600 F8 = 2400 w

8sal = w

9sal = 0.1

Total: 1000 + F

2H2O = F

9 + F

8

F2H2O = 2000


70

Comprobando los resultados en el balance de agua:

(1 – 0.2 – 0.3) 1000 + F2H2O = (1 – 1/3 – w

9sal) F

9 + (1 – w

8sal) F

8

(0.5) 1000 + 2000 = (1 – 1/3 – 0.1) 600 + (1 – 0.1) 2400

2500 = 2500

Balances en la Etapa II:

TiO2: (1/3) 600 = (1/3) F10

(1)

Sal: (0.1) 600 = w10sal F

10 + w

7sal F

7 (2)

R2: 0.8 × 0.1 × 600 = w7sal F

7 (3)

R8: w7sal = w

10sal (4)

Resolviendo las ecuaciones (1) a (4) se encuentra que:

F10

= 600 F7 = 2400 w

7sal = w

10sal = 0.02

Total: 600 + F

3H2O = F

7 + F

10

F3H2O = 2400


(1 – 1/3 – w9sal) 1000 + F

3H2O = (1 – 1/3 – w

10sal) F

10 + (1 – w

7sal) F

7

(1 – 1/3 – 0.1) 600 + 2400 = (1 – 1/3 – 0.02) 600 + (1 – 0.02) 2400

2740 = 2740

Balances en la Etapa III:

TiO2: (1/3) 600 = (1/3) F5

F5 = 600

Sal: (0.02) 600 = w5sal × 500 + w

6sal F

6 (5)


71

R3: 0.8 × 0.02 × 600 = w6sal F

6 (6)

w6sal F

6 = 9.6

R9: w6sal = w

5sal (7)

Resolviendo las ecuaciones (5) a (7):

F6 = 2400 w

5sal = 0.004 w

6sal = 0.004

Total: F10

+ F4H2O = F

5 + F

6

F4H2O = ( 600 + 2400 – 600 )

F4H2O = 2400


(1 – 1/3 – w10

sal) F10

+ F4H2O = (1 – 1/3 – w

5sal) F

5 + (1 – w

6sal) F

6

(1 – 1/3 – 0.02) 600 + 2400 = (1 – 1/3 – 0.004) 600 + (1 – 0.004) 2400

2788 = 2788

Comprobación en los Balances Globales: Balances en Globales:

TiO2: w1TiO2 F

1 = w

5TiO2 F

5

1000 (0.2) = 600 (1/3)

200 = 200

Sal: w

1sal F

1 = w

8sal F

8 + w

7sal F

7 + w

6sal F

6 + w

5sal F

5

(0.3) 1000 = (0.1) 2400 + (0.02) 2400 + (0.004) 2400 + (0.004) 600

300 = 300


72

Total: F1 + F

2H2O + F

3H2O + F

4H2O = F

8 + F

7 + F

6 + F

5

1000 + 2000 + 2400 + 2400 = 2400 + 2400 + 2400 + 600

7800 = 7800

Para resolver el problema utilizando el Programa Solvesys de la calculadora HP 48-GX se plantean las ecuaciones del proceso en el orden dado por la estrategia de solución: Etapa I:

TiO2: w1TiO2 F

1 = w

9TiO2 F

9 (1)

Sal: w1sal F

1 = w

9sal F

9 + w

8sal F

8 (2)

Total: F1 + F

2H2O = F

8 + F

9 (3)

R1: 0.8 w1sal F

1 = w

8sal F

8 (4)

R7: w8sal = w

9sal (5)

Etapa II:

TiO2: w9TiO2 F

9 = w

10TiO2 F

10 (6)

Sal: w9sal F

9 = w

10sal F

10 + w

7sal F

7 (7)

Total: F9

+ F3H2O = F

7 + F

10 (8)

R2: 0.8 w9sal F

9 = w

7sal F

7 (9)

R8: w10

sal = w7sal (10)

Etapa III:

TiO2: w10

TiO2 F10

= w5TiO2 F

5 (11)

Sal: w10sal F

10 = w

5sal F

5 + w

6sal F

6 (12)

Total: F10

+ F4H2O = F

5 + F

6 (13)

R3: 0.8 w10sal F

10 = w

6sal F

6 (14)


73

R9: w6sal = w

5sal (15)

Resolviendo el sistema se obtienen los siguientes resultados:

F1 = 1000

w1TiO2 = 0.2

w1sal = 0.3

w9TiO2 = 0.3333

w10

TiO2 = 0.3333

w5TiO2 = 0.3333

F2H2O = 2000.3

F3H2O = 2400.24

F4H2O = 2400.24

F5 = 600.06

w5sal = 0.00399

F6 = 2400.24

w6sal = 0.00399

F7 = 2400.24

w7sal = 0.019998

F8 = 2400.24

w8

sal = 0.0999

F9 = 600.06

w9sal = 0.0999

F10

= 600.06

w10

sal = 0.019998

Comprobando en el balance de TiO2 en los Globales:

TiO2: w1TiO2 F

1 = w

5TiO2 F

5

1000 (0.2) = 600.06 (0.3333)

200 = 199.999

2.22 Típicamente se utilizan los evaporadores para concentrar soluciones, eliminando por ebullición

algo del solvente.

Para economizar en las necesidades de energía, frecuentemente se efectúa la evaporación en etapas; cada etapa proporciona algo de las necesidades de energía. En la evaporación en etapas múltiples que muestra la figura, se concentra una solución de azúcar con 50% en masa hasta 65% en masa, evaporando cantidades iguales de agua en cada una de las cuatro etapas.

Para una alimentación total de 50000 lbm/h, determine las concentraciones de las corrientes intermedias.


74


Relaciones: R1: F

2 = F4

R2: F4 = F

6

R3: F6 = F

8


Unidad I Unidad II Unidad III Unidad IV Proceso Global NVI 5 5 5 5 14 8 NBMI 2 2 2 2 8 2 NFC 1 0 0 0 1 1 NCC 1 0 0 1 2 2 NRC 0 0 0 0 3 3 G de L 1 3 3 2 0 0

Alimentación L0 = 50000 lb/h 50 % azúcar

1 2 34

V3

V1

V2

V4

Producto 65 % azúcar

2 34

F6 F2

F4 F8

F9 w9

A = 0.65 (agua)

F7 w7

A (agua)

F5 w5

A (agua)

F3 w3

A (agua)

w1A = 0.5

(agua)

F1 = 50000 1


75



3, w

3A)


G de L = 1


3, w

3A, F

4, F

5, w

5A)


G de L = 3

Unidad III: Incógnitas = 5 (F

5, w

5A, F

6, F

7, w

7A)


G de L = 3

Unidad IV: Incógnitas = 4 (F

7, w

7A, F

8, F

9)


G de L = 2

Globales: Incógnitas = 5 (F

2, F

4, F

6, F

8, F

9)

Ecuaciones = 2 (balances) , + 3 (R1, R2, R3)

G de L = 0

El problema se encuentra correctamente especificado.

Tabla de Balances:

Unidad I Unidad II Unidad III Unidad IV Proceso Global Azúcar 1 1 1 1 4 1 Agua 1 1 1 1 4 1 Total 2 2 2 2 8 2


76


1. Resolviendo los Balances Globales, se conoce: F2, F

4, F

6, F

8, F

9. Se agotan R1, R2 y R3.

2. Actualizando Grados de Libertad:

Unidad I: G de L A = 1 – 1 (F2) = 0

Unidad II: G de L A = 3 – 1 (F4) = 2

Unidad III: G de L A = 3 – 1 (F6) = 2

Unidad IV: G de L A = 2 – 2 (F8, F

9) = 0

3. Resolviendo la Unidad I se conoce: F

2, F

3, w

3A.

4. Reconfirmando los Grados de Libertad (Observe que en el paso 2, las unidades I y IV quedaron con

cero Grados de Libertad. Si la estrategia busca el orden en que las unidades tienen esa condición, en vez de actualizar los Grados de Libertad una vez resuelta la Unidad I, es preferible analizar (reconfirmar) si la Unidad IV sigue con cero Grados de Libertad para, en caso afirmativo, resolverla):

Unidad IV: G de L A = 0 – 0 = 0

5. Resolviendo la Unidad IV, se conocen: F7 ,w

7A.


Unidad II: G de L A = 2 – 1 (F3) – 1 (w

3A) = 0

7. Resolviendo la Unidad II se conocen el resto de las variables del proceso 8. Se comprueban los balances en la Unidad III.

CÁLCULOS: Balances Globales:

Total: 50000 = F2

+ F4

+ F6

+ F8

+ F9 (1)

Azúcar: 0.5 × 50000 = 0.65 × F9 (2)

R1: F2 = F

4 (3)

R2: F4 = F

6 (4)

R3: F6 = F

8 (5)


77

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1), (2), (3), (4) y (5):

F9 = 38461.5385 F

2 = F

4 = F

6 = F

8 = 2884.6625


(1 – w1A) F

1 = F

2 + F

4 + F

6 + F

8 + (1 – w

9A) F

9 = 4 F

2 + (1 – w

9A) F

9

25000 = 4 × 2884.6625 + 0.35 × 38461.5385

25000 = 25000.18


Total: 50000 = 2884.6625 + F3

F3 = 47115.3375

Agua: 25000 = (1 – w3A) × 47115.3375

w3A = 0.5306

Balances en la Unidad IV:

Total: F7 = 2884.6625 + 38461.5385

F7 = 41346.201

Azúcar: w7A F

7 = 25000

w7A = 0.6047


Total: 47115.3375 = 2884.6625 + F5

F5 = 44230.675

Azúcar: 0.5306 × 47115.3375 = w5A × 44230.675

w5A = 0.5652


78

Comprobando éstos valores en el balance de la Unidad III:

F5

= F6

+ F7

44230.675 = 2884.6625 + 41346.201

44230.675 ≈ 44230.863

Para resolver el problema utilizando la calculadora Hewlett Packard 48-GX con el Programa Solvesys se plantean las ecuaciones del proceso: Global:

Total: F1 = F

2 + F

4 + F

6 + F

8 + F

9 (1)

Azúcar: w1A F

1 = w

9A F

9 (2)

R1: F2 = F

4 (3)

R2: F4 = F

6 (4)

R3: F6 = F

8 (5)

Unidad I:

Total: F1 = F

2 + F

3 (6)

Agua: w1A F

1 = (1 – w

3A) F

3 (7)

Unidad IV:

Total: F7 = F

8 + F

9 (8)

Azúcar: w7A F

7 = w

9A F

9 (9)

Unidad II:

Total: F3 = F

4 + F

5 (10)

Azúcar: w3A F

3 = w

5A F

5 (11)


79

A 40 % K

A 4 % W

AK

A W

1

2 3

4

Los valores de las variables son:

F1 = 50000

w1A = 0.5

w9A = 0.65

F2

= 2884.6154

F3

= 47115.3846

F4

= 2884.6154

F5

= 44230.7692

F6

= 2884.6154

F7

= 41346.1538

F8

= 2884.6154

F9

= 38461.5345

w3A = 0.4694

w5A = 0.500

w7A = 0.6047

Comprobando estos valores en el balance Total de la Unidad III:

F5

= F6

+ F7

44230.7692 = 2884.6154 + 41346.1538

44230.7692 = 44230.7692

2.23 Se procesa una mezcla de alcohol y acetona (que contiene 40% de alcohol) con lavados

sucesivos de agua para eliminar el alcohol. El agua de lavado utilizada contiene 4% en masa de alcohol. El agua y la acetona son mutuamente insolubles. La distribución de alcohol (A) entre las corrientes de acetona (K) y agua (W) está dada por la ecuación:

4 3

masa de alcohol 1 masa de alcohol=masa de cetona 4 masa de agua

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


80

F1 = 200 w1

Al = 0.4 (acetona)

1

23

4

F3 w3

Al (agua)

F4 w4

Al (acetona)

F2 = 150 w2

Al = 0.04 (agua)

a. Si se utilizan 150 libras de la corriente 2 por cada 200 libras de mezcla de alimentación, calcule la composición de la corriente 4 después de un lavado.

b. Si se repite el lavado con 150 libras en cada etapa, ¿cuántos lavados se necesitan para eliminar

el 98% del alcohol original? SOLUCION: Diagrama cuantitativo: a. Si se utilizan 150 libras de la corriente 2 por cada 200 libras de mezcla de alimentación, calcule la

composición de la corriente 4 después de un lavado. Relaciones:

R1: ( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 33

Al

33Al

44Al

44Al

Fw1Fw

41

Fw1Fw




81


Incógnitas = 3 (F3, w

3Al, F

4, w

4Al)

Ecuaciones = 3 (balances) + 1 (R1)

G de L = 0

CÁLCULOS:

Total: 200 + 150 = F3

+ F4

(1)

Acetona: (1 – 0.4) × 200 = (1 – w4Al) F

4

120 = (1 – w4Al) F

4

(2)

Agua: (1 – 0.04) × 200 = (1 – w3Al) F

3

144 = (1 – w3Al) F

3

(3)

R1: ( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 33

Al

33Al

44Al

44Al

Fw1Fw

41

Fw1Fw

(4)

Resolviendo algebraicamente las ecuaciones (1) a (4):

F4 = 134.8276 F

3 = 215.1724 w

3Al = 0.331 w

4Al = 0.11

Corroborando en el Balance de alcohol:

0.4 × 200 + 0.04 × 150 = w3Al F

3 + w

4Al F

4

0.4 × 200 + 0.04 × 150 = 0.331 × 215.1724 + 0.11 × 134.8276

86 = 86

El alcohol eliminado en un lavado es:

10080

61725.17100

8015004.0Fw

eliminadoAlcohol 33

Al ×⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=×⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ×−=

Alcohol eliminado = 81.4656 %


82

F4 = 134.8276 w4

Al = 0.11 (acetona)

4

56

7

F6 w6

Al (agua)

F7 w7

Al (acetona)

F5 = 150 w5

Al = 0.04 (agua)

b. Si se repite el lavado con 150 libras en cada etapa, ¿cuántos lavados se necesitan para eliminar el 98% del alcohol original?

SOLUCION: Es similar a la parte (a) y se utiliza la misma relación, R1. Se analiza etapa por etapa y en cada una de ellas se calcula el porcentaje de alcohol eliminado; cuando su suma de mayor del 98% de alcohol recuperado se tiene el número de etapas necesarias. Con el flujo 4 de la parte (a) se construye el diagrama siguiente:

Diagrama cuantitativo (Segunda Etapa): Relación:

( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 66

Al

66Al

77Al

77Al

Fw1Fw

41

Fw1Fw

1

Lavado con 150 lb

A W

A K

2

Lavado con 150 lb

A W

A K

N

Lavado con 150 lb

A W

A K

A 40 % K


83



CÁLCULOS: Los balances son:

Total: 134.8276 + 150 = F6

+ F7

Acetona: 0.89 × 134.8276 = (1 – w7Al) F

7

Agua: 144 = (1 – w6Al) F

6

R1: ( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 66

Al

66Al

77Al

77Al

Fw1Fw

41

Fw1Fw

Resolviendo algebraicamente las cuatro ecuaciones anteriores:

F7 = 123.5909 F

6 = 161.236 w

6Al = 0.1069 w

7Al = 0.029

Corroborando en el balance de alcohol:

0.11 × 134.8276 + 0.04 × 150 = 0.1069 × 161.236 + 0.029 × 123.5909

20.83 = 20.83

El alcohol eliminado en dos lavados es:

( ) ( )100

806Fw61725.17

eliminadoAlcohol 66

Al ×⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+−=

( ) ( )100

8062366.1761725.17

eliminadoAlcohol ×⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−

=



84

F7 = 123.5909 w7

Al = 0.029 (acetona)

7

89

10

F9 w9

Al (agua)

F10 w10

Al (acetona)

F8 = 150 w8

Al = 0.04 (agua)

Como el alcohol eliminado es menor a 98%, es necesario analizar la etapa siguiente. Diagrama cuantitativo (Tercer Etapa):

Relaciones:

( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 99

Al

99Al

1010Al

1010Al

Fw1Fw

41

Fw1Fw




Total: 123.5909 + 150 = F9

+ F10

Acetona: 0.971 × 123.5909 = (1 – w10Al) F

10

Agua: 144 = (1 – w9Al) F

9


85

F10 = 121.6536 w10

Al = 0.01359 (acetona)

10

1112

13

F12 w12

Al (agua)

F13 w13

Al (acetona)

F11 = 150 w11

Al = 0.04 (agua)

Resolviendo algebraicamente las cuatro últimas ecuaciones:

F10

= 121.6536 F9

= 151.9373 w9Al = 0.05224 w

10Al = 0.01359


0.029 × 123.5909 + 0.04 × 150 = 0.05224 × 151.9373 + 0.01359 × 121.6536

9.59 = 9.59

El alcohol eliminado en tres lavados es:

( ) ( ) ( )100

806Fw617.236661725.17

eliminadoAlcohol 99

Al ×⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+−+−=

( ) ( ) ( )100

8067.937362366.1761725.17


⎜⎝⎛ −+−+−

=


Como el alcohol eliminado es menor a 98%, es necesario analizar la etapa siguiente. Diagrama cuantitativo (Cuarta Etapa): Relaciones:

( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 1212

Al

1212Al

1313Al

1313Al

Fw1Fw

41

Fw1Fw


86




Total: 121.6536 + 150 = F12

+ F13

Acetona: (1 – 0.01359) × 121.6536 = (1 – w13Al) F

13

Agua: 144 = (1 – w12Al) F

12

Resolviendo algebraicamente las 4 ecuaciones de la Etapa IV:

F13

= 121.319 F12

= 150.334 w12

Al = 0.0421 w13

Al = 0.01088


0.01359 × 121.6536 + 0.04 × 150 = 0.0421 × 150.334 + 0.01088 × 121.319

7.65 = 7.65

El alcohol eliminado en cuatro lavados es:

( ) ( ) ( ) ( )100

806F w67.937362366.1761725.17

eliminadoAlcohol 1212

Al ×⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+−+−+−=

( ) ( ) ( ) ( )100

806334.667.937362366.1761725.17


⎜⎝⎛ −+−+−+−

=


Es necesario efectuar cuatro lavados para lograr el objetivo.


87

2.24 Se utiliza un sistema de purificación con recirculación, para recuperar alSolvesysnte DMF de un gas de desperdicio que contiene 55% de DMF en aire. El producto deberá tener únicamente 10% de DMF. Calcule la fracción de recirculación, suponiendo que la unidad de purificación puede eliminar a dos terceras partes del DMF presente en la alimentación combinada a la unidad.


Relaciones:

R1: 22D

6 Fw32F =

R2: Restricciones del Divisor: (2 – 1) (2 – 1) = 1

DMF 55% Aire

DMF Aire 90%

Unidad de purificación

DMF

Divisor de flujo

F1 w1

D = 0.65 (w1

aire) F4 w4

D = 0.1 (w4

aire)

F3 w3

D = 0.1 (w3

aire)

F5 w5

D = 0.1 (w5

aire)

F2 w2

D (w2

aire) F6

D

1 Unidad de purificación

2 3 4

6

5

M D


88


Mezclador Purificación Divisor Proceso Global NVI 6 5 6 11 5 NBMI 2 2 2 6 2 NFC 0 0 0 0 0 NCC 1(1) 0(1) 1 2 2 NRC R1 – 1 – 1 – R2 – – 1 1 – G de L 2 1 2 1 1


Mezclador: Incógnitas = 4 (F1, F

2, w

2D, F

5)


G de L = 2

Purificación: Incógnitas = 4 (F

2, w

2D, F

6D, F

7)


G de L = 1

Divisor: Incógnitas = 5 (F

3, w

3D, F

4, F

5, w

5D)

Ecuaciones = 2 (balances) , + 1 (R2)

G de L = 2


1, F

6D, F

4)


G de L = 1

Analizando la Tabla se encuentra que puede tomarse base de cálculo en el Proceso Global o en la Unidad de Purificación, porque en el proceso no se conoce ningún flujo y ambas unidades tienen un grado de Libertad. La elección de una u otra base depende de un análisis de los Grados de Libertad actualizados, ya que una elección puede llevar a un punto en el que no se pueda continuar o no aportar nada a los balances, como se mostrará en la Estrategia de solución.


89

Tabla de Balances:

Mezclador Purificación Divisor Proceso Global DMF (D) 1 1 1 3 1 aire 1 1 1 3 1 Total 2 2 2 6 2


1. Tomando base de cálculo en la unidad de purificación y resolviendo se conoce: F2, w

2D, F

3, F

6. Se

agota R1. 2. Actualizando Grados de Libertad se encuentra que:

Mezclador: G de L A = 2 – 2 (F2, w

2D) = 0

Divisor: G de L A = 2 – 1 (F3) = 1

Global: G de L A = 1 – 1 (F6) = 0

3. Resolviendo el mezclador, se conoce: F

1, F

5.

4. Reconfirmando Grados de Libertad:

Global: G de L A = 0 – 0 = 0

5. Se resuelve el Balance Global y los resultados se comprueban en el Divisor o unidad dependiente. CÁLCULOS: Balances en la Unidad de Purificación: Base de cálculo: F

6 = 150

Total: F2 = F

3 + 150

DMF: w2D F

2 = 0.1 F

3 + 150

R1: 2 22150 3 Dw F=

Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas:

F2 = 900 F

3 = 750 w

2D = 0.25


90

Comprobando los resultados en el balance de aire:

(1 – 0.25) × 900 = (1 – 0.1) × 750

675 = 675

Balances en el Mezclador: Total: F

1 + F

5 = 900

DMF: 0.55 F1 + 0.1 F

5 = 225

Resolviendo las ecuaciones:

F1 = 300 F

5 = 600


(1 – 0.55) × 300 + (1 – 0.1) × 600 = (1 – 0.25) × 900

675 = 675

Balances en el Global: Total: 300 = F

4 + 150

F4 = 150


(1 – 0.55) × 300 = (1 – 0.1) × 150

135 = 135

Comprobando los resultados en el Divisor: Total: 750 = 150 + 600 = 750

La igualdad nos demuestra que el problema se resolvió correctamente.


91

La relación de recirculación será:

0.8750600

3F

5F==

Para resolver el problema utilizando la calculadora Hewlett Packard 48-GX con el Programa Solvesys se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de solución:

Base de Cálculo: F6 = 150

Unidad de Purificación: Total: F

2 = F

3 + 150 (1)

DMF: w2D F

2 = 0.1 F

3 + 150 (2)

R1: Fw32 150 22

D= (3)

Mezclador: Total: F

1 + F

5 = F

2 (4)

DMF: 0.55 F1 + 0.1 F

5 = w

2D F

2 (5)

Global: Total: F

1 = F

4 + 150 (6)

Resolviendo se obtienen los siguientes resultados:

F1 = 300

F2 = 899.999999392

F3 = 749.999999392

F4 = 150

F5 = 599.999999392

w2D

= 0.249999999968

Comprobando los resultados en el divisor: Total: 749.999999392 = 150 + 599.999999392

749.999999392 = 749.999999392


92

2.25 Frecuentemente se utiliza un método de purificación de gases que consiste en la absorción selectiva de los componentes indeseables del gas, en un medio líquido específicamente seleccionado.

Posteriormente se regenera al medio líquido mediante un tratamiento químico o térmico para liberar al material absorbido.

En una instalación particular se alimentan temporalmente 1000 moles/h a un sistema de purificación (diseñado para eliminar compuestos de azufre), cuya capacidad de diseño es de 820 moles/h.

Como el sistema de absorción simplemente puede manejar 82 % de este flujo, se propone derivar una corriente con el exceso, de manera que la concentración de H2S en la salida del sistema de absorción se reduzca lo suficiente para que la corriente mezclada de salida contenga únicamente 1 % de H2S y 0.3 % de COS en base molar.

Calcule todos los flujos del sistema. La corriente de alimentación consiste (en base molar) de 15

% de CO2, 5 % de H2S y 1.41 % de COS; el resto es CH4. SOLUCION: Diagrama cuantitativo:

Sistema de Absorción D

CH4 CO2 H2S COS CH4

CO2 H2S COS H2S

COS

CH4 CO2 H2S COS

CH4 CO2 H2S 1% COS 0.3%

D6

N6 x6

CO2

x6H2S = 0.01

x6COS = 0.003

(x6CH4)

N3 x3

CO2 = 0.15

x3H2S = 0.05

x3COS = 0.0141

(x3CH4)

N1 = 1000 x1

CO2 = 0.15

x1H2S = 0.05

x1COS = 0.0141

(x1CH4)

1

2

3 Sistema de Absorción

4

5

N2 x2

CO2 = 0.15

x2H2S = 0.05

x2COS = 0.0141

(x2CH4) N5

x5CO2

x5H2S

x5COS

(x5CH4) N4

x4H2S

(x4COS)


93

Relaciones:

R1: 0.82 N1 = N

3

R2: Restricciones del Divisor: RD = (2 – 1) (4 – 1) = 3


Divisor Absorción Mezclador Proceso Global

NVI 12 10 12 22 10 NBMI 4 4 4 12 4 NFC 1 0 0 1 1 NCC 3 0 (3) 2 (3) 5 5 NRC R1 1 – – 1 – R2 3 – – 3 – G de L 0 3 3 0 0


Divisor: Incógnitas = 8 (N2, x

2CO2, x

2H2S, x

2COS, N

3, x

3CO2, x

3H2S, x

3COS)


G de L = 0

Absorción: Incógnitas = 7 (N

3, N

4, x

4H2S, N

5, x

5CO2, x

5H2S, x

5COS)


G de L = 3


2, N

5, x

5CO2, x

5H2S, x

5COS, N

6, x

6CO2)


G de L = 3


94

Global: Incógnitas = 4 (N4, x

4H2S, N

6, x

6CO2)


G de L = 0

Tabla de Balances:

Divisor Absorción Mezclador Proceso Global CO2 1 1 1 3 1 H2S 1 1 1 3 1 COS 1 1 1 3 1 CH4 1 1 1 3 1 Total 4 4 4 12 4


1. Resolviendo los balances del proceso global, se conoce: N4, x

4H2S, N

6, x

6CO2. De R1, se halla N

3, y por

tanto se agota la relación. 2. Reconfirmando Grados de Libertad:

Divisor: G de L A = 0 – 1 (N3) + 1 (R1 agotada) = 0

3. Resolviendo el Divisor, se conoce: N

2, N

3.


Mezclador: G de L A = 3 – 3 (N6, x

6CO2, N

2) = 0

Absorción: G de L A = 3 – 3 (N3, N

4, x

4H2S) = 0

5. Se resuelve la Torre de Absorción y los resultados se comprueban en los balances en el Mezclador.

CÁLCULOS: Balances en el Proceso Global: Total: 1000 = N

4 + N

6

CO2: 0.15 × 1000 = x6CO2 × N

6


95

H2S: 0.05 × 1000 = x4H2S × N

4 + 0.01 × N

6

COS: 0.0141 × 1000 = (1 – x4H2S) × N

4 + 0.003 × N

6


N4 = 51.773 N

6 = 948.226 x

4H2S = 0.7826 x

6CO2 = 0.1581

Comprobando los resultados en el balance de CH4:

(1 – 0.15 – 0.05 – 0.0141) × 1000 = (1 – 0.01 – 0.003 – 0.1581) × 948.226

785.9 = 785.98

De R1: 0.82 × 1000 = N3

N3 = 820

Balances en el Divisor: Total: 1000 = 820 + N

2

N2

= 180

Balances en la Torre de Absorción: Total: 820 = 51.773 + N

5

CO2: 0.15 × 820 = x5CO2 × N

5

H2S: 0.05 × 820 = 0.7826 × 51.773 + x5H2S × N

5

COS: 0.0141 × 820 = (1 – 0.7826) × 51.773 + x5COS × N

5

Resolviendo el sistema:

N5 = 768.226 x

5CO2 = 0.160 x

5H2S = 0.000627 x

5COS = 0.000399


96

Comprobando en el balance de CH4:

(1 – 0.15 – 0.05 – 0.0141) × 820 = (1 – 0.160 – 0.000627 – 0.000399) × 768.226

644.438 = 644.521

Comprobando los resultados en el Mezclador: Total: N

5 + N

2 = N

6

768.226 + 180 = 948.226

948.226 = 948.226

Resolviendo el problema utilizando el Programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard 48-GX, se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden dado por la Estrategia de solución: Global: Total: 1000 = N

4 + N

5 (1)

CO2: 150 = x6CO2 × N

6 (2)

H2S: 50 = x4H2S × N

4 + 0.01 × N

6 (3)

COS: 14.1 = (1 – x4H2S) × N

4 + 0.003 × N

6 (4)

R1: 820 = N3

(5)

Divisor: Total: 1000 = N

2 + N

3 (6)

CO2: 150 = x2CO2 × N

2 + x

3CO2 × N

3 (7)

H2S: 50 = x2H2S × N

2 + x

3H2S × N

3 (8)

COS: 14.1 = x2COS × N

2 + x

3COS × N

3 (9)


97

Restricciones del Divisor: x

2CO2 = 0.15 (10)

x2H2S = 0.05 (11)

x2COS = 0.0141 (12)

Torre de Absorción: Total: N

3 = N

4 + N

5 (13)

CO2: x3CO2 × N

3 = x

5CO2 × N

5 (14)

H2S: x3H2S × N

3 = x

4H2S × N

4 + x

5H2S × N

5 (15)

COS: x3COS × N

3 = (1 – x

4H2S) × N

4 + x

5COS × N

5 (16)

Resolviendo el sistema se obtienen los siguientes resultados:

N2 = 180

x3CO2 = 0.15

N3 = 820

x3H2S = 0.05

N4 = 51.7730496453

x3COS = 0.0141

N5 = 768.226950354

x4H2S = 0.782602739727

N6 = 948.226950355

x5CO2 = 0.160108936484

x2CO2 = 0.15

x5H2S = 0.000627769571526

x2H2S = 0.05

x5COS = 0.000399206056199

x2COS = 0.0141

x6CO2=0.158189977562


98

2.26. Supóngase que se modifica la operación del sistema de absorción del problema 2.25, de manera que se absorba todo el COS y un mol de CO2 por cada mol de H2S, como se muestra en la figura.

La corriente de alimentación contiene (en base molar) 15 % de CO2, 5 % de H2S y 1.4 1% de COS; el resto es CH4.

Nuevamente se deriva un 18 % de la alimentación (que no pasa por el sistema).

Calcule los flujos de todas las corrientes.

SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo:

H2S CO2 COS

Sistema de Absorción

CH4 CO2 H2S COS

CH4 CO2 H2S COS

CH4 CO2 H2S

CH4 CO2 H2S 1% COS 0.3%

D M

N1 = 1000 x1

CO2 = 0.15

x1H2S = 0.05

x1COS = 0.0141

(x1CH4)

1

2

3 Sistema de Absorción

4

5 6N3 x3

CO2 = 0.15

x3H2S = 0.05

x3COS = 0.0141

(x3CH4)

N2 x2

CO2 = 0.15

x2H2S = 0.05

x2COS = 0.0141

(x2CH4)

N5 x5

CO2

x5H2S

(x5CH4)

N6 x6

CO2

x6H2S = 0.01

x6COS = 0.003

(x6CH4)

N4 x4

H2S x4

CO2

(x4COS)

D M


99

Relaciones:

R1: x4H2S = x

4CO2

R2: 13 N82.0N =

R3: RD = (2 – 1) (4 – 1) = 3


Absorbedor Mezclador Divisor Proceso Global NVI 10 11 12 22 11 NBMI 4 4 4 12 4 NFC 0 0 1 1 1 NCC (+3) 2 (+3) 3 5 5 NRC R1 1 – – 1 1

R2 – – 1 1 – R3 – – 3 3 –

G de L 2 2 0 -1 0 Reconfirmación de Grados de Libertad:

Absorbedor: Incógnitas = 7 (N3, N

4, x

4H2S, x

4CO2, N

5, x

5CO2, x

5H2S)


G de L = 2

Mezclador: Incógnitas = 6 (N2, N

5, x

5CO2, x

5H2S, N

6, x

6COS)


G de L = 2


100


2CO2, x

2H2S, x

2COS, N

3, x

3CO2, x

3H2S, x

3COS)


G de L = 0

Global: Incógnitas = 5 (N4, x

4H2S, x

4CO2, N

6, x

6COS)


G de L = 0

Puede verse que los Grados de Libertad del proceso son negativos y, por tanto, el proceso se encuentra sobre-especificado. Es decir, en el análisis del proceso en su conjunto sobra información. Esta situación, ya sabemos, no implica necesariamente que ella sea contradictoria. En el caso de que la información sea contradictoria, el problema no puede cumplir todas las especificaciones. Obsérvese que ninguna unidad tiene Grados de Libertad negativos, pero el desarrollo del problema llevará a esa situación. Tabla de Balances:

Absorbedor Mezclador Divisor Proceso Global CO2 1 1 1 3 1 H2S 1 1 1 3 1 COS 1 1 1 3 1 CH4 1 1 1 3 1 Total 4 4 4 12 4


1. Se resuelven los Balances Globales y se determinan los valores de las siguientes variables: N

4, x

4H2S,

x4CO2, N

6 y x

6COS . Se agota R1.

2. Confirmando los Grados de Libertad del Divisor:

Divisor: G de L R = 0 – 0 = 0

3. Se resuelve el Divisor y se conoce N2, N

3 . Se agotan R2 y R3.


101

4. Actualizando los Grados de Libertad: Absorbedor: G de L A = 2 – 2 (N

3, N

4) – 2 (x

4H2S, x

4CO2) + 1 Rel. agotada (R1) = – 1

Mezclador: G de L A = 2 – 2 (N2, N

6) – 1 (x

6COS) = – 1

5. Se resuelve el Absorbedor y se verifica si la información es contradictoria.

SOLUCION: Balances Globales:

R1: x4H2S = x

4CO2 (1)

Total: 1000 = N4 + N

6 (2)

CO2: 150 = x4CO2 N

4 + x

6CO2 N

6 (3)

H2S: 50 = x4H2S N

4 + 0.01 N

6 (4)

COS: 14.1 = N4 (1 – x

4CO2 – x

4H2S) + 0.003 N

6 (5)


N6 = 906.7554 N

4 = 93.2446 x

4CO2 = 0.43898

x6CO2 = 0.12028 x

4H2S = 0.43898

Comprobando los resultados en el balance de Metano:

( 1 – 0.15 – 0.05 – 0.0141 ) x 1000 = 906.7554 ( 1 – 0.12028 – 0.01 – 0.003 )

785.9 = 785.9


102

Balances en el Divisor:

De R2: 8201000x82.0N3 ==

Total: 1000 = 820N2 +

180N2 =

Balances en el Absorbedor: Antes de plantear los balances, puede notarse que con la información obtenida hasta ahora se puede comprobar si se cumple el balance de COS:

COS: 0.0141 N3 = (1 – x

4CO2 – x

4H2S) N

4 (8)

0.0141 x 820 = ( 1 - 0.43898 - 0.4389 ) x 93.2446

11.562 ≠ 11.3796

Puede concluirse que la información es redundante y contradictoria: los balances internos no se cumplen con las especificaciones externas. Tal como está planteado el problema no puede cumplir las condiciones. 2.27. Se produce café instantáneo de acuerdo con el diagrama de flujo de la figura. El café molido y

tostado se carga con agua caliente a un percolador, en donde se extraen los materiales solubles en agua.

El extracto se seca por aspersión para obtener el producto, y los residuos sólidos se decantan parcialmente, antes de enviarlos a incineración o desecho.

Por razones de simplicidad, supóngase que el café no contiene agua, únicamente materiales solubles e insolubles. La carga normal es de 1.2 libra de agua por libra de café. Como una aproximación razonable, puede suponerse que la razón entre materiales solubles y agua en las dos corrientes que salen del percolador es idéntica. Lo mismo puede decirse del separador y la prensa, pero no del secador.


103

a. Con la información anterior y las composiciones indicadas, está completamente especificado el problema ?.

b. Supóngase que no nos interesan las corrientes 3, 4 y 5, de manera que es posible incorporar

al percolador, separador y mezclador en una “caja negra” única.

Calcule la proporción de solubles recuperados contra solubles perdidos en la corriente de descarga. Secador

Café

Agua caliente

Percolador

Separador ciclón

Extracto 35 % solubles

Secador por

espreado

Lechada con 20 % insolubles

Lechada con 50 % insolubles

Residuos de café húmedo69 % insolubles

Agua

Agua

Solución de desperdicio

Café instantáneo seco

Prensa


104

SOLUCION: Diagrama cuantitativo: Relaciones:

R1: 2.1FF

1

2= R2: ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 4

S4I

4S

3S

3S

ww1w

w1w

R3: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 6

S6I

6S

5S

5S

ww1w

w1w

R4: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 8

S8I

8S

7S

7S

ww1w

w1w

F1 w1

S (w1

I )

Percolador

Separador ciclón

Secador por

espreado

Café instantáneoseco

F3 w3

S

F2

FE wE

S = 0.35 (wE

agua) Agua caliente

F11agua

F12

F5 w5

S

F4 w4

I w4

S

Prensa

Secador

F6 w6

S w6

I = 0.2

F9 w9

S w9

I = 0.69

F8 w8

S w8

I = 0.5

F7 w7

S

F10agua

1

2 3

4

5

6

7

8

9

10

11

12


105


Percolador Mezclador Secador por espreado

Separador ciclón

NVI 8 6 4 8 NBMI 3 2 2 3 NFC 0 0 0 0 NCC 0 1 1 1

NRC R1 1 – – – R2 1 – – – R3 – – – 1 R4 – – – –

G de L 3 3 1 3

Prensa Secador Proceso Global NVI 8 7 26 11 NBMI 3 3 16 3 NFC 0 0 0 0 NCC 2 2 4 1

NRC R1 – – 1 1 R2 – – 1 – R3 – – 1 – R4 1 – 1 –

G de L 2 2 2 6 Reconfirmación de Grados de Libertad:

Percolador: Incógnitas = 8 (F1, w

1S, F

2, F

3, w

3S, F

4, w

4S, w

4I)


G de L = 3

Mezclador: Incógnitas = 5 (F

3, w

3S, F

5, w

5S, F

E)


G de L = 3


106

Secador por espreado: Incógnitas = 3 (FE, F

11agua, F

12)


G de L = 1

Separador: Incógnitas = 7 (F

4, w

4I, w

4S, F

5, w

5S, F

6, w

6S)


G de L = 3

Prensa: Incógnitas = 6 (F

6, w

6S, F

7, w

7S, F

8, w

8S)


G de L = 2

Secador: Incógnitas = 5 (F

8, w

8S, F

9, w

9S, F

10agua)


G de L = 2


1, w

1S, F

2, F

7, w

7S, F

9, w

9S, F

10agua, F

11agua, F

12)


G de L = 6

Tabla de Balances:

Percolador Mez. Secador por espreado

Separador ciclón Prensa Secador Proc. Global

S 1 1 1 1 1 1 6 1 I 1 – – 1 1 1 4 1 H2O 1 1 1 1 1 1 6 1 Total 3 2 2 3 3 3 16 3


107

a. Con la información anterior y las composiciones indicadas, ¿está completamente especificado el problema?

El proceso tiene dos Grados de Libertad, es decir esta sub-especificado. Al tomar una Base de Cálculo queda con un Grado de Libertad y continúa sub-especificado. El problema no se puede resolver completamente: todas o una parte de las variables quedarán expresadas en función de una incógnita. b. Supóngase que no nos interesan las corrientes 3, 4 y 5, de manera que es posible incorporar al

percolador, separador y mezclador en una “caja negra” única.

Calcule la proporción de solubles recuperados contra solubles perdidos en la corriente de descarga.

Con estas nuevas condiciones, el diagrama del proceso es:

Relaciones: R1: 2.1FF

1

2=

Percolador Mezclador Separador

F1 w1

S (w1

I )

F2 FE wE

S = 0.35 (wE

agua)

Agua caliente

F6 w6

S w6

I = 0.2

1

2

6

E


108


Percolador – Mezclador – Separador

NVI 8 NBMI 3 NFC 0 NCC 2 NRC R1 1 – 6

G de L 2 El proceso se encuentra sub-especificado ya que tiene dos Grados de Libertad. Al tomar una Base de Cálculo el problema queda con 1 Grado de Libertad, continuando sub-especificado.lema no puede resolverse, porque aún tomando base de calculo el proceso tendría un Grado de Libertad y seguiría sub-especificado. Como los Grados de Libertad indican el número de incógnitas (una en este caso ), se puede calcular la relación pedida en función de una variable, como ocurre en todo proceso sub-especificado. Se desea calcular el valor de:

66S

E

FwF35.0

Perdidos SolublessRecuperado Solubles=

CÁLCULOS:

Base de Cálculo, sea: F

1 = 1000

De R1: F2 = 1200


Total: 1000 + 1200 = FE

+ F6

2200 = FE

+ F6

(1)

Solubles, S: 1000 × w1S = w

6S × F

6 + 0.35 × F

E (2)

Agua: 1200 = 0.65 × FE

+ (1 – 0.2 – w6S) × F

6

1200 = 0.65 × FE

+ (0.8 – w6S) × F

6 (3)


109

Sustituyendo (1) en (3) se encuentra que:

w6S × F

6 = 560 – 0.15 × F

E

Entonces:

E

E

F15.0560F35.0

Perdidos SolublessRecuperado Solubles

−=

la respuesta queda en función de una incógnita, como lo indica el Grado de Libertad del proceso. 2.28. En el diagrama de flujo considerado en el problema 2.27, la recuperación de solubles en el

producto es pobre.

Con el objeto de mejorar la recuperación, supóngase que se recircula la solución de desperdicio de la prensa, regresándola a los percoladores.

Sin embargo, para disminuir la posible liberación de materiales de sabor amargo durante el prensado, se reduce la velocidad de decantación, de manera que se genera una lechada con 40% de insolubles, como se muestra en la figura.

Para manejar esta lechada, con mayor contenido de agua, también se ajusta la operación del secador para que produzca una descarga de sólidos con 62.5% de insolubles.

Calcule la razón de recuperación que resulta de esta modificación.

Supóngase que la composición del café alimentado es 0% de agua y 32.7% de insolubles y considérese variable a la razón de agua alimentada a café. La proporción entre solubles y agua en las dos corrientes de salida de la prensa es la misma.

Percolador y separador

Prensa

Secador

CaféH2O

Solución de recirculación

Extracto, 35 % solubles

20 % insolubles 28 % solubles

40 % insolubles

65 % insolubles H2O


110

SOLUCIÓN: Diagrama cuantitativo: Relaciones:

R1: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 4

S

4S

7S

7S

w6.0w

w1w


Percolador –Separador Prensa Secador Proceso Global

NVI 10 8 7 17 9 NBMI 3 3 3 9 3 NFC 0 0 0 0 0 NCC 4 3 2 6 3 NRC R1 – 1 – 1 – G de L 3 1 2 1 3

Percolador y

separador

Prensa

Secador

1

F3 w3

S = 0.28 w3

I = 0.2 (agua)

F8 w8

S = 0.35 (agua)

Café F2

w2I = 0.327

(solubles)

Agua F1

F7 w7

S (agua)

F4 w4

S w4

I = 0.4 (agua)

F5agua

F6 w6

S w6

I = 0.625 (agua)

2

3

4

56

7

8 Extracto


111


Percolador: Incógnitas = 6 (F1, F

2, F

7, w

7S, F

3, F

8)


G de L = 3

Prensa: Incógnitas = 5 (F

3, F

4, w

4S, F

7, w

7S)


G de L = 1

Secador: Incógnitas = 5 (F

4, w

4S, F

6, w

6S, F

5)


G de L = 2


1, F

2, F

5, F

6, w

6S, F

8)


G de L = 3

El problema está correctamente especificado porque el proceso está en la condición un Grado de Libertad y cero flujos y por lo menos una unidad también está en la misma condición. Tabla de Balances:

Percolador Separador Prensa Secador Proceso Global

S 1 1 1 3 1 I 1 1 1 3 1 H2O 1 1 1 3 1 Total 3 3 3 9 3


112


1. Tomando base de cálculo en la Prensa y resolviendo sus balances se conoce: F3, F

4, F

7, w

4S, w

7S. Se

agota R1. 2. Actualizando los Grados de Libertad:

Percolador – Separador: G de L A = 3 – 2 (F3, F

7) – 1(w

7S) = 0

Secador: G de L A = 2 – 1 (F4) – 1(w

4S) = 0

3. Al resolver los balances del conjunto Percolador –Separador se determinan: F

1, F

2, F

8.

4. Reconfirmando los Grados de Libertad del Secador:

Secador: G de L R = 0 – 0 = 0 5. Se efectúan los balances en el Secador y los resultados se comprueban en los Balances Globales.

CÁLCULOS: Balances en la Prensa:

Base de calculo: sea F3 = 1000

Los balances correspondientes son:

Total: 1000 = F4

+ F7

Solubles, S: 0.28 × 1000 = w4S × F

4 + w

7S × F

7

280 = w4S × F

4 + w

7S × F

7

Insolubles, I: 0.2 × 1000 = 0.4 × F4

200 = 0.4 × F4

De R1: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− 4

S

4S

7S

7S

w6.0w

w1w


F4

= 500 F7

= 500 w4S = 0.21 w

7S = 0.35


113

Comprobando los resultados en el balance dependiente:

Agua: (1 – 0.28 – 0.2) × 1000 = (1 – 0.4 – 0.21) × 500 + (1 – 0.35) × 500

520 = 520

Balances en el Percolador- Separador:

Total: F1

+ F2

+ 500 = 1000 + F8

Solubles, S: (1 – 0.327) × F2

+ 0.35 × 500 = 0.28 × 1000 + 0.35 × F8

Insolubles, I: 0.327 × F2

= 0.2 × 1000

Resolviendo:

F1 = 764.4386 F

2 = 611.6208 F

8 = 876.0594

Comprobando los resultados en el balance (dependiente) de agua:

764.4386 + (1 – 0.35) × 500 = (1 – 0.35) × 876.0598 + (1 – 0.28 – 0.2) × 1000

1089.4386 = 1089.4386

Balances en el Secador:

Total: 500 = F5

+ F6

Insolubles, I: 0.4 × 500 = 0.625 × F6

Agua: (1 – 0.4 – 0.21) × 500 = F5 + (1 – 0.625 – w

6S) × F

6

Al resolver este sistema de ecuaciones se encuentra:

F5 = 180 F

6 = 320 w

6S = 0.328125

Comprobando los resultados en el balance dependiente:

Solubles, S: 0.21 × 500 = 0.3281 × 320

105 = 105


114

En este momento ya se han evaluado todos los flujos y composiciones sin utilizar, como se ha dicho anteriormente, un sistema de balances. Por tanto, uno o más de las ecuaciones en los balances del proceso global pueden ser utilizadas para corroborar los resultados obtenidos y asegurar la correcta solución del problema. Comprobando en el balance global:

Insolubles, I: 0.327 × F2 = 0.625 × F

6

0.327 × 611.621 = 0.625 × 320

200 = 200

Finalmente, la respuesta al problema:

salimentadoSolublessRecuperado Solubles

sRecuperado Solubles % =

100F673.0F35.0

os recuperadSolubles % 2

8

×=

% Solubles recuperados = 74.491

Para utilizar el programa Solvesys de la Hewlett Packard 48 - GX, las ecuaciones del proceso, en el orden de la estrategia de solución, son:

Base de calculo: sea F3 = 1000

Prensa:

Total: 1000 = F4

+ F7

(1)

Solubles, S: 0.28 × 1000 = w4S × F

4 + w

7S × F

7 (2)

Insolubles, I: 0.2 × 1000 = 0.4 × F4

(3)

De R1: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

= 4S

4S

7S

7S

w6.0w

w1w

(4)


115

Percolador – Separador:

Total: F1 + F

2 + 500 = 1000 + F

8 (5)

Solubles: (1 – 0.327) × F2

+ 0.35 × 500 = 0.28 × 1000 + 0.35 × F8

(6)

Insolubles, I: 0.327 × F2 = 0.2 × 1000

(7)

Secador:

Total: 500 = F5 + F

6 (8)

Insolubles, I: 0.4 × 500 = 0.625 × F6

(9)

Agua: (1 – 0.4 – 0.21) × 500 = F5 + (1 – 0.625 – w

6S) × F

6 (10)

Resolviendo el sistema de 10 ecuaciones con 10 incógnitas, se obtiene:

F1 = 764.4386

F6 = 320

F2 = 611.6208

w6S = 0.328125

F4 = 500

F7 = 500

w4S = 0.21

w7S = 0.35

F5 = 180

F8 = 876.0594

2.29. Las fuentes de proteína de semillas oleaginosas incluyen soya, algodón cacahuate, girasol,

copra, colza, ajonjolí, cártamo, ricino y lino. Generalmente la separación del aceite de la pasta se efectúa mediante extracción con solvente. El análisis de la semilla de algodón es 4 % de cascarilla, 10 % de fibra, 37 % de harina y 49 % de aceite.

Durante la etapa de extracción, deben utilizarse 2 libras de solvente (hexano) por cada libra de semillas limpias procesadas. Para cada tonelada de semillas crudas que se procesan, determine las cantidades de aceite y de harina libre de aceite que se producen, así como la cantidad de hexano que deberá recircularse a través de la unidad de extracción.


116

SOLUCIÓN: El diagrama cuantitativo del proceso, junto con las variables del mismo es: Diagrama cuantitativo: Relaciones:

R1: 23F

8F7F=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

Recuperación de solvente

Limpieza de semillas

Semillas limpias Extracción por

solvente

Basura, cascarillas, fibra

Semillas crudas

Pasta libre de aceite, contiene ½ % solvente

Reposición de solvente Solvente limpio

Solvente rico en aceite

Aceite puro

Limpieza de semillas

Recuperación de solvente

Semillas limpias Extracción por

solvente

Semillas crudas

F1 =1000 w1

F = 0.1 w1

H = 0.1 w1

A = 0.1 (Cascarilla)

Pasta librede aceite

F4 w4

S = 0.005(harina)

F8 Reposición de

solvente F7

Solvente limpio

F6 Aceite puro

F2 w2

F (Cascarilla)

F3 w3

A (harina)

F5 w5

A (Solvente)

1

2

3 4

5

6

7

8


117


Limpieza Extracción Recuperación Proceso Global

NVI 8 8 4 15 10 NBMI 4 3 2 9 5 NFC 1 0 – 1 1 NCC 3 1 – 4 4 NRC R1 – 1 – 1 – G de L 0 3 2 0 0


Limpieza: Incógnitas = 4 (F2, w

2F, F

3, w

3A)


G de L = 0

Extracción: Incógnitas = 7 (F

3, w

3A, F

4, F

5, w

5A, F

7, F

8)


G de L = 3

Recuperación: Incógnitas = 4 (F

5, w

5A, F

6, F

7)


G de L = 2


2, w

2F, F

4, F

6, F

8)


G de L = 0

El proceso se encuentra correctamente especificado.


118

Tabla de Balances:

Limpieza Extracción Recuperación Proceso Global Fibra 1 – – 1 1 Cascarilla 1 – – 1 1 Aceite 1 1 1 3 1 Harina 1 1 – 2 1 Solvente – 1 1 2 1

Total 4 3 2 9 5 Estrategia de Solución:

1. Resolviendo la Unidad de Limpieza, que tiene cero (0) Grados de Libertad, se determinan: F3, w

3A, F

2,

w2F y se agotan los balances de Fibra y de Cascarilla.

2. Reconfirmando los Grados de Libertad de los Balances Globales:

Globales: G de L A = 0 – 1 (F2) – 1 (w

2F) + 2 (balances agotados) = 0

3. Al resolver los Balances Globales se conoce F

8, F

6, F

4 y se agota el balance de Harina.

4. Actualizando los Grados de Libertad:

Extracción: G de L A = 3 – 3 (F3, F

4, F

8) – 1 (w

3A) + 1 (Balance Harina) = 0

Recuperación: G de L A = 2 – 1 (F6) = 1

5. Se resuelve la Unidad de Extracción y los resultados se comprueban en los balances de la Unidad de

Recuperación de solvente.

CÁLCULOS: Balances en la Unidad de limpieza:

Total: 1000 = F2

+ F3

Aceite: 0.49 × 1000 = w3A × F

3

Fibra: 0.1 × 1000 = w2F × F

2

Harina: 0.37 × 1000 = (1 – w3A) × F

3

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:

F2 = 140 F

3 = 860 w

2F = 0.71428 w

3A = 0.56976


119

por diferencia:

w2

cascarilla = 0.28572 w3

harina = 0.43024

Comprobando en el balance dependiente de Cascarilla:

0.04 × 1000 = (1 – w2F) × F

2

0.04 × 1000 = 0.28572 × 140

40 = 40.0003

Balances Globales:

Aceite: 0.49 × 1000 = F6

Harina: 0.37 × 1000 = (1 – 0.005) × F4

Solvente: F8

= 0.005 × F4

Resolviendo el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas:

F4 = 371.859 F

6 = 490 F

8 = 1.8593

Comprobando en el Balance Global total:

F1

+ F8

= F6

+ F4

+ F2

1000 + 1.8593 = 490 + 371.859 + 140

1001.8593 = 1001.859

Balances en la Unidad de Extracción:

De R1: F7

+ 1.8593 = 2 × 860

Aceite: 0.56976 × 860 = w5A × F

5

Total: 860 + 1.8593 + F7

= 371.859 + F5


120

Resolviendo:

F5 = 2208.141 F

7 = 1718.141 w

5A = 0.2219

Comprobando en la Unidad de Recuperación de solvente:

F5

= F6

+ F7

2208.141 = 490 + 1718.141

2208.141 = 2208.141

Resolviendo el problema por medio del programa Solvesys de la Hewlett Packard 48 - GX, se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden de la estrategia de solución: Unidad de limpieza:

Total: 1000 = F2

+ F3

(1)

Aceite: 0.49 × 1000 = w3A × F

3 (2)

Fibra: 0.1 × 1000 = w2F × F

2 (3)

Harina: 0.37 × 1000 = (1 – w3A) × F

3 (4)

Global:

Aceite: 0.49 × 1000 = F6

(5)

Harina: 0.37 × 1000 = (1 – 0.005) × F4

(6)

Solvente: F8

= 0.005 × F4

(7)

Unidad de extracción:

De R1: F7

+ F8

= 2 F3

(8)

Aceite: w3A F

3 = w

5A × F

5 (9)

Total: F3

+ F7

+ F8

= F4

+ F5

(10)


121

Resolviendo simultáneamente el sistema de 10 × 10, se obtiene:

F2 = 140

F3 = 860

w2F = 0.71428

w3A = 0.56976

F4 = 371.859

F6 = 490

F8 = 1.8593

F5 = 2208.141

F7 = 1718.141

w5A = 0.2219

2.30. Considérese el sistema absorbedor – agotador que se muestra en la figura de la siguiente

página.

En este sistema, una corriente (1) que contiene 30 % de CO2, 10 % DE H2S y un gas inerte (I), se lava de H2S y CO2, utilizando un solvente para absorber selectivamente al H2S y al CO2.

La corriente resultante (5) se alimenta a una unidad de destilación flash, en donde se reduce la presión, y genera la separación de cantidades de CO2, H2S y algo de solvente, como una corriente de vapor (6).

La solución resultante se divide, regresando la mitad al absorbedor y enviando la otra mitad a una unidad de agotamiento.

En la unidad de agotamiento se reduce más la presión, para dar una corriente de destilado (10) que contiene 30 % de solvente y cantidades desconocidas de CO2 y H2S.

La corriente de fondos del agotador (9), que contiene solvente puro, se recirculó de regreso al absorbedor, después de mezclarla con algo de solvente puro adicional, para reponer al solvente que se pierde en las corrientes de vapor del destilador flash y del agotador.

Supóngase que se opera el absorbedor de manera que la corriente de vapor de salida (2) de la unidad no contenga H2S y únicamente 1 % de CO2.

Supóngase además que la solución de alimentación al agotador (8) contiene 5 % de CO2 y que el vapor del destilador flash (6) contiene 20 % de solvente.

Finalmente, el destilador flash se opera de manera que el 25 % del CO2, y 15 % de H2S en la corriente 1 se eliminen en los vapores de salida (6).

a. Constrúyase una tabla de Grados de Libertad, determínese el orden de resolución y

resuelva el problema.


122

Mezclador

CO2 I

CO2 H2S Solvente

CO2 H2S I

Absorbedor

Alimentación

Solvente de reposición

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

Agotador

Destilador flash

CO2 H2S Solvente

CO2 H2S Solvente

CO2 H2S Solvente

Solvente

Divisor

b. Supóngase que, en lugar de que la partición sea de un 50 %, se especifica que la composición de CO2 en el vapor del agotador sea de 40 %.

¿De qué manera afectaría esto a los Grados de Libertad del proceso? ¿Cómo afectaría a los Grados de Libertad de los balances globales?


123

SOLUCIÓN: El Diagrama Cuantitativo a continuación. a. Constrúyase una tabla de Grados de Libertad, determínese el orden de resolución y resuelva el

problema. Diagrama cuantitativo:

N5 x5

CO2 x5

H2S (S)

Solvente de reposición

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

M

A b s o r b e d o r

Agot ador

f l a s h

N4

D

N9

N7 x7

CO2 = 0.05 x7

H2S (S)

N3 x3

CO2 = 0.05 x3

H2S (S)

N8 x8

CO2 = 0.05 x8

H2S (S)

3

N10 x10

CO2 x10

S = 0.3 (x10

H2S)

N6 x6

CO2 x6

S = 0.2 (x6

H2S)

N1 x1

CO2 = 0.3 x1

H2S = 0.1 (I)

N2 x2

CO2 = 0.01 (I)


124

Relaciones:

R1: 1NN

8

3

=

R2: x6CO2 N

6 = 0.3 N

1 × 0.25

R3: x6H2S N

6 = 0.1 N

1 × 0.15

R4: Restricciones del divisor: (3 – 1) (2 – 1) = 2


Abs. Destilador Divisor Agotador Mez. Proceso Global NVI 12 9 9 7 3 26 12 NBMI 4 3 3 3 1 14 4 NFC 0 0 0 0 0 0 0 NCC 3 (+1) 2 1 2 0 6 5

NRC R1 – – 1 – – 1 – R2 – – – – – 1 1 R3 – – – – – 1 1 R4 – – 2 – – 2 –

G de L 4 4 2 2 2 1 1 Reconfirmación de Grados de Libertad:

Absorbedor: Incógnitas = 8 (N

1, N

2, N

3, x

3H2S, N

4, N

5, x

5CO2, x

5H2S)


G de L = 4

Destilador: Incógnitas = 7 (N

5, x

5CO2, x

5H2S, N

6, x

6CO2, N

7, x

7H2S)


G de L = 4


125


3CO2, x

3H2S, N

7, x

7CO2, x

7H2S, N

8, x

8H2S)


G de L = 2


8, x

8H2S, N

9, N

10, x

10CO2)


G de L = 2


4, N

9, N

11)


G de L = 2


1, N

2, N

6, x

6CO2, N

10, x

10CO2, N

11)


G de L = 1

Al tomar una Base de Cálculo, el Proceso y los Balances Globales quedan correctamente especificados, o sea, con cero Grados de Libertad. Tabla de Balances:

Abs. Destilador Divisor Agotador Mez. Proceso Global CO2 1 1 1 1 – 4 1 H2S 1 1 1 1 – 4 1 Solvente 1 1 1 1 1 5 1 Inertes 1 – – – – 1 1 Total 4 3 3 3 1 14 4


126


1. Tomando Base de Cálculo en el Proceso Global y resolviéndolo sus balances (se asumió que los porcentajes son molares) se conocen: N

1, N

2, N

6, x

6CO2, N

10, x

10CO2 y N

11. Se agota el balance de Inertes.

2. Actualizando Grados de Libertad se encuentra que:


2) + 1 (Balance de Inertes) = 3

Destilador: G de L A = 4 – 1 (N6) – 1 (x

6CO2) = 2

Agotador: G de L A = 2 – 1 (N10

) – 1 (x10CO2) = 0

Mezclador: G de L A = 2 – 1 (N11

) = 1

3. Resolviendo los balances del Agotador se conocerán: N8, N

9 y x

8H2S.


Mezclador: G de L A = 1 – 1 (N9) = 0

Divisor: G de L A = 2 – 1 (N8) – 1 (x

8H2S) = 0

5. Resolviendo el Mezclador se obtiene N

4.

6. Reconfirmando los Grados de Libertad del Divisor:

Divisor: G de L R = 0 – 0 = 0 7. Resolviendo los balances del Divisor se hallan N

7, x

7H2S, N

3, x

3H2S.

8. Actualizando los Grados de Libertad se encuentra que:

Destilador: G de L A = 2 – 1 (N7) – 1 (x

7H2S) = 0


4) – 1 (x

3H2S) = 0

9. Se resuelve los balances en el Destilador y se comprueban los resultados obtenidos en los balances

del Absorbedor o Unidad dependiente. (Puede hacerse a la inversa, resolver el Absorbedor y comprobar los resultados en el Destilador).

CÁLCULOS: Balances Globales:

Base de cálculo: Sea N1 = 1000

Inertes: (1 – 0.3 – 0.1) × 1000 = (1 – 0.01) × N2

(1)


127

De R2: x6CO2 N

6 = 0.3 × 1000 × 0.25

x6CO2 N

6 = 75 (2)

De R3: (0.8 – x6CO2 N

6) = 0.1 × 1000 × 0.15

(0.8 – x6CO2 N

6) = 15 (3)

CO2: 0.3 × 1000 = x10CO2 N

10 + x

6CO2 N

6 + 0.01 N

2 (4)

H2S: 0.1 × 1000 = 15 + (0.7 – x10CO2 N

10) (5)

Total: 1000 + N11

= N2 + N

10 + N

6 (6)

Resolviendo simultáneamente el sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas se obtiene:

N11

= 152.76 N2 = 606.06 N

10 = 434.2

x10CO2 = 0.5042 N

6 = 112.5 x

6CO2 = 0.6667

Por diferencia:

x10H2S = 0.1958 x

6H2S = 0.1333

Corroborando los resultados obtenidos con el balance de Solvente que es el Balance Dependiente:

N11

= 0.2 N6 + 0.3 N

10

152.76 = 0.2 × 112.5 + 0.3 × 434.2

152.76 = 152.76

Balances en el Agotador:

CO2: 0.05 N8 = x

10CO2 N

10 = 218.94 (7)

Total: N8 = N

9 + N

10 = N

9 + 434.2 (8)

H2S: x8H2S N

8 = x

10H2S N

10 = 85 (9)


128

De las ecuaciones (7), (8) y (9):

N8 = 4378.8 N

9 = 3944.6 x

8H2S = 0.0194

Balances en el Mezclador:

Total: N4 = N

11 + N

9 = 152.76 + 3944.6

N4 = 4097.36


De R1: N

3 = N

8 = 4378.8

N3 = 4378.8

Total: N

7 = N

8 + N

3

N7 = 4378.8 + 4378.8

N7 = 8757.6

Balances en el Destilador Flash:

Total: N5 = N

6 + N

7 (10)

H2S: x5H2S N

5 = N

6 x

6H2S + N

7 x

7H2S

x5H2S N

5 = 15 + 8757.6 × 0.0194 (11)

CO2: x5CO2 N

5 = 75 + 8757.6 × 0.05 (12)

De las ecuaciones (10), (11) y (12):

N5 = 8870.1 x

5H2S = 0.0208 x

5CO2 = 0.0578


129

Los valores obtenidos se comprueban en uno o más de los balances del Absorbedor, para el cual ya han sido evaluadas todas las variables por ser la Unidad Dependiente:

Total: N1 + N

4 + N

3 = N

2 + N

5

1000 + 4097.36 + 4378.8 = 606.06 + 8870.1

9476.16 = 9476.16

CO2: 0.3 N

1 + 0.05 N

3 = x

5CO2 N

5 + 0.01 N

2

0.3 × 1000 + 0.05 × 4378.8 = 0.0578 × 8870.1 + 0.01 × 606.06

300 + 218.94 = 512.69 + 6.06

518.94 = 518.75

Utilizando el programa Solvesys de la Hewlett- Packard 48 - GX, para resolver el problema, se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden de la Estrategia de solución, con la misma Base de Cálculo. Sea N

1 = 1000

Balances Globales:

Inertes: (1 – 0.3 – 0.1) N1 = (1 – 0.01) × N

2 (1)

De R2: x6CO2 N

6 = 0.3 × N

1 × 0.25 (2)

De R3: 0.8 – x6CO2 N

6 = 0.1 × N

1 × 0.15 (3)

CO2: 0.3 N1 = x

10CO2 N

10 + x

6CO2 N

6 + 0.01 N

2 (4)

H2S: 0.1 × 1000 = 15 + (0.7 – x10CO2 N

10) (5)

Total: 1000 + N11

= N2 + N

10 + N

6 (6)


130

Balances en el Agotador:

CO2: 0.05 N8 = x

10CO2 N

10 (7)

Total: N8 = N

9 + N

10 (8)

H2S: x8H2S N

8 = x

10H2S N

10 (9)

Balances en el Mezclador:

Total: N4 = N

11 + N

9 (10)


De R1: N

3 = N

8 (11)

Total: N7 = N

8 + N

3 (12)

Balances en el Destilador Flash:

Total: N

5 = N

6 + N

7 (13)

H2S: N5 x

5H2S = N

6 x

6H2S + N

7 x

7H2S (14)

CO2: N5 x

5CO2 = 75 + 8757.6 × 0.05 (15)

Resolviendo el sistema de 15 ecuaciones con 15 incógnitas se encuentra que: N

2 = 606.06

N6 = 112.5

x6CO2 = 0.6667

x6H2S = 0.1333

N11

= 152.76

N8 = 4378.8

x8H2S = 0.0194

N9 = 3944.6

N4 = 4097.36

N7 = 8757.6

N3 = 4378.8

N5 = 8870.1

x5H2S = 0.0208

x5CO2 = 0.0578

b. Supóngase que, en lugar de que la partición sea de un 50 %, se especifica que la composición de

CO2 en el vapor del agotador sea de 40 %.

¿De qué manera afectaría esto a los Grados de Libertad del Proceso?

¿Cómo afectaría a los Grados de Libertad de los Balances Globales?


131

SOLUCIÓN En esta situación se tiene que: x

10CO2 = 0.4

Relaciones:

R1: x

6CO2 N

6 = 0.3 N

1 × 0.25

R2: x6H2S N

6 = 0.1 N

1 × 0.15

R3: Restricciones del divisor: (3 – 1) (2 – 1) = 2


Abs. Destilador Divisor Agotador Mez. Proceso Global NVI 12 9 9 7 3 26 12 NBMI 4 3 3 3 1 14 4 NFC 0 0 0 0 0 0 0 NCC 3 (+1) 2 1 3 0 7 6 NRC R1 – – – – – 1 1

R2 – – – – – 1 1 R3 – – 2 – – 2 –

G de L 4 4 3 1 2 1 0 No se afectan los Grados de Libertad del Proceso. Los Grados de Libertad de los Balances Globales se hacen igual a cero. Al tomar una base de cálculo el Proceso y el Agotador quedan correctamente especificados con cero Grados de Libertad. Los Balances Globales quedan sobre-especificado, sus Grados de Libertad valen – 1. 2.31. Como se muestra en el diagrama de flujo de la figura, en un molino de papel Kraft se utiliza un

espesador a contracorriente que consiste en tres etapas para lavar un “lodo blanco” que contiene 35 % de sólidos (CaCO3) y 17 % de NaOH en agua.

Se utilizan dos corrientes de lavado: la primera (corriente 5) contiene 4 % de sólidos en suspensión, 6 % de NaOH y el resto agua, mientras que la segunda (corriente 8) no lleva sólidos, contiene 2 % de NaOH y el resto agua. Los líquidos claros de las etapas Ι y ΙΙ contienen 0.5 % de sólidos en suspensión; el líquido claro de la etapa ΙΙΙ contiene 0.4 % de sólidos.


132

El flujo del líquido de lavado a la etapa II (corriente 5) es 1.5 veces mayor que el flujo de lodo de alimentación (corriente 1), y el lodo lavado de la etapa ΙΙ contiene una tercera parte de sólidos.

El lodo lavado de la tercera etapa (corriente 9) contiene 32.5 % de sólidos y 2.5 % de NaOH, y los flujos de las corrientes 7 y 9 son iguales.

Todas las composiciones están dadas en base masa.

Supóngase que en cada etapa, la solución clara y la solución acarreada en el lodo lavado tienen la misma concentración.

a. Construya una Tabla de Grados de Libertad y determine si el problema está especificado

correctamente.

b. Suponga que la Tabla de Grados de Libertad, antes de elegir una base, presenta la información siguiente:

Mezclador I II III Global

6 4 4 1 2

¿En donde debiera elegirse la base? ¿Cuál sistema de balances debiera resolverse primero?

35 % Sólidos 17 % NaOH

H2O

M

I

II

III

Sólidos 4 % NaOH 6 % H2O

NaOH 2 % H2O

Sólidos 1/2 % NaOH H2O

Sólidos 4 % NaOH 6 % H2O

Sólidos 0.4 % NaOH H2O

Sólidos 1/2 % NaOH H2O

1

2

3

4

5 6

7

8

9

10


133

c. Calcule la concentración de NaOH en la corriente 4.

Explique la estrategia de resolución y detalle los pasos de cálculo.

d. Suponga ahora que el contenido de sólidos en las corrientes de recirculación (10 y 6) es despreciable.

¿De qué manera afecta esto a los Grados de Libertad del problema?

e. Suponga que se cambia la relación especificada entre las corrientes (5) y (1), por una composición conocida de NaOH en la corriente (7), es decir, (w

7NaOH = 0.10).

¿Cómo se afectan los Grados de Libertad del problema?

¿Cómo se afecta su resolución?

SOLUCIÓN:

El Diagrama Cuantitativo se muestra en la página siguiente: De acuerdo con las variables del Diagrama Cuantitativo, las relaciones del proceso son: Relaciones:

R1: F5

= 1.5 F1

R2: F7

= F9

R: La solución clara y la solución acarreada en cada etapa tienen la misma concentración.

Expresándolas en cada etapa como: agua demasa

NaOH demasa se generan tres relaciones, las cuales son:

R3: ( ) ( )4NaOH

4S

4NaOH

3NaOH

3S

3NaOH

ww1w

ww1w

−−=

−−

R4: ( ) ( )6NaOH

6S

6NaOH

7NaOH

7S

7NaOH

ww1w

ww1w

−−=

−−

R5: ( ) ( )10NaOH

10S

10NaOH

9NaOH

9S

9NaOH

ww1w

ww1w

−−=

−−


134

Diagrama Cuantitativo:

F1 w1

S = 0.35 w1

NaOH=0.17 (agua)

M

I

II

III

1

2

3

4

5 6

7

8

9

10

F2 w2

S w

2NaOH

(agua)

F3 w3

S w

3NaOH

(agua)

F8 w8

NaOH=0.02 (agua)

F7

w7S

31

=

w7NaOH

(agua)

F6 w6

S = 0.005 w6

NaOH (agua)

F4 w4

S = 0.005 w4

NaOH (agua)

F5 w5

S = 0.04 w5

NaOH=0.06 (agua)

F9 w9

S = 0.325 w9

NaOH=0.025

(agua)

F10 w10

S = 0.004 w10

NaOH (agua)

SoluciónClara

Lodo Lavado

Lodo Lavado

Lodo Lavado

10


135

a. Construya una Tabla de Grados de Libertad y determine si el problema está especificado correctamente.


Mezclador Unidad I Unidad II Unidad III Proceso Global

NVI 12 9 12 11 29 14 NBMI 3 3 3 3 12 3 NFC 0 0 0 0 0 0 NCC 4 1 4 5 11 8

NRC R1 – – – – 1 1 R2 – – – 1 1 – R3 – 1 – – 1 – R4 – – 1 – 1 – R5 – – – 1 1 –

G de L 5 4 4 1 1 2 Reconfirmación de Grados de Libertad:

Mezclador: Incógnitas = 8 (F1, F

2, w

2S, w

2NaOH, F

6, w

6NaOH, F

10, w

10NaOH)


G de L = 5

Unidad I: Incógnitas = 8 (F

2, w

2S, w

2NaOH, F

3, w

3S, w

3NaOH, F

4, w

4NaOH)


G de L = 4


3, w

3S, w

3NaOH, F

5, F

6, w

6NaOH, F

7, w

7NaOH)


G de L = 4

Unidad III: Incógnitas = 6 (F

7, w

7NaOH, F

8, F

9, F

10, w

10NaOH)


G de L = 1


136

Global: Incógnitas = 6 (F1, F

4, w

4NaOH, F

5, F

8, F

9)


G de L = 2

Puede observarse que al elegir una base de cálculo en la Unidad III, el problema queda correctamente especificado, ya que tanto esa Unidad como el proceso quedan con cero Grados de Libertad. Tabla de Balances:

Mezclador Unidad I Unidad II Unidad III Proceso Global Sólidos 1 1 1 1 4 1

NaOH 1 1 1 1 4 1 Agua 1 1 1 1 4 1 Total 3 3 3 3 12 3

b. Supóngase que la Tabla de Grados de Libertad, antes de elegir una base, presenta la información

siguiente.

Mezclador I II III Global 6 4 4 1 2

¿En donde debiera elegirse la base?

¿Cuál sistema de balances debiera resolverse primero?

SOLUCION: Se toma Base de Cálculo en la Unidad III y se resuelven de primero sus balances. c. Calcule la concentración de NaOH en la corriente 4.

Explique la estrategia de resolución y detalle los pasos de cálculo. Estrategia de Solución:

1. Tomando Base de Cálculo en la Unidad ΙΙΙ, se determinan: F7, w

7NaOH, F

8, F

9, F

10, w

10NaOH. Se agotan

R2 y R5.


137

2. Actualizando los Grados de Libertad: Mezclador: G de L A = 5 – 1 (F

10) – 1 (w

10NaOH) = 3

Unidad II: G de L A = 4 – 1 (F7) – 1 (w

7NaOH) = 2

Global: G de L A = 2 – 2 (F8, F

9) = 0

3. Resolviendo los Balances Globales se conoce: F

1, F

4, w

4NaOH, F

5. Se agota R1.


Mezclador: G de L A = 3 – 1 (F1) = 2

Unidad I: G de L A = 4 – 1 (F4) – 1 (w

4NaOH) = 2

Unidad II: G de L A = 2 – 1 (F5) = 1

5. A partir de los Balances Globales el problema queda sub-especificado porque ninguna Unidad queda con cero Grados de Libertad. Sin embargo, el problema se puede resolver mediante Arrastre de Variables porque el Proceso está correctamente especificado.

CÁLCULOS: Balances en la Unidad ΙΙΙ:

Base de cálculo: F9 = 1000

De R2: F

7 = 1000

Sólidos: (1/3) × 1000 = 0.325 × 1000 + 0.004 × F10

F10

= 2083.333

Total: 1000 + F8 = 1000 + 2083.333

F8 = 2083.333

De R5: ( ) ( )10NaOH

10NaOH

w004.01w

025.0325.01025.0

−−=

−−

w10

NaOH = 0.0369

NaOH: w7NaOH × 1000 + 0.02 × 2083.333 = 0.025 × 1000 + 0.0369 × 2083.333

w7NaOH = 0.0602


138

Comprobando en el balance de agua: (1 – 1/3 – 0.0602) × 1000 + (1 – 0.02) × 2083.333 =

(1 – 0.325 – 0.025) × 1000 + (1 – 0.004 – 0.0369) × 2083.333

2648.13 = 2648.13

Balances Globales:

De R1: F5 = 1.5 F

1

Sólidos: 0.35 × F1

+ 0.04 × F5

= 0.325 × 1000 + 0.005 × F4

NaOH: 0.17 × F1

+ 0.06 × F5 + 0.02 × 2083.333 = 0.025 × 1000 + w

4NaOH F

4

Total: F1 + F

5 + 2083.333 = 1000 + F

4

Resolviendo el sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas:

F1 = 831.237 F

4 = 3161.425 F

5 = 1246.856 w

4NaOH = 0.0736

Comprobando en el balance de agua: (1 – 0.35 – 0.17) × 831.237 + (1 – 0.04 – 0.06) × 1246.856 + (1 – 0.02) ×2083.33 =

(1 – 0.005 – 0.0736) × 3161.425 + (1 – 0.325 – 0.025) × 1000

3562.83 = 3562.94

d. Suponga ahora que el contenido de sólidos en las corrientes de recirculación (10 y 6) es

despreciable.

¿De qué manera afecta esto a los Grados de Libertad del problema? El nuevo Diagrama Cuantitativo y la Tabla de Grados de Libertad se muestran en la página siguiente. Con este cambio se ven afectadas las siguientes unidades: Mezclador, Unidad I, Unidad II y el proceso. En las otras unidades los Grados de Libertad son iguales ya que estas corrientes no intervienen en ellas.


139

Diagrama Cuantitativo:

F1 w1

S = 0.35 w1

NaOH=0.17 (agua)

M

I

II

III

1

2

3

4

5 6

7

8

9

10

F2 w2

S w

2NaOH

(agua)

F3 w3

S w

3NaOH

(agua)

F8 w8

NaOH=0.02 (agua)

F7

w7S

31

=

w7NaOH

(agua)

F6 w6

NaOH (agua)

F4 w4

S = 0.005 w4

NaOH (agua)

F5 w5

S = 0.04 w5

NaOH=0.06 (agua)

F9 w9

S = 0.325 w9

NaOH=0.025(agua)

F10 w10

NaOH (agua)

SoluciónClara

Lodo Lavado

Lodo Lavado

Lodo Lavado

10


140


Mezclador Unidad I Unidad II Unidad III Proceso Global NVI 10 8 11 11 27 14

NBMI 3 3 3 3 12 3 NFC 0 0 0 0 0 0 NCC 2 0 3 5 9 8

NRC R1 – – – – 1 1 R2 – – – 1 1 – R3 – 1 – – 1 – R4 – – 1 – 1 – R5 – – – 1 1 –

G de L 5 4 4 1 1 2 G de L anteriores: 5 4 4 1 1 2

Esta variación en la información no afecta los Grados de Libertad del problema. e. Suponga que se cambia la relación especificada entre las corrientes (5) y (1), por la composición de

NaOH en la corriente (7), es decir, (w7NaOH = 0.10).

¿Cómo se afectan los Grados de Libertad del problema? ¿Cómo se afecta su resolución?

SOLUCION: La nueva Tabla de Grados de Libertad y el nuevo Diagrama Cuantitativo son:

Mezclador Unidad I Unidad II Unidad III Proceso Global NVI 12 9 12 11 29 14

NBMI 3 3 3 3 12 3 NFC 0 0 0 0 0 0 NCC 4 1 5 6 12 8 NRC

R2 – – – 1 1 – R3 – 1 – – 1 – R4 – – 1 – 1 – R5 – – – 1 1 –

G de L 5 4 3 0 1 3 G de L Anteriores: 5 4 4 1 1 2


141

Diagrama Cuantitativo: El problema no puede resolverse. Al tomar una Base de Cálculo el proceso queda correctamente especificado; como esta base se toma en la Unidad ΙΙΙ, queda sobre-especificada y se llegará a una contradicción, porque w

10NaOH se calcula por medio de la relación 5 y al hallar w

7NaOH, por medio del balance de NaOH, vale 0.0602,

no pudiendo pasar a valer 0.1.

F1 w1

S = 0.35 w1

NaOH=0.17 (agua)

M

I

II

III

1

2

3

4

5 6

7

8

9

10

F2 w2

S w

2NaOH

(agua)

F3 w3

S w

3NaOH

(agua)

F8 w8

NaOH=0.02 (agua)

F7

w7S

31

=

w7NaOH = 0.1

(agua)

F6 w6

S = 0.005 w6

NaOH (agua)

F4 w4

S = 0.005 w4

NaOH (agua)

F5 w5

S = 0.04 w5

NaOH=0.06 (agua)

F9 w9

S = 0.325 w9

NaOH=0.025

(agua)

F10 w10

S = 0.004 w10

NaOH (agua)

Solución Clara

Lodo Lavado

Lodo Lavado

Lodo Lavado

10


142

La Estrategia de solución indica que el problema, después de resolver los Balances Globales, requiere del Arrastre de Variables porque ninguna Unidad tiene cero Grados de Libertad. A continuación se verá que el problema puede resolverse por medio de del programa Solvesys. Utilizando el programa Solvesys de la Hewlett Packard 48-GX, se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden de la estrategia de solución:

Base de Cálculo: F9 = 1000

Unidad ΙΙΙ:

Total: F7

+ F8 = F

9 + F

10 (1)

Sólidos: w7S × F

7 = w

9S × F

9 + w

10S × F

10 (2)

NaOH: w7NaOH × F

7 + w

8NaOH × F

8 = w

9NaOH × F

9 + w

10NaOH × F

10 (3)

R2: F7 = F

9 (4)

R5: ( ) ( )10NaOH

10S

10NaOH

9NaOH

9S

9NaOH

ww1w

ww1w

−−=

−− (5)

Global:

Total: F1

+ F5 + F

8 = F

4 + F

9 (6)

Sólidos: w1S × F

1 +w

5S × F

5 = w

4S × F

4 + w

9S × F

9 (7)

NaOH: w1NaOH × F

1 + w

5NaOH × F

5 + w

8NaOH × F

8 = w

4NaOH × F

4w +

9NaOH × F

9 (8)

R1: F5 = 1.5 F

1 (9)

Unidad ΙΙ:

Total: F3 + F

5 = F

6 + F

7 (10)

Sólidos: w3S × F

3 + w

5S × F

5 = w

6S × F

6 + w

7S × F

7 (11)

NaOH: w3NaOH × F

3 + w

5NaOH × F

5 = w

6NaOH × F

6 + w

7NaOH × F

7 (12)


143

R4: ( ) ( )6NaOH

6S

6NaOH

7NaOH

7S

7NaOH

ww1w

ww1w

−−=

−− (13)

Unidad Ι:

Total: F2 = F

3 + F

4 (14)

Sólidos: w2S × F

2 = w

3S × F

3 + w

4S × F

4 (15)

NaOH: w2NaOH × F

2 = w

3NaOH × F

3 + w

4NaOH × F

4 (16)

R3: ( ) ( )4NaOH

4S

4NaOH

3NaOH

3S

3NaOH

ww1w

ww1w

−−=

−− (17)

Resolviendo el sistema se obtiene:

F1 = 831.237

F10

= 2083.333

F2 = 1394.154

F4 = 3161.425

F5 = 1246.856

F7 = 1000

F8 = 2083.333

w10

NaOH = 0.0369

w2NaOH = 0.0585

w2S = 0.209

w3NaOH = 0.0856

w4NaOH = 0.0736

w6NaOH = 0.0898

w7NaOH = 0.0602

F3 = - 1767.271

F6 = - 1520.416

w3S = - 0.156

Los valores negativos obtenidos para F

3 y F

6 y w

3S significan que no puede cumplirse las especificaciones del

problema.


144

2.32. En el proceso de fabricación de acetato de celulosa a partir de fibras de algodón, ácido acético y anhídrido acético, se produce una corriente residual de ácido acético diluido.

La economía del proceso requiere que se recupere este ácido diluido para usos posteriores, mediante purificación y concentración. Una manera posible de hacerlo es mediante la extracción del ácido acético, usando éter como solvente.

HAc 30 % H2O H2SO4 0.2 %

E HAc 24 % H2O

E 98.8 % H2O HAc

H2O

Recuperación de Solvente

Terminadode Acido HAc 60 %

H2O

Mezclador 2

E H2O 1 %

E 0.1 % HAc H2O H2SO4

Agotamiento de Eter

E 7 % HAc H2O H2SO4

E H2O 1.2 %

Columna deExtracción

Mezclador 1

1 2

5

6

9

10

3

4

7

8

11

12

HAc 99 %H2O


145

La mezcla de ácido diluido y éter se separa en dos fases: una fase éter rica en ácido acético, y una fase acuosa que contiene únicamente pequeñas cantidades de ácido residual, éter disuelto y otras impurezas.

Después se destila la fase éter para recuperar el solvente y el ácido acético.

El ácido acético resultante se somete a otra destilación para reducir el contenido de agua y obtener el reactivo final de alta pureza.

El éter residual en la fase acuosa se recupera en una columna de agotamiento, mientras que los fondos se desechan.

En el proceso que se muestra en el diagrama de flujo de la figura anterior, se trata un ácido diluido que consiste en 30 % de ácido acético, 0.2 % de H2SO4, y el resto agua, para producir un ácido acético recuperado de 99 % de pureza.

Supóngase que 67.5 % del ácido acético alimentado a la columna de terminado se recupera como producto y que se alimentan al proceso 2.3 libras de ácido diluido por cada libra de ácido diluido recirculado.

Todas las composiciones del diagrama están en porcentaje en masa.

a. Efectúe el análisis de Grados de Libertad para demostrar que el proceso está especificado correctamente.

b. Determine dónde debiera ubicarse a la base y con cuál unidad debieran iniciarse los cálculos.

c. Calcule la composición restante de la corriente 3.

d. ¿Cómo debe procederse a calcular todas las demás corrientes?


146

SOLUCIÓN Diagrama cuantitativo: Se muestra en la página siguiente.

F8 w8

E = 0.998 (agua)

F3 w3

AA = 0.24 w3

E (agua)

Colu

mna

de

Ext

racc

ión

Recu

pera

ción

de

Solv

ente

F1 w1

AA = 0.3 w1

H2O = 0.698

(H2SO4)

M1 1

2

510

3

4

8

11

12

Ago

tam

ient

o de

Ete

r

Term

inad

o de

ác

ido

F2 w2

AA w2

H2O (H2SO4)

F4 w4

E = 0.07 w4

AA w4

H2O

(H2SO4)

F5 w5

E (agua)

F12 w12

AA = 0.99

(agua)

F10 w10

AA = 0.6 (agua)

F6 w6

H2O = 0.012 (éter)

6

7

M2

F7 w7

H2O = 0.01

(éter)

F11 w11

AA (agua)

9

F9 w9

E = 0.001 w9

AA w9

H2O

(H2SO4)


147

a. Efectúe el análisis de Grados de Libertad para demostrar que el proceso está especificado correctamente.

Relaciones:

R1: 0.6 F10

× 0.675 = 0.99 F12

R2: F1

= 2.3 F11


Mezclador 1 Extracción Agotamiento Mezclador 2 NVI 8 12 10 8 NBC 3 4 4 2 NFC 0 0 0 0 NCC 2 2 3 3

NRC R1 – – – – R2 1 – – –

G de L 2 6 3 3

Recuperación Terminado Proceso Global NVI 7 6 31 11 NBC 3 2 18 4 NFC 0 0 0 0 NCC 3 2 10 5

NRC R1 – 1 1 – R2 – – 1 –


Mezclador 1: Incógnitas = 6 (F1, F

2, w

2AA, w

2H2O, F

11, w

11AA)


G de L = 2


2, w

2AA, w

2H2O, F

3, w

3E, F

4, w

4AA, w

4H2O, F

5, w

5E)


G de L = 6


148

Agotamiento: Incógnitas = 7 (F4, w

4AA, w

4H2O, F

6, F

9, w

9AA, w

9H2O)


G de L = 3

Mezclador 2: Incógnitas = 5 (F

5, w

5E, F

6, F

7, F

8)


G de L = 3


3, w

3E, F

8, F

10)


G de L = 1

Terminado: Incógnitas = 4 (F

10, F

11, w

11AA, F

12)


G de L = 1


1, F

7, F

9, w

9AA, w

9H2O, F

12)


G de L = 2

Puede observarse claramente que el Proceso está correctamente especificado, ya que no se especifica ningún flujo y el proceso tiene un Grado de Libertad.

Tabla de Balances:

Mezclador 1 Extracción Agotamiento Mezclador 2 AA 1 1 1 – H2O 1 1 1 1 H2SO4 1 1 1 – Éter – 1 1 1 Total 3 4 4 2


149

Recuperación Terminado Proceso Global AA 1 1 5 1 H2O 1 1 6 1 H2SO4 – – 3 1 Éter 1 – 4 1 Total 3 2 18 4

b. Determine dónde debiera ubicarse a la base y con cuál unidad debieran iniciarse los cálculos. Las unidades de recuperación y terminado tienen un Grado de Libertad.

Se toma como base la corriente 10 y se efectúan balances en el terminado.

c. Calcule la composición restante de la corriente 3. d. ¿Cómo debe procederse a calcular todas las demás corrientes? Estrategia de Solución:

1. Se toma Base de Cálculo en la corriente 10 y al resolver la Unidad de Terminado se halla: F10

, F11

, w

11AA, F

12. Se agota R1.


Mezclador 1: G de L A = 2 – 1 (F11

) – 1 (w11AA) = 0

Recuperación: G de L A = 1 – 1 (F10

) = 0 Global: G de L A = 2 – 1 (F

12) = 1

3. Se resuelve el Mezclador 1 y se hallan F

1, F

2, w

2AA, w

2H2O. Se agota R2.

4. Reconfirmando los Grados de Libertad de la Unidad de Recuperación:

Recuperación: G de L R = 0 – 0 = 0 5. Resolviendo la Unidad de Recuperación se halla F

3, w

3E, F

8.



3) – 3 (w

2AA, w

2H2O, w

3E) = 1

Global: G de L A = 1 – 1 (F1) = 0

Mezclador 2: G de L A = 3 – 1 (F8) = 2

7. Resolviendo los Balances Globales se determina: F

7, F

9, w

9AA, w

9H2O.


150

8. Actualizando los Grados de Libertad: Mezclador 2: G de L A = 2 – 1 (F

7) = 1

Agotamiento: G de L A = 3 – 1 (F9) – 2 (w

9AA, w

9H2O) = 0

9. Efectuando los balances en la Unidad de Agotamiento se encuentra: F

4, w

4AA, w

4H2O, F

6. Se agotan los

balances de Ácido Sulfúrico y de Ácido Acético. 10. Actualizando los Grados de Libertad:


Extracción: G de L A = 1 – 1 (F4) – 2 (w

4AA, w

4H2O) + 2 (Balances Agotados) = 0

11. Se resuelve el Mezclador 2 y los resultados se comprueban en la Columna de Extracción que es la

unidad dependiente. CÁLCULOS:

Base de cálculo: Sea F10

= 1000

Balances en el Terminado:

Total: 1000 = F11

+ F12

Ácido Acético: 600 = w11AA × F

11 + 0.99 × F

12

De R1: 0.675 × 0.6 × 1000 = 0.99 F12

Resolviendo:

F11

= 590.909 F12

= 409.091 w11

AA = 0.33

Comprobando en el balance dependiente de Agua:

400 = (1 – w11AA) × F

11 + 0.01 × F

12

400 = 0.67 × 590.91 + 0.01 × 409.09

400 = 395.91 + 4.09 = 400


151

Balances en la Unidad de Recuperación de Solvente:

Total: F3

= F8

+ 1000

Ácido Acético: 0.24 × F3

= 0.6 × 1000

Eter: w3E × F

3 = 0.988 × F

8

Resolviendo:

F8 = 1500 F

3 = 2500 w

3E = 0.5928

Comprobando en el balance dependiente de Agua:

(1 – 0.5928 – 0.24) × 2500 = 0.012 × 1500 + 400

0.1672 × 2500 = 18 + 400

418 = 418

Balances en el Mezclador 1:

Total: F1

+ 590.909 = F2

Ácido: 0.3 × F1

+ 195 = w2AA × F

2

H2SO4: (1 – 0.3 – 0.698) × F1 = (1 – w

2AA – w

2H2O) × F

2

De R2: F1 = 2.3 F

11


F1 = 1359.091 F

2 = 1950 w

2AA = 0.3091 w

2H2O = 0.6895


0.698 × F1 + (1 – w

11AA) × F

11 = w

2H2O × F

2

0.698 × 1359.091 + 0.67 × 590.909 = 0.6895 × 1950

1344.554 = 1344.525


152

Balances Globales:

Total: 1359.091 + F7 = F

9 + 409.091

Ácido: 0.3 × 1359.091 = w9AA × F

9 + 0.99 × 409.091

H2O: 0.698 × 1359.091 + 0.01 × F7 = w

9H2O × F

9 + 0.01 × 409.091

Éter: (1 – 0.01) × F7 = 0.001 × F

9

Resolviendo el sistema se obtiene:

F9

= 950.9605 F7 = 0.9605 w

9H2O = 0.9933 w

9AA = 0.002868

Comprobando en el balance dependiente de Ácido Sulfúrico:

(1 – 0.3 – 0.698) × 1359.091 = 0.002868 × 950.9605

2.718 = 2.727

La diferencia se debe a los cortes decimales. Balances en la Unidad de Agotamiento:

Total: F4 = 950.9605 + F

6

Éter: 0.07 × F4 = 0.001 × 950.9605 + (1 – 0.012) × F

6

Ácido Acético: w4AA × F

4 = 0.002868 × 950.9605

H2O: w4H2O × F

4 = 0.012 × F

6 + 0.9933 × 950.9605

Resolviendo el sistema de cuatro ecuaciones y cuatro incógnitas:

F4

= 1022.438 F6

= 71.477 w4AA = 0.002667 w

4S = 0.9247

Comprobando los resultados en el balance dependiente de Ácido Sulfúrico:

(0.93 – 0.002667 – 0.9247) × 1022.438 = (0.999 – 0.002868 – 0.9933) × 950.9605

2.692 = 2.693


153


Total: F5 = 71.477 + 0.9605 + 1500

F5 = 1572.4375

Éter: w5E × 1572.4375 = (1 – 0.012) × 71.477 + 0.99 × 0.9605 + 0.988 × 1500

w5E = 0.988

Comprobando los resultados en el balance dependiente de agua:

(1 – w5E) × 1572.4375 = 0.012 × 71.477 + 0.01 × 0.9605 + (1 – 0.988) × 1500

18.869 = 18.867

Comprobando los resultados en la Columna de Extracción que es la Unidad dependiente:

Total: F2 + F

5 = F

3 + F

4

1950 + 1572.438 = 2500 + 1022.438

3522.438 = 3522.438

Utilizando el programa Solvesys de la Hewlett Packard 48-GX, se plantean las ecuaciones del proceso, en el orden de la estrategia de solución:


= 1000 Unidad de Terminado de Ácido:

Total: F

10 = F

11 + F

12 (1)

Ácido: 0.6 × F10

= w11AA × F

11 + 0.99 × F

12 (2)

De R1: 0.675 × 0.6 × F10

= 0.99 F12

(3)


154

Unidad de Recuperación de Solvente:

Total: F3

= F8

+ F10

(4)

Ácido: 0.24 × F3

= 0.6 × F10

(5)

Éter: w3E × F

3 = 0.988 × F

8 (6)


Total: F

1 + F

11 = F

2 (7)

Ácido: 0.3 × F1

+ w11

AA × F11

= w2AA × F

2 (8)

H2SO4: (1 – 0.3 – 0.698) × F1

= (1 – w2AA – w

2H2O) × F

2 (9)

De R2: F1

= 2.3 F11

(10)

Balances Globales:

Total: F

1 + F

7 = F

9 + F

12 (11)


= w9AA × F

9 + 0.99 × F

12 (12)

H2O: 0.698 × F1

+ 0.01 × F7

= w9H2O × F

9 + 0.01 × F

12 (13)

Éter: (1 – 0.01) × F7

= 0.001 × F9 (14)

Unidad de Agotamiento de Éter:

Total: F

4 = F

9 + F

6 (15)

Éter: 0.07 × F4

= 0.001 × F9

+ (1 – 0.012) × F6 (16)


4 = w

9AA × F

9 (17)

H2O: w4H2O × F

4 = 0.012 × F

6 + w

9H2O × F

9 (18)

Balances en Mezclador 2:

Total: F

5 = F

6 + F

7 + F

8 (19)


155

Éter: w5E × F

5 = (1 – 0.012) × F

6 + 0.99 × F

7 + 0.988 × F

8 (20)


F1 = 1359.09091091

w11

AA = 0.33

F11

= 590.90909091

F12

= 409.090909091

F2 = 1950

w2AA = 0.3090909091

w2H2O = 0.689515151515

F3 = 2500

w3E = 0.5928

F4 = 1022.43799441

w4AA = 0.00266742115

w4H2O = 0.92467404911

F5 = 1572.4379944091

w5E = 0.988001221754

F6 = 71.47742818057

F7 = 0.960566228514

F8 = 1500

F9 = 950.9605662285

w9AA = 0.0028679135856

w9H2O = 0.993273732541

2.33. Considérese el problema 2.32.

Supóngase que, en lugar de especificar la composición de éter de la corriente 4, se especifica la composición de éter de la corriente 3.

Todas las demás especificaciones se conservan iguales al problema 2.32.

¿Cómo afecta esto a los Grados de Libertad? ¿Cómo afecta a la resolución del problema?


156

SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo: Se muestra en la página siguiente:

F8 w8

E = 0.998 (agua)

F3 w3

AA = 0.24 w3

E = 0.5928 (agua)

Colu

mna

de

Ext

racc

ión

Recu

pera

ción

de

Solv

ente

F1 w1

AA = 0.3 w1

H2O = 0.698

(H2SO4)

M1 1

2

510

3

4

8

11

12

Ago

tam

ient

o de

Éte

r

Term

inad

o de

ác

ido

F2 w2

AA w2

H2O (H2SO4)

F4 w4

E w4

AA w4

H2O

(H2SO4)

F5 w5

E (agua)

F12 w12

AA = 0.99 (agua)

F10 w10

AA = 0.6 (agua)

F6 w6

H2O = 0.012 (éter)

6

7

M2

F7 w7

H2O = 0.01

(éter)

F11 w11

AA (agua)

9

F9 w9

E = 0.001 w9

AA w9

H2O

(H2SO4)


157


Mezclador 1 Extracción Agotamiento Mezclador 2 NVI 8 12 10 8 NBC 3 4 4 2 NFC 0 0 0 0 NCC 2 2 2 3

NRC R1 – – – – R2 1 – – –

G de L 2 6 4 3

Recuperación Terminado Proceso Global NVI 7 6 31 11 NBC 3 2 18 4 NFC 0 0 0 0 NCC 4 2 10 5

NRC R1 – 1 1 – R2 – – 1 –


Mezclador 1: Incógnitas = 6 (F1, F

2, w

2AA, w

2H2O, F

11, w

11AA)


G de L = 2


2, w

2AA, w

2H2O, F

3, w

3E, F

4, w

4AA, w

4H2O, F

5, w

5E)


G de L = 6

Agotamiento: Incógnitas = 8 (F

4, w

4AA, w

4H2O, w

4E, F

6, F

9, w

9AA, w

9H2O)


G de L = 4


158

Mezclador 2: Incógnitas = 5 (F

5, w

5E, F

6, F

7, F

8)


G de L = 3


3, F

8, F

10)


G de L = 0

Terminado: Incógnitas = 4 (F

10, F

11, w

11AA, F

12)


G de L = 1


1, F

7, F

9, w

9AA, w

9H2O, F

12)


G de L = 2

Los cambios en los Grados de Libertad son los siguientes: Mezclador 1: Los Grados de Libertad no cambian. Aquí no intervienen las corrientes 3 y 4.

Extracción: Los Grados de Libertad no cambian. Sólo varían las composiciones conocidas.

Agotamiento: Los Grados de Libertad aumentan en 1 al desconocer w

4E y valen 4.

Mezclador 2: Los Grados de Libertad no cambian. Aquí no intervienen las corrientes 3 y 4.

Recuperación: Los Grados de Libertad disminuyen en 1 porque se conoce w

3E y quedan valiendo cero.

Terminado: Los Grados de Libertad no cambian al no intervenir las corrientes 3 y 4.


159

Proceso: G de L no cambian y siguen valiendo 1 ya que no lo hace el número de composiciones.

Global: Los Grados de Libertad no cambian. No intervienen las corrientes 3 y 4.

Siempre y cuando w

3E, conocida, valga 0.5928 (valor calculado en el problema 2.32) el procedimiento de

solución es el siguiente: Estrategia de Solución:

1. Se toma Base de Cálculo en la Unidad de Terminado de Acido y resolviendo sus balances se determinan: F

10, F

11, w

11AA, F

12. Se agota R1.

2. Actualizando Grados de Libertad se encuentra que: Mezclador 1: G de L A = 2 – 1 (F

11) – 1 (w

11AA) = 0

Recuperación: G de L A = 0 – 1 (F10

) = – 1 Global: G de L A = 2 – 1 (F

12) = 1

La Unidad de Recuperación queda sobre-especificada. La información es redundante pero no contradictoria si se utiliza el valor de 0.5928 para w

3E.

3. Al resolver la Unidad de Recuperación se encuentran F

3 y F

8.

4. Reconfirmando los Grados de Libertad del Mezclador:

Mezclador 1: G de L R = 0 – 0 = 0

5. Resolviendo el Mezclador 1 se hallan: F1, F

2, w

2AA, w

2H2O. Ser agota R2.

6. Actualizamos Grados de Libertad:


3) – 2 (w

2AA, w

2H2O) = 2

Global: G de L A = 1 – 1 (F1) = 0


7. Resolviendo los Balances Globales se encuentra: F

7, F

9, w

9AA, w

9H2O.



Agotamiento: G de L A = 4 – 1 (F9) – 2 (w

9AA, w

9H2O) = 1

Para continuar resolviendo el problema es necesario recurrir al Arrastre de Variables, ya que ninguna unidad queda con cero Grados de Libertad.


160

El problema puede resolverse, sin arrastre de variables, utilizando el programa Solvesys de la Hewlett Packard 48 GX. Las ecuaciones de Balance, en el orden dado por la estrategia son:


= 1000 Unidad de Terminado de Ácido:

Total: F

10 = F

11 + F

12 (1)

Ácido: 0.6 × F10

= w11AA × F

11 + 0.99 × F

12 (2)

De R1: 0.675 × 0.6 × F10

= 0.99 F12

(3)

Unidad de Recuperación de Solvente: Se plantean sólo dos ecuaciones porque la Unidad está sobre – especificada.

Ácido: 0.24 × F3

= 0.6 × F10

(4)

Éter: 0.5928 × F3

= 0.988 × F8 (5)


Total: F

1 + F

11 = F

2 (6)

Ácido: 0.3 × F1

+ w11AA × F

11 = w

2AA × F

2 (7)

H2SO4: (1 – 0.3 – 0.698) × F1

= (1 – w2AA – w

2H2O) × F

2 (8)

De R2: F1

= 2.3 F11

(9)

Balances Globales:

Total: F

1 + F

7 = F

9 + F

12 (10)


= w9AA × F

9 + 0.99 × F

12 (11)

H2O: 0.698 × F1

+ 0.01 × F7

= w9H2O × F

9 + 0.01 × F

12 (12)

Éter: (1 – 0.01) × F7

= 0.001 × F9 (13)


161

Unidad de Agotamiento de Éter:

Total: F4

= F9

+ F6 (14)

Éter: w4E × F

4 = 0.001 × F

9 + (1 – 0.012) × F

6 (15)


4 = w

9AA × F

9 (16)

H2O: w4H2O × F

4 = 0.012 × F

6 + w

9H2O × F

9 (17)

Balances en Mezclador 2:

Total: F

5 = F

6 + F

7 + F

8 (18)

Éter: w5E × F

5 = (1 – 0.012) × F

6 + 0.99 × F

7 + 0.988 × F

8 (19)


F1 = 1359.09091091

w11

AA = 0.33

F11

= 590.90909091

F12

= 409.090909091

F2 = 1950

w2AA = 0.3090909091

w2H2O = 0.689515151515

F3 = 2500

w4E = 0.07

F4 = 1022.43799441

w4AA = 0.00266742115

w4H2O = 0.92467404911

F5 = 1572.4379944091

w5E = 0.988001221754

F6 = 71.47742818057

F7 = 0.960566228514

F8 = 1500

F9 = 950.9605662285

w9AA = 0.0028679135856

w9H2O = 0.993273732541


162

2.34. Considérese la modificación del ejemplo 2.21 que se muestra en la figura. La composición de la alimentación sigue siendo:

C1 = 20 % C2 = 25 % C3 = 40 % C4 = 15 %

Las corrientes que salen de las Unidad II y IV se dividen ambas en un 50%.

a. ¿Está especificado correctamente el problema?

b. Suponga que, en lugar de especificar la alimentación a la Unidad IV (C4 = 30 %), se fija la alimentación a la Unidad III en un valor de C2 = 20 %. ¿Qué cambios ocurrirán ?

VI

Unidad I

Unidad II

Unidad III

Unidad IV

V

C1 C2 0.5 %

C1

C23 % C3

C1 1 % C2 C3 10 %

C2 C3 C4

C2 C3 C4 0.2 %

C3 98 % C4

C3 C4 30 %

C4

Alimentación C1 C2 C3 C4


163

SOLUCIÓN: Diagrama Cuantitativo:

Unidad I

Unidad II

Unidad III

Unidad IV

V

VI

N6 x6

C2 = 0.005 (C1)

6

N5 x5

C1

x5C3

(C2)

5

N3 x3

C1

x3C3 = 0.03

(C2)

3

N7 x7

C1 = 0.01

x7C3 = 0.1

(C2)

7 N4 x4

C1

x4C3

(C2)

4

N2 x2

C2

x2C3

(C4)

2

N8 x8

C2

x8C4 = 0.002

(C3)

8

N10 x10

C3= 0.98(C4)

10

N9 x9

C4 = 0.30(C3)

9

N11C4 11

N12C4

12N13

C4

N12C4

N1 x1

C1 = 0.20

x1C2 = 0.25

x1C3 = 0.40

(C4)

1


164

a. ¿Está especificado correctamente el problema? De acuerdo con las variables del Diagrama Cuantitativo, las relaciones del proceso son: Relaciones:

R1: N4

= N7

R2: N12

= N13

R3: RDV = (3 – 1)(2 – 1) = 2

R4: RDVI = (2 – 1)(1 – 1) = 0

Tabla de Grados de Libertad: Se ignora el flujo N

1.

Unidad I Unidad II Unidad III Unidad IV NVI 14 8 8 5 NBMI 4 3 3 2 NFC 0 0 0 0 NCC 4 (2) 2 (2) 2 2

NRC R1 – – – – R2 – – – – R3 – – – –

G de L 4 1 3 1

Unidad V Unidad VI Proceso Global NVI 9 3 31 15 NBMI 3 1 16 4 NFC 0 0 0 0 NCC 2 0 10 8

NRC R1 1 – 1 – R2 – 1 1 – R3 2 – 2 –

G de L 1 1 1 3


165


Unidad I: Incógnitas = 8 (N1, N

12C4, N

3, x

3C1, N

4, N

2, x

2C2, x

2C4)


G de L = 4

Unidad II: Incógnitas = 4 (x

3C1, N

3, N

6, N

5)


G de L = 1

Unidad III: Incógnitas = 6 (N

2, x

2C2, x

2C4, N

8, x

8C2, N

9)


G de L = 3

Unidad IV: Incógnitas = 3 (N

9, N

10, N

11C4)


G de L = 1

Unidad V: Incógnitas = 7 (x

4C1, x

4C3, x

5C1, x

5C3, N

4, N

5, N

7)


G de L = 1

Unidad VI: Incógnitas = 3 (N

11C4, N

12C4, N

13C4)


G de L = 1


1, N

6, N

7, N

8, x

8C2, N

10, N

13C4)


G de L = 3


166

La Tabla de Grados de Libertad muestra que el proceso se encuentra correctamente especificado. Tabla de Balances:

Unidad I Unidad II Unidad III Unidad IV C1 1 1 – – C2 1 1 1 – C3 1 1 1 1 C4 1 – 1 1 Total 4 3 3 2

Unidad V Unidad VI Proceso Global C1 1 – 3 1 C2 1 – 4 1 C3 1 – 5 1 C4 – 1 4 1 Total 3 1 16 4

Hay varias unidades que tienen 1 Grado de Libertad y en el Proceso no se conoce ningún flujo. Esta situación indica que se pueden escoger varias estrategias de solución. 1. Estrategia de Solución:

1. Se toma Base de Cálculo en la Unidad II y resolviendo sus balances se conoce: N

6, N

5, N

3, x

3C1.


Unidad V: G de L A = 1 – 1 (N5) = 0

Unidad I: G de L A = 4 – 1 (N3) – 1 (x

3C1) = 2

Global: G de L A = 3 – 1 (N6) = 2

3. Resolviendo la Unidad V se determinan: N

7, N

4. Se agota R1.


Unidad I: G de L A = 2 – 1 (N4) = 2

Global: G de L A = 2 – 1 (N7) = 1

5. Esta situación indica que sólo puede llegarse hasta ahí en los balances del Proceso sin recurrir al Arrastre de Variables.


167

2. Estrategia de Solución:

1. Se toma Base de Cálculo en la Unidad IV y resolviendo sus balances se conoce: N9, N

10, N

11C4.


Unidad VI: G de L A = 1 – 1 (N11

) = 0 Unidad III: G de L A = 3 – 1 (N

9) = 2

Global: G de L A = 3 – 1 (N10

) = 2 3. Resolviendo la Unidad VI se determinan: N

13C4, N

12C4. Se agota R2.


Unidad I: G de L A = 4 – 1 (N12

) = 3 Global: G de L A = 2 – 1 (N

13) = 1

5. Esta situación indica que sólo puede llegarse hasta ahí en los balances del Proceso sin recurrir al

Arrastre de Variables. 3. Estrategia de Solución:

1. Se toma Base de Cálculo en la Unidad V y resolviendo sus balances se conoce: N5, N

7, N

4. Se agotan

R1 y R3. 2. Actualizando los Grados de Libertad se encuentra que:

Unidad II: G de L A = 1 – 1 (N5) = 0

Unidad I: G de L A = 4 – 1 (N4) = 3

Global: G de L A = 3 – 1 (N7) = 2

3. Resolviendo la Unidad II se determinan: N

6, N

3, x

3C1.


Unidad I: G de L A = 3 – 1 (N3) – 1( x

3C1) = 2

Global: G de L A = 2 – 1 (N6) = 1

5. Esta situación indica que sólo puede llegarse hasta ahí en los balances del Proceso sin recurrir al

Arrastre de Variables. 4. Estrategia de Solución:

1. Se toma Base de Cálculo en la Unidad VI y resolviendo sus balances se conoce: N11C4, N

12C4, N

13C4 .

Se agotan R2.


168


Unidad IV: G de L A = 1 – 1 (N11C4) = 0


C4) = 3


C4) = 2 3. Resolviendo la Unidad IV se conoce: N

9, N

10.


Unidad III: G de L A = 3 – 1 (N9) = 2


) = 2

5. Esta situación indica que sólo puede llegarse hasta ahí en los balances del Proceso sin recurrir al Arrastre de Variables.

Como puede verse, ninguna de las 4 posibles Estrategias de Solución permite solucionar el problema sin utilizar Arrastre de Variables. Así, por ejemplo, para la Estrategia número 2: CÁLCULOS:

Base de Cálculo: N

9 = 1000

Balances de la Unidad IV:

Total: 1000 = N10

+ N11

C4 : 0.3 × 1000 = 0.02 × N10

+ N11

N10

= 714.286 N11

= 285.714 Balances de la unidad VI:

R2: N12

= N13

Total: N11

= N12

+ N13

N12

= 142.857 N13

= 142.857


169

La solución completa, con Arrastre de Variables, es la siguiente, para la Segunda estrategia de solución: 2. Estrategia de Solución:

1. Se toma Base de Cálculo en la Unidad IV y resolviendo sus balances se conoce: N9, N

10, N

11C4.




9) = 2


) = 2 3. Resolviendo la Unidad VI se determinan: N

13C4, N

12C4. Se agota R2.



) = 3 Global: G de L A = 2 – 1 (N

13) = 1

5. Se resuelven los balances en el proceso Global arrastrando una variable y se conocerá N

8,

N6, N

7, N

1, N

9, N

10, x

8C2 , en función de una de ellas.


Unidad II: G de L A = 1 – 0 (N6) = 1

Unidad V: G de L A = 1 – 0 (N7) = 1

Unidad I: G de L A = 3 – 0 (N1) = 3

Unidad III: G de L A = 2 – 1 (N8, x

8C2) = 1

7. Se resuelven los balances en la Unidad II y se determina N

5, N

3 y x

3C1 en función de la misma

variable arrastrada. 8. Actualizando los Grados de Libertad:

Unidad V: G de L A = 1 – 1 (N5) = 0

Unidad I: G de L A = 3 – 2 (N3 , x

3C1) = 1

9. Se resuelven los balances de la Unidad V y se determina la variable arrastrada, ya que ésta queda con

cero Grados de Libertad.

De igual manera se determinan las otras incógnitas que estaban en función de ella. Se conoce N4. Se

agota el balance de C1. 10. Actualizando los Grados de Libertad:


) – 1 (variable arrastrada) + 1 (Balance de C1) = 1

11. Se resuelve la Unidad I y los resultados se comprueban en la Unidad II.


170

b. Suponga que, en lugar de especificar la alimentación a la Unidad IV: C4 = 30 %

se fija la alimentación a la Unidad III en un valor de C2 = 20 %. ¿Qué cambios ocurrirán?

SOLUCION: El Diagrama Cuantitativo del problema, con los cambios planteados, se muestra a continuación: Diagrama Cuantitativo:

Unidad I

Unidad II

Unidad III

Unidad IV

V

VI

N6 x6

C2 = 0.005 (C1)

6

N5 x5

C1

x5C3

(C2)

5

N3 x3

C1

x3C3 = 0.03

(C2)

3

N7 x7

C1 = 0.01

x7C3 = 0.1

(C2)

7 N4 x4

C1

x4C3

(C2)

4

N2

x2C2=0.2

x2C3

(C4)

2

N8 x8

C2

x8C4 = 0.002

(C3)

8

N10 x10

C3= 0.98(C4)

10

N9 x9

C4 (C3)

9

N11C4 11

N12C4

12N13

C4

N12C4

N1 x1

C1 = 0.20

x1C2 = 0.25

x1C3 = 0.40

(C4)

1


171


Unidad I Unidad II Unidad III Unidad IV NVI 14 8 8 5 NBMI 4 3 3 2 NFC 0 0 0 0 NCC 5 (2) 2 (2) 2 1

NRC R1 – – – – R2 – – – – R3 – – – –

G de L 3 1 3 2

Unidad V Unidad VI Proceso Global NVI 9 3 31 15 NBMI 3 1 16 4 NFC 0 0 0 0 NCC 2 0 10 8

NRC R1 1 – 1 – R2 – 1 1 – R3 2 – 2 –

G de L 1 1 1 3 Varían los Grados de Libertad de la Unidad I y de la Unidad IV. Reconfirmación de Grados de Libertad:

Unidad I: Incógnitas = 7 (N1, N

12C4, N

3, x

3C1, N

4, N

2, x

2C4)


G de L = 3

Unidad III: Incógnitas = 6 (N

2, x

2C4, N

8, x

8C2, N

9, x

9C4)


G de L = 3

Unidad IV: Incógnitas = 4 (N

9, x

9C4, N

10, N

11C4)


G de L = 2


172

La Tabla de Balances es la misma de la parte a). Tabla de Balances:

Unidad I Unidad II Unidad III Unidad IV C1 1 1 – – C2 1 1 1 – C3 1 1 1 1 C4 1 – 1 1 Total 4 3 3 2

Unidad V Unidad VI Proceso Global C1 1 – 3 1 C2 1 – 4 1 C3 1 – 5 1 C4 – 1 4 1 Total 3 1 16 4

Estrategia de Solución: 1. Tomando Base de Cálculo en la Unidad II se determina: N

3, x

3C1, N

5, N

6.


Unidad V: G de L A = 1 – 1 (N5) = 0

Unidad I: G de L A = 3 – 1 (N3) – 1 (x

3C1) = 1

Global: G de L A = 3 – 1 (N6) = 2

3. Se resuelve la Unidad V y se conoce N

4, N

7 . Se agota R1.


Unidad I: G de L A = 1 – 1 (N4) = 0

Global: G de L A = 2 – 1 (N7) = 1

5. Resolviendo los balances de la Unidad I se conoce: N1, N

12C4, N

2, x

2C3. De R2 se halla N

13. Se agota el

balance de C1. 6. Actualizando los Grados de Libertad:


, N13

) + 1 (R2 agotada) = 0 Unidad III: G de L A = 3 – 1 (N

2) – 1 (x

2C3) = 1

Global: G de L A = 1 – 2 (N1, N

13) + 1 (balance de C1 agotado) = 0

7. Resolviendo los Balances de la Unidad VI se conoce N11

.


173

8. Reconfirmando los Grados de Libertad de los Balances Globales: Global: G de L R = 0 – 0 = 0

9. Se resuelven los Balances Globales y se conoce: N

10.


Unidad IV: G de L A = 2 – 2 (N11

, N10


10) = 0

11. Se resuelven los balances en cualquiera de las dos Unidades y se confirman los resultados en la otra.

CÁLCULOS:

Base: N

5 = 1000


Total: N3 = 1000 + N

6

C1: x3C1 N

3 = 0.995 N

6 + 0.01 × 1000

C3: 0.03 N3

= 0.1 × 1000


N3 = 3333.333 x

3C1 = 0.6995 N

6 = 2333.333

Balances en la Unidad V:

Total: 1000 = N

4 + N

7

C1: x5C1 × 1000 = x

4C1 N

4 + 0.01 N

7

C3: x5C3 × 1000 = x

4C3 N

4 + 0.1 N

7

R1: N4

= N7

RD: x5C1 = x

4C1

x5C3 = x

4C3


174

Resolviendo el sistema de seis ecuaciones, con seis incógnitas:

N4 = 500 N

7 = 500 x

4C1 = x

5C1 = 0.01 x

4C3 = x

5C3 = 0.1

Balances de la unidad I:

Total: N1

+ N12

C4 + 500 = 3333.3333 + N2

C1: 0.2 N1

+ 0.01 × 500 = 0.6995 × 3333.3333

C3: 0.4 N1

+ 0.1 × 500 = 0.03 × 3333.3333 + N2

C4: 0.15 N1

= x2C4 N

2

Resolviendo el sistema de ecuaciones correspondientes a los cuatro balances de materia se encuentra que:

N1 = 11633.333 N

2 = 4603.333 x

2C4 = 0.3791 N

12C4 = – 4196.667

Analizando las respuestas obtenidas, es obvio que un flujo no puede tener un valor negativo. Por tanto, el problema no tiene solución.

Cap2 Sol Reklaitis

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