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216

0.21

Oxígeno teórico = 33.19 moles

% de exceso de aire =

moles de aire realmente proporcionados — aire teórico aire teórico

En la mayoría de las aplicaciones se introduce más cantidad de aire para la combustión que la teórica. Al aire extra proporcionado, además de la cantidad teórica, se le reporta convencionalmente como porcentaje de exceso de aire:

Y el aire teórico es

7.267 —0.297 = 6.970 moles/100 Ib de carbón

El oxígeno teórico es

4(9.5/16) = 0.297 mol

De éstas deberán deducirse las moles de 0 2presentes en el carbón, o sea

5.933 + 1.2 + 0.134 = 7.267 moles

Cada mol de carbono requiere de 1 mol de 0 2para formar C 0 2. Cada mol de hidrógeno requiere de 1á de mol de 0 2 para formar H20 ; y cada mol de azufre requiere de 1 mol de 0 2 para formar S 0 2. Entonces, el número total de moles de 0 2 que se requieren es:

Carbono: 71.2 Ib o 5.933 Ib átomo Hidrógeno: 4.8 Ib o 4.8 Ib átomo Azufre: 4.3 Ib o 0.134 Ib átomo

Solución Cón base en esta composición, las 100 Ib de carbón contendrán las siguientes cantidades de materiales combustibles:

Ejemplo 4-13 Calcule el aire teórico para 100 Ib de un carbón seco, cuyo análisis último es: C, 71.2%; H, 4.8%; S, 4.3'%; O, 9.5%; cenizas, 10.2%.

todo el carbono se oxidará hasta C 0 2, todo el H hasta H20 y todo el S hasta S 0 2. Para propósitos de la definición, se supone que el N no se oxida, y cualquier O presente en el combustible se resta de la cantidad total de 0 2necesaria para oxidar a los otros componentes del combustible. Como la fuente principal de oxígeno para la combustión es el aire, se divide al oxígeno teórico entre el contenido de oxígeno del aire para obtener el aire teórico. Para propósitos de esta definición y para la mayoría de los cálculos de combustión, generalmente se supone que el aire contiene 21 % mol de 0 2y 79% de N2. El porcentaje en mol de N2 incluye entonces al C 0 2, al argón y a los demás gases inertes presentes en pequeñas cantidades en el aire.

BALANCES ELEMENTALES

217

_J_ 0

1

5 1

12 4

o

Figura 4.17

2

4

No

02

^

No Aire

Gas de síntesis

Quemador

Gas de combustión ------ ହ C 0 9

Diagrama de flujo del ejemplo 4.14. Combustión de gas de síntesis.

co co2

h

c h

_

Aire real = 1.1 aire teórico = 1.1(2 202.4) = 2 422.6 moles/h

Aire real — aire teórico aire teórico

La relación de exceso de aire es, por definición

462.5 Q2l = 2 202.4 moles/h

y el aire teórico correspondiente será

1072 495 442 + — — = 462.5 moles/h

El oxígeno teórico será entonces

Carbono: 4 + 383 + 55 = 442 Hidrógeno: 4(4) + 2(528) = 1 072 Oxígeno: 383 + 2(55) + 1(2) = 495

Comenzaremos la resolución seleccionando como base 1 000 moles/h de gas de síntesis y calculando el aire teórico para el combustible. El gas contendrá

Número de variables Número de balances elementales (C, H, O, N) Número de especificaciones Composición del gas Composición del aire % de exceso de aire Base Grados de libertad

Solución Como no hay CO presente, en los gases de combustión debe haber C 0 2, H20 , 0 2y N2. Los grados de libertad del problema serán entonces:

Ejemplo 4.14 Se quema un gas de síntesis que contiene 0.4% de CH4, 52.8% de H2, 38.3% de CO, 5.5% de C 0 2, 0.1% de 0 2y2.9% deN2, usando 10% de exceso de aire (fig. 4.17). Calcule la composición de los gases de combustión, suponiendo que no hay CO presente.

Si se conoce el exceso de aire, puede utilizarse como una ecuación adicional, disponible junto con las ecuaciones de balance para la resolución del problema.

BALANCES ELEMENTALES

218

- 1914 - 29) = 0 0

N 02 = 46.3 moles/h

= 536 moles/h iV¿o2 = 442 moles/h

= (0-1490, 0.1806, 0.0156, 0.6548)

CO + 3H2

es un método bastante común de generación de hidrógeno de proceso: Si se utiliza un gas cuyo contenido de hidrógeno es bajo, como el caso del carbón, entonces se obtiene un gas rico en CO, que también puede usarse como combustible o como materia prima para la síntesis catalítica de alcoholes e hidrocarburos mayores. El uso de la reacción vapor-carbón para producir gases combustibles comenzó a fines del siglo xix y era

CH4 + H20

Si la fuente de carbono es un material rico en hidrógeno, tal como el gas natural, entonces se produce un gas de síntesis con mayor contenido de hidrógeno. De hecho, la reformación de metano con vapor de agua,

c + h 2o —> CO + h 2

Generación d e gas de síntesis El gas de síntesis es una mezcla de gases en la que predominan el CO y el H2, que puede usarse como gas de combustión o como materia prima para la síntesis de compuestos orgánicos. La generación del gas de síntesis se efectúa generalmente haciendo reaccionar un material que contiene carbono con vapor de agua, a través de la llamada reacción vapor-carbono

Al iniciar cálculos de combustión generalmente se desconoce el exceso de aire; este es más bien una variable que se calcula al completar los cálculos de balances. Un cálculo de combustión típico manejará un análisis de Orsat conocido de los gases de combustión si el combustible es sólido, un análisis promedio de los residuos de la combustión y un análisis parcial del combustible. A partir de esta información, puede calcularse la composición completa del combustible, la cantidad real de aire usada y el contenido de agua de los gases de combustión.

(xco2>xh.20 >xc>2>

La composición de los gases de combustión es entonces

Y del balance de oxígeno,

N s$ 2 = 1 943 moles/h

De los primeros tres balances podemos concluir inmediatamente que

' + (Nffco) + ( - 3 8 3 ) = O'

2(N g2 - 1 , - 508.8) + 2(A^ó2 - 55)

Balance de O:

0

(W g* - 55 ) + (-3 8 3 ) + ( - 4 ) =

Balance de C:

Balance de H: 2(A^f|120) + 2 (-5 2 8 ) + 4 ( - 4 ) =

Balance de N:

Con lo anterior, podemos expresar los cuatro balances elementales y determinar la composición de los gases de combustión. Los balances son:

N02 = 508.8 mol/h

= 1914 mol/h

El aire se alimenta entonces al quemador a razón de

BALANCES ELEMENTALES

219

intercónversión y mejoramiento químico El mejoramiento químico de los combustibles fósiles se efectúa debido a tres razones fundamentales: primero, para producir un combustible que sea más conveniente de transportar, distribuir y utilizar; gundo, para eliminar los componentes indeseables del material fósil original; y tercero, para formar y recuperar materias primas útiles. El proceso de mejoramiento de combustibles fósiles más antiguo que se utiliza es la pirólisis o descomposición térmica de materiales carbonáceos, en ausencia de aire. La pirólisis se aplicó originalmente al carbón para producir gases combustibles ricos en metano, breas y coque, y se usa comúnmente en el procesamiento del petróleo crudo. Varios procesos ocurren en la pirólisis: las moléculas mayores se rompen en moléculas más pequeñas, las moléculas reactivas pequeñas se recombinan o polimerizan, y los polímeros grandes finalmente forman breas y coque. En el proceso neto se cambia la distribución de pesos moleculares de los materiales alimentados para producir materiales más ligeros, ricos en hidrógeno, y materiales más pesados, ricos en carbono. Dependiendo de las condiciones de temperatura y presión, así como de la naturaleza de los catalizadores usados, puede alterarse la distribución entre moléculas ligeras estables, moléculas polimerizadas y breas y coque, según se necesite. En la industria petrolera se han desarrollado diversas operaciones especializadas de descomposición térmica, con el propósito primordial de aumentar el rendimiento de hidrocarburos en el rango de la gasolina, a partir de petróleo crudo. Algunas de las operaciones más comunes de pirólisis, listadas en orden creciente de severidad de las condiciones de operaciones, son: “ cracking” térmico, reformación térmica (llamada más comúnmente en la actualidad reformación catalítica), reducción de viscosidad y coquizado. Una segunda categoría de procesos de mejoramiento de materiales fósiles está relacionada con el tratamiento con hidrógeno o hidrogenación. El carbón presenta típicamente relaciones carbono-hidrógeno de alrededor de 1 a 0.9; los hidrocarburos líquidos de 1 a 1.6 ; y los gases ligeros (como el metano), hasta de 1 a 4. Por lo tanto, el

muy común hasta la década de 1920. De igual manera, la síntesis Fischer-Tropsch de alcoholes a partir de gas de síntesis era práctica común en Europa, especialmente en Alemania, hasta el fin de la Segunda Guerra Mundial. En tiempos más recientes ha habido un resurgimiento del interés en estas dos formas de utilizar los productos de la reacción vapor-carbono, particularmente en la producción de gas combustible para uso en estaciones termoeléctricas. Una característica fundamental de la reacción vapor-carbono es la cantidad considerable de calor que se necesita para efectuarla. Este calor puede suministrarse externamente, haciendo reaccionar vapor de agua y carbón dentro de tubos calentados en un horno (como se hace en la reformación de metano con vapor), o bien directamente inyectando oxígeno al reactor junto con el vapor, quemando simultáneamente una parte del carbono alimentado. En la figura 4.18 se presenta un ejemplo de calentamiento externo. El caso de calentamiento directo fue presentado en el ejemplo 4.7 del presente capítulo. El suministro externo de calor tiene la ventaja de mantener separado el gas de síntesis de los gases de combustión del horno. Por lo tanto, puede usarse aire como oxidante del gas combustible, sin temor de que las grandes cantidades de N2 en el aire diluyan al gas de síntesis obtenido. La ventaja del calentamiento directo está en la simplicidad del reactor, ya que se diseña sin tomar en cuenta el mantener separado el gas de síntesis de los gases de combustión. Sin embargo, el calentamiento directo requiere del uso de oxígeno puro, si se desea evitar la dilución con N2. La extracción de oxígeno del aire para este propósito es un proceso bastante conocido, pero representa un gasto indeseable adicional.

BALANCES ELEMENTALES

OS

Figura 4.18 Sección transversal de un reformador de vapor de celdas gemelas. (Cortesía de Selas Corporation.)

BALANCES ELEMENTALES

221

de C de H de O de S y se proüucen 150 Ib de aceite crudo por cada 1 000 Ib de carbón seco. El carbón desvolatilizado de la primera etapa de pirólisis se transfiere a una segunda etapa, en la cual se gasifica por medio de vapor de agua y oxígeno para producir el gas de síntesis caliente para la primera etapa, que contiene (porcentaje en mol) 3% de CH4, 12% de CO, 23% de C 0 2, 42% de H20 , 20% de H2y un carbón residual que consiste esencialmente de carbono fijo y cenizas. El gas producto crudo de la primera etapa se envía al

82% 8% 8% 2%

En el diagrama de flujo simplificado que se muestra en la figura 4.19, se procesa un carbón bituminoso con alto contenido de azufre, cuyo análisis último es: 72.5% de carbono, 5% de hidrógeno, 9% de oxígeno, 3.5% de azufre y 10% de cenizas. El carbón, seco y pulverizado, se pone en contacto con una corriente caliente de gas de síntesis para producir un aceite de carbón crudo, un gas con alto contenido de metano y un carbón residual desvolatilizado. El gas producto con alto contenido de metano tiene un análisis en base seca (porcentaje en mol) de 11 % de CH4, 18 % de CO, 25 % de C 0 2, 42% de H2y 4% de H 2S, y se observa que el gas contiene 48 moles de H20 por cada 100 moles de gas libre de agua. El aceite de carbón crudo tiene un análisis último (porcentaje en peso) de

Ejemplo 4.15

proceso de conversión de carbón a petróleo o gas puede verse como el de agregar hidrógeno al carbono va presente. Esto es lo que se hace en muchos procesos de conversión de carbón. Por ejemplo, en diversos procesos modernos de licuefacción de carbón, se efectúa una reacción de carbón con hidrógeno, ya sea directamente o a través de un solvente intermedio. De igual manera, los procesos más avanzados de gasificación de carbón tratan directamente al carbón con un gas rico en hidrógeno, buscando favorecer la producción de CH4 sobre la de gas de síntesis. Un objetivo adicional de la hidrogenación es la eliminación de los constituyentes indeseables, tales como nitrógeno, oxigeno, azufre y cloro, que están presentes en forma de compuestos orgánicos o inorgánicos en los materiales fósiles. La eliminación de estos elementos es necesaria, ya que formarán contaminantes atmosféricos cuando finalmente se queme el combustible, o actuarán como contaminantes químicos y venenos de los catalizadores, si se somete al material fósil a procesamiento ulterior. La reacción con hidrógeno resulta generalmente en la conversión de estos elementos a NH3, H20 , H2S y HC1, que son gases que pueden separarse y eliminarse fácilmente. Debido a que la fuente convencional de hidrógeno de proceso es la reacción vapor-carbono, la hidrogenación de materiales fósiles siempre acarreará un consumo sustancial de algo del mismo material fósil. Es por esto que la hidrogenación impone inherentemente una ineficiencia de conversión. Las diferencias entre los diversos procesos propuestos estriban principalmente en las formas en que intentan reducir este desperdicio inherente de materiales fósiles en los procesos de conversión. Terminaremos esta sección con un ejemplo, en el cual se utilizan balances elementales para calcular los flujos en una planta de pirólisis de carbón. El diagrama de flujo que examinaremos está basado en el proceso COED, desarrollado por la FMC Corporation, e incluye varias etapas de pirólisis así como una sección de hidrotratamiento, en la que se reduce el contenido de azufre del aceite de carbón crudo mediante reacción con hidrógeno.

BALANCES ELEMENTALES

5.0

3.5

2o

h

Cenizas

H

C

Etapa 2 de pirólisis

13

h

2

Cenizas

Gas de síntesis

20

Residuo

J de carbón

S

H

C

87-5%

Aceite crudo sintético

h9

CO

10

11

14

CH4 H2 de reposición

Sistema de hidrotratamiento

HoO

h2

0.4%

H20 42

12

4 v3%

12

H2S

CO

CH4

C 0 2 23

CO

c h

15

Aceite de carbón crudo C 82% 3

Sistema de purificación

Diagrama de flujo del ejemplo 4.15. Planta de pirólisis de carbón.

4

Etapa 1 de pirólisis

% mol en v base seca

-HoO

H2S

-C 0 2

Proporción 1:3

15%

Gas ’ producto

15

16

Solución En la figura 4.19 se p cuenta el diagrama de flujo del proceso, con las composiciones especificadas. De acuerdo con el diagrama, es claro que se requerirán balances elementales, tanto en las etapas de pirólisis como en el sistema de hidrotratamiento, ya que en estas unidades aparecen corrientes especificadas en términos de análisis elementales. Por la misma razón, los balances globalos también tendrán que expresarse en términos elementales. El divisor y el sistema de purificación, siendo unidades no reaccionantes, pueden y deben resolverse utilizando balances por componente. La tabla completa de grados de libertad aparece en la figura 4.20. Evidentemente el problema está especificado correctamente y, de acuerdo con la tabla, deberá seleccionarse una base con la unidad de la primera etapa de pirólisis o con el sistema de purificación. Comencemos arbitrariamente la resolución del problema con los balances elementales de la etapa I y una base de 1 000 lb/h de carbón. De acuerdo con el ren-

sistema de purificación, en donde se purifica de H2S, C 0 2 y H20 . El resultado es un gas producto que contiene 15% mol de CH4, CO y H2en una proporción molar de 1 a 3, adecuado para metanación. Este gas se divide, recirculando la porción mayor a la planta de hidrotratamiento. En dicha planta se somete al aceite de carbón crudo a una hidrogenación ligera, usando el gas producto recirculado y un poco de H2 de reposición, para producir un aceite crudo sintético que contiene 87.5% de C y una cantidad muy pequeña de azufre. El hidrotratamiento elimina al oxígeno y al azufre del aceite crudo y aumenta ligeramente el contenido de hidrógeno del aceite. Los gases de descarga del hidrotratamiento, que contienen 4 moles de CO y 15 moles de H 2por mol de H20 , y únicamente 0.4% mol de H2S, se envían al sistema de purificación para eliminar el H2S y el H20 . Calcule todos los flujos en el proceso.

Figura 4.19

Oxígeno -

Vapor de a g u a "

Residuo de carbón

4

2s

h

9 .0 _

Cenizas 10.0

Alimenta1- H ción de q carbón _

72.5

25

42

18

2

11

h

4

co co2

c h

BALANCES ELEMENTALES

4

3

2

1 2 1

3

4

16

1

2

1

2 1

4

6

17

2

2

2

3

9

1 -1 0

2

1

2

1

4 3 4 4 1 2 1

22

48

Hidro- Sistema de puriú ficación Divisor Proceso sistema

Ejemplo 4.15, tabla de grados de libertad.

1

4

4

12

Etapa 2 de pirólisis

7

1 2

4

5

19

Balacas globales

223

Balance de H:

Balance de C:

- 9 0 + 12 4- 16 (0.18Af2ecp - 0.12 N5)

Balance de O:

+ 2 (0.04NSeCo) + 2(iV2H2o - 0A2N5) = 0

+ 2 (0.42JV2ec? - 0.2N 5)

- 5 0 + 12 + F& + 4(0.11Aís2eco - 0.03N 5)

=0

+ (0.18N s2eco. - 0.12N 5)12 + 12 (0.25A/*» - 0.23N 5)

- 7 2 5 + 123 + F 4 C + 12 (0.11N2seco - 0.03 N 5)

+ (Wh2o " 0.42N 5) 16 = 0

+ 2(0.25N i co - 0.23W5)16

- 3 5 + 3 4- (0.04A^CO)32 = 0

Balance de S:

= 100 lb/h

^nlzas=

Balance de cenizas:

dimiento especificado de a*ceite, inmediatamente obtenemos una producción de 150 lb/h de aceite crudo. 1 Habiendo determinado estos flujos, podemos expresar los balances elementales de la etapa I:

Figura 4.20

Grados de libertad Base

Número de 23 variables Número de 5 balances Composiciones especificadas 4 Carbón 3 Aceite crudo Gas de la etapa I 4 Gas de la etapa II 4 Crudo sintético Gas producto Corriente 12 Relaciones Proporción 1 H20:gas H2:H20 y C 0 :H 20 en la corriente 12 Proporción 1 aceite: carbón Restricciones del divisor

Etapa 1 de pirólisis

BALANCES ELEMENTALES

224

-550.01 + F% + 0.03(25.125)12 + 0.12(25.125)12

+ 0.23(25.125)12 = 0 -12.81 + 4(.03)25.125 + 2[0.42(25.125) - N 6]

+ 2(0.2(25.125)] = 0 - N 7(32) + 16[0.42(25.125) - N 6] +16[0.12(25.125)]

Balance de H:

Balance de O:

N 15

Balance de H20 : 12 + JVh 2o =

N&IN& o = 4

y

tfg/JV&o = 15

Las condiciones adicionales impuestas a la corriente 12 son:

= W&s

0.2125TV14

4.5 + Ng0 =

Balance de CO:

1 + 0.004TV12

10.5 + N g2 = 0.6375N14

Balance de H2:

Balance de H^:

2.75 ++ A NH, 2.75 ^c hí = 0.15N14

Balance de CH4: I4:

•Í V C 0 2

6.25 ~=

Balance de CO,: 2*

Del balance de carbono, FjL = 440 lb/h; y del balance de H, N 6= 10 lbmol/h, o sea 180 lb/h. El balance de O resulta entonces en N 1 = 7.0625 lbmol/h, o sea 226 lb/h. Con esto queda completa la solución de los balances de la etapa II. Hasta aquí se han calculado los flujos de las corrientes 1,6 y 7, y el flujo y composición de la corriente 8. Sin embargo, aunque se han determinado estas cinco cantidades, todavía se encuentran subespecificados los balances globales. Como los grados de libertad de la unidad de hidrotratamiento no han cambiado, deberán resolverse a continuación los balances de la unidad de purificación. Los balances por componente del sistema de purificación son:

+ 32[0.23(25.125)] = 0

Fcenizas 8. = 100 lb/h

Balance de cenizas:

Balance de C:

Como resultado de los balances de la etapa I, se conoce el flujo de la corriente 2, por lo que la unidad de purificación tiene cero grados de libertad. De igual manera conociendo el flujo de la corriente 5 y la composición y flujo de la corriente 4, se reducen a cero los grados de libertad de los balances de la etapa II. Podríamos resolver en seguida cualesquiera de esas dos unidades. Supóngase que arbitrariamente decidimos continuar con la etapa II. Los balances de la etapa II son:.

F 4h = 12.81 lb/h

A continuación, el balance de carbono resulta en F 4C = 550.01 lb/h; finalmente, del balance de hidrógeno se obtiene

TV5 = 24.125 lbmol/h

Del balance de azufre, obtenemos que N 2seco = 25 lbmol/h, y de la proporción de H20 a gas, A^h20 = 12 lbmol/h. Conociendo estas cantidades, puede resolverse el balance de oxígeno, para obtener

BALANCES ELEMENTALES

SI S1 ÏT T T M I

225

-0.08(150) + F% + 4(3.25 - 0.15N11) + 2(0.09337) + 2(1) + 2(15 - 0.6375W11 - N 9) = 0

Fl0 = 0.012 lb/h

N n = 20 lbmol/h

FJP = 123 lb/h

Del balance de carbono obtenemos

y del balance de S,

Podemos calcular a TV11del balance de O, resultando en

Balance de H:

-0.82(150) + F l¿ + 12(4 - 0.2125N11)

Balance de C:

+ 12(3.25 - 0.15W11) = 0

-0.08(150) + 16(4 - 0.21257V11) + 16(1) = 0 -0.02(150) + F ¡0 + 32(0.09337) = 0

Balance de O: Balance de S:

Puede ahora resolverse el balance de CH4 para obtener Nq H4 = 3.25 lbmol/h; y el balance de H20 para obtener N 15 =13 lbmol/h. También, a partir de la fracción mol especificada para H2S, resulta que 0.996A^h2S= 0.004(23.25), o sea que A ^s = 0.09337 lbmol/h. Entonces, del balance de H2S, Nh2s = 1.09337 lbmol/h. Como resultado de estos cálculos, se han determinado el flujo y la composición de la corriente 12. Por lo tanto, se han reducido a cero los grados de libertad de la unidad de hidrotratamiento. También se han calculado las corrientes 15 y 16; y entonces, contando con las corriente 1, 6, 7 y 8 calculadas con anterioridad, aparentemente los balances globales están sobreespecificados en un dato. Nótese que los balances de cenizas se han utilizado en los cálculos de las etapas I y II. Por lo tanto, de las cinco ecuaciones de balances globales, disponemos únicamente de los cuatro balances elementales, por lo que los balances globales están especificados de manera correcta. Nuevamente podemos elegir el sistema de balances a resolver. Si seleccionamos la unidad de hidrotratamiento, primero habría que construir las ecuaciones de balances elementales:

N gb = 4 lbmol/h

N g2 = 15 lbmol/h

De las condiciones adicionales obtenemos también

N 14 = 40 lbmol/h

JVg2o = 1 lbmol/h

Estas pueden resolverse fácilmente, para obtener

I12 10.5 4- 15N&0 1h 2o = 0.6375ÍV14

4.5 + 4W&o = 0.2125W14

Sustituyendo a Nco en el balance de CO y a N $2 en el balance de H2, obtenemos dos ecuaciones simultáneas:

BALANCES ELEMENTALES

226

4.4.1

4.4

N9 = 6.623 lbmol/h

Considérese un sistema en el que intervienen S sustancias y E elementos, con matriz atómica a. Llamemos ct5, s = 1 ,..., S a los coeficientes estequiométricos de cualquier

La relación entre la matriz atómica y la estequiometría de reacción

En la sección 4.2 se consideró la situación en la cual se conocían tanto las fórmulas moleculares de los componentes como la estequiometría de la reacción. Observamos que, aunque siempre era posible construir tanto los balances elementales como los balances por componente, en general era preferible utilizar a los balances por componente. Para identificar los casos en que esto ocurría, formulamos (pero verificamos sólo parcialmente) un criterio en el que se manejaban las propiedades de los arreglos estequiométricos y atómicos. Este criterio se interpretó como una revisión, para verificar si el número de reacciones cuya ocurrencia se postulaba era el mismo que el número máximo de reacciones que podrían ocurrir entre las sustancias dadas. En esta sección consideraremos el caso en el cual se desconoce, o se conoce parcialmente, la estequiometría de la reacción, y demostraremos la manera en que todavía pueden construirse los balances por componentes. Comenzaremos desarrollando una relación general entre la matriz atómica para un conjunto determinado de sustancias y cualquier posible reacción en la que intervengan dichas sustancias. A partir de dicha relación, será posible establecer las bases algebraicas del concepto de número máximo de reacciones independientes, para completar después la verificación del criterio proporcionado en la sección 4.2.2. Después investigaremos un procedimiento sencillo para calcular un sistema de ecuaciones máximo, directamente de la matriz atómica, y terminaremos mostrando la manera en que pueden utilizarse estas construcciones en la resolución de problemas en los que se conozca parcialmente la estequiometría de reacción.

CONVERSION DE BALAN CES ELEM EN TALES A BALAN CES POR COMPONENTE

es más que suficiente para proporcionar la reposición de H2que se requiere en la unidad de hidrotratamiento. Posiblemente será necesario efectuar una separación criogénica del gas producto para recuperar este hidrógeno de proceso.

0.6375(20) = 12.75 lbmol/h H2

Obsérvese que el hidrógeno que contiene el gas producto,

N 13 = ^14 _ ^11 = 40 - 20 = 20 lbmol/h

Pueden completarse los cálculos usando el balance total en el divisor, para obtener

Finalmente, del balance de H,

FJ? = 140.57 - 123 - 0.012 = 17.56 lb/h

Y entonces, por diferencia,

F 10 = 123/0.875 = 140.571 lb/h

Como el aceite tiene un contenido de carbono del 87.5%, podemos ahora calcular el flujo de la corriente 10:

BALANCES ELEMENTALES

227°

CH3OH + § 0 2

La reacción química C 0 2 + 2H20

(4.6)

Vi

/l 4

CH3OH

1 0 2

o2 co2

0 0 2

°\ 2 1 /

h 2o

1( - 1) + 2 ( - § ) + 2 ( 1) + 1(2 ) - 0

4( —1) + 0( —2) + 0(1) + 2(2) = 0

1( - 1) + 0 ( - § ) + 1( 1) + 0 (2 ) = 0

Por lo tanto, nuestro criterio para una reacción balanceada es aparentemente correcto. Cualquier reacción química en la que participen las S sustancias contenidas en la matriz atómica dada debe satisfacer las relaciones 4.6. Si se conoce la matriz atómica, pero no la estequiometría de reacción, entonces puede verse a estas relaciones como un sistema de ecuaciones lineales, en las variables desconocidas crs, s = 1 ,..., S. Cada solución a*que satisfaga a las relaciones 4.6 nos dará el coeficiente#stequiométri¿o de alguna reacción entre las S sustancias dadas. Al hacer estas consideraciones, la pre-

y para el oxígeno

para el hidrógeno

Sustituyendo estos coeficientes en la ec. 4.6, tenemos para el carbono

a =

Arreglando a las sustancias en el mismo orden de la matriz atómica, el vector de coeficientes estequiométricos es

H O

c

está balanceada, porque el número de moles de cada elemento es el mismo a ambos lados de la ecuación de reacción. En nuestra nomenclatura generalizada, la matriz atómica es:

Ejem plo 4.16

para cada e, e = 1 ,..., E.

s 2 aes°s = 0

reacción química en la que participen las S sustancias dadas. Para que una reacción química esté balanceada adecuadamente, es necesario que el número de moles de cada elemento en los reactivos sea exactamente igual al número de moles de cada elemento en los productos. Como aes es el número de moles del elemento e, contenidas en una mol de la sustancia s, entonces aes

0

0

1

0

1 - 2 0

03

0

2

-3

0

0/

0\

Sumar —2 veces este renglón al primer renglón, y 1 vez este renglón al tercer renglón:

(0

Dividir cada elemento del segundo renglón entre —Vi:

0

0

1

Sumar —1 veces este renglón al segundo renglón, y —3 veces este renglón al tercer renglón:

2 *4 =

* 2 = 2*3 - 2*4

* ! = - 3 * 3 + 3*4

+ *2 - 2 *3 +

0*!

0

(4.24)

* 4 = 1*4

Como hemos indicado anteriormente, las dos columnas de coeficientes de esta solución general son por sí mismas soluciones linealmente independientes del sistema de ecuaciones originales. Observemos cuidadosamente que estas dos columnas se formaron reduciendo el sistema de ecuaciones originales, y después agregando las dos ecuaciones triviales 4.23 y 4.24 a las dos columnas no reducidas. En forma de arreglos, esto Corresponde a tomar la parte no reducida del arreglo de coeficientes, con signo contrario:

podemos expresar la solución general ** del sistema anterior como

(4.23)

*3 = 1*3

En otras palabras, hemos reducido el sistema de tres ecuaciones a dos ecuaciones independientes, y debido a que en las ecuaciones aparecían cuatro incógnitas, hemos obtenido el resultado para x { y x2en términos de las dos incógnitas restantes. Si ahora incluimos las dos ecuaciones triviales

o sea que

3*3 - 3jc4=0

+0x2 +

*i

El procedimiento de reducción de renglones termina, ya que el tercer renglón es igual a cero. Inmediatamente podemos concluir que hay sólo dos ecuaciones independientes en las tres. Después, si reconstruimos las ecuaciones correspondientes a los renglones que no tienen únicamente ceros, tenemos

Paso B

Paso A

Paso B

( 1 2 - 1 1 0 )

Paso A Dividir cada elemento del primer renglón entre 2:

BALANCES ELEMENTALES

3

\-2

_/

2)

-3 \

233

aes