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• Alejandro Estrella Gutiérrez

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UNIDAD I COMPORTAMIENTO DE LOS GASES IDEALES

PV = nRT



Ecuación de los Gases Ideales.

Se considera que hay un gas ideal cuando se encuentra a presiones bajas y temperaturas altas. Hablamos de presiones bajas cuando se encuentra a 5 atm o menos; temperatura alta de 80° C en adelante. P, T  presión y temperatura absolutas R  constante universal de los gases (no tiene significado físico) n  número de moles V  volumen Presión: Promedio de la velocidad de choque de las moléculas con las paredes del recipiente que contiene un gas. Temperatura: Medida de la energía cinética de un gas. Existen 2 escalas de temperatura que son: Relativa y Absoluta. Relativa

°C (0 a 100) °F (32 a 212)

Absoluta

K (0 a ∞)

Escalas de Temperatura °R (0 a ∞)

El cero absoluto es el punto en el cual ya no hay ningún tipo de movimiento de las moléculas. Conversiones de temperatura: F  32 1.8 °F = °C x 1.8 + 32 K = °C + 273.15 °R = °F + 460 °R = 1.8 x K

°C =

T: 1°C =1.8 °F 1 K=1.8° R

Solo se usa para convertir unidades.

CpH 2O  1

cal cal BTU BTU 1 1 1 g C gK lb F lb R

Relativa.- Es la que se mide con respecto a la presión atmosférica Escalas de Presión

Absoluta.- Es la que se mide con respecto al vacío absoluto.

Pabs  Pman  Patm Pabs  Patm  Vacio

Presión Manométrica

Presión Atmosférica Vacío

Vacío absoluto P=0

Presión atmosférica (a nivel del mar) 1 atm = 760 mm Hg = 760 torr = 101.325 kPa = 1.033 kgF/cm2 = 14.7 psia = 1.01325 bar = 10.22 m H2O = 29.92 plg Hg. Gases a temperatura y presión normales (TPE): 0° C, 273.15 K, 1 atm. A TPN: 1 gmol  22.4 L 1 lbmol  359 pies3 EJERCICIO 1: Mezcla gaseosa 575 g 30% N2 P = 175 kPa 60% CO2 T = 95° F 10% O2 calcular el volumen en cm3 que ocupa este gas. Solución: M n PM donde M  Masa PM  Masa Molecular Promedio PM   y i PM i

PM = (0.3)(28) + (0.6)(44) + (0.1)(32) = 38 g. n

M PM



575 g  15.1315 gmol. 38 g/gmol

De acuerdo a la ecuación de los gases ideales:

nRT P (15.1315gmol)(38.15K )(0.08206L * atm / gmolK)  101.325kPa  1000cm3   V    175kPa 1atm 1L    PV  nRT  V 

V  221.6 x 103 cm3

LEY DE DALTON para las presiones parciales PT = ∑yiPT PT = ∑Pi Para una mezcla de gases, la presión total de un sistema es la suma de las fracciones molares por la presión total del gas. La presión total de un sistema es la suma de todas las presiones parciales. La presión parcial de un gas en una mezcla de gases, es la presión que ejerce el gas como si estuviera solo. LEY DE AMAGAT para los volúmenes parciales VT = ∑yiVT VT = ∑Vi Para convertir de fracción peso a fracción molar:

yi 

xi / PMi  xi / PMi

Para convertir de fracción molar a fracción peso:

xi 

y i PMi  y i PMi

EJERCICIO 2: Se tienen 2 cilindros aislados. El primero de ellos con un volumen de 125 litros que se encuentra a 325 K de temperatura y presión de 500 kPa y una mezcla gaseosa formada por 30% mol de N2, 50% mol de O2 y 20% mol de CO2. el segundo cilindro tiene un volumen de 95 pies3, se encuentra a una temperatura de 180 °F y presión de 85 psi y contiene 70% peso de N2 y 30% en peso de CO2. estos cilindros se ponen en contacto mediante una tubería de volumen despreciable manteniendo mediante un sistema de calentamiento la temperatura inicial en cada cilindro. Calcular: (a) La presión inicial en cada recipiente. (b) La composición de la mezcla en % mol y % peso considerando comportamiento ideal.

Solución: AL INICIO

VA  125 Lts.  28.32L    269.04Lts. VB  9.5 pies3  3   1pie  TA  325K TB 

180  460  355.55K 1 .8

PA  500kPa PB 

85 psi  14.7 psia 1atm  101.325kPa   647.04kPa 14.7 psia 1atm  

70 28 y NB2   0.78 70 30  28 44 30 B 44 YCO   0.22 2 70 30  28 44 Suponiendo que tenemos 100 gramos de mezcla :

   

N2  70g 1  2.5gmol 28 CO2  30g 1  0.68gmol 44 Para los moles antes de la mezcla : 125 litros  22.4

L 325K 101.33kPa x NA x x  N A  23.14gmol gmol 273.15K 500kPa

269.4 litros  22.4

L 355K 101.33kPa x NB x x  NB  62.67gmol gmol 273.15K 687.04kPa

AL FINAL Total de moles (en ambos recipientes)=NA + NB = 23.14 + 62.67 = 85.81 gmol. Esta es la cantidad de moles en ambos recipientes, ya sea antes y después de la mezcla. Ahora calcularemos las fracciones molares de toda la mezcla: 55.82  0.650 85.81 11.57 y o2   0.134 85.81 18.41 y CO2   0.214 85.81 Ahora calcularemos las fracciones en peso de toda la mezcla: y N2 

0.652x 28  0.571 0.652x 28  0.134x 32  0.214x 44 0.134 X 32 B   0.134 0.652x 28  0.134x 32  0.214x 44 0.214 X 44 C   0.295 0.652x 28  0.134x 32  0.214x 44

A 

Ahora, necesitamos la presión total de la mezcla: PAVA = nARTA PBVB = nARTB En el equilibrio: PA = PB nARTA / VA= nBRTB / VB nA x 325K nB x 355.55K  125Lts 269.04Lts nA + nB = 85.81 gmol

(Ec. 1) (Ec. 2)

Resolviendo las ecuaciones 1 y 2 nos queda que: nA = 28.91 gmol nB = 56.89 gmol Ahora sacamos la presión final en cada recipiente: L 325K 101.33kPa 125 litros  22.4 x 28.91gmolx x  PFA  624.42kPa A gmol 273.15K PF 269.04 litros  22.4

L 325K 101.33kPa x 56.89 gmolx x  PFB  624.42kPa B gmol 273.15K PF

Nos dan presiones iguales por que estamos en un sistema que en equilibrio.

EJERCICIO 3: Un globo aerostático que tiene un diámetro de 6 m. está lleno con Helio a la presión de 3.5 kgf/cm2 medidos en un manómetro y se encuentra a la temperatura de 40° C. Este globo se eleva hasta a una altura de 35000 pies donde la presión atmosférica es de 320 mm Hg y la temperaturaes de –25° C. Calcular los gramos de Helio que se deben adicionar o purgar del globo para que este conserve su tamaño original. Solución: Pman = 3.5 kgf/cm2 + 1.033 = 4.533 kgf/cm2 (1/1.033) = 4.388 atm. V = (4/3) r3 = (4/3) (3)3 = 113.097 m3 (1000/1) = 113097.34 litros.

113097.34 litros  22.4

L 313.15K 1atm x Ni x x  Ni  19.32gmol gmol 273.15K 4.388atm

A la salida:

L 248.15K 1.033kgf / cm 2 113097.34 litros  22.4 x Nf x x  Nf  21170.72gmol gmol 273.15K 3.935kgf / cm 2  1atm  1.033kgf / cm 2    0.435kgf / cm 2  3.935kgf / cm 2  320mmHg 1atm  760mmHg   nf  21.17kgmol n  nf  ni  21.17  19.32  1.85kgmol.

EJERCICIO 4: Un buzo que está a 25 m abajo del nivel del agua y de su equipo de respiración se desprende una burbuja que tiene un diámetro de 1.75 cm y que tiene una composición de 30% N2, 45% CO2 y 25 % O2. La temperatura de a esa profundidad es de 12° C. Calcular el diámetro de la burbuja y su peso en gramos cuando sale a la superficie donde la temperatura es de 34° C. Solución: EN EL FONDO V

4 3 4 3 r   1.75 / 2  2.806cm3 3 3

Hay que destacar que por cada atmósfera de presión hay 10.22 m de columna de agua.

P = 25m(1/10.22) + 1 = 3.4462 atm. PV=nRT PV (3.4462atm )(2.806cm3 ) n   4.134x10 4 gmol. 3 RT (82.06cm atm / molK)(285.15K ) PM = 0.30 x 28 + 0.45 x 44 +0.25 x 32 = 36.2 gr. M = (4.134 x 10-4)x(36.2) = 0.0149 gr.

EN LA SUPERFICIE

V  22.4

L 307.15K 1atm x 4.134x10- 4 x x  V  0.0104litros  10.4cm3 gmol 273.15K 1atm

4 3 3V 3 3(10.4) r  r  3   1.354cm 3 4 4  (diámetro)  2r  2(1.354)  2.708cm.

V 

EJERCICIO 5: Se tiene un reactor con un volumen de 250 L, al cual se alimenta 25 gmol de Etano mas aire con un 30% mol de exceso. El reactor esta inicialmente a una temperatura de 120° C. Después de cierto tiempo, el manómetro del reactor indica una presión 15% superior a la lectura inicial y el indicador de temperatura nos dice que el proceso de combustión se realizó isotérmicamente. Estos datos fueron propuestos por un estudiante de Ingeniería Química durane su experiencia en el trabajo. ¿Confiaría usted en estos resultados?. Solución: AL INICIO C2H6 + 3.5O2  2CO2 + 3H2O C2H6 = 25 gmol. O2 (necesario) = 25(3.5) = 87.5 gmol. O2 (exceso) = 87.5(0.3) = 26.25 gmol. O2 (alimentado) = 113.75 N2 (alimentado) = 113.75(79/21) = 427.91 gmol. Aire = 541.66 gmol. Ni= aire + C2H6 = 566.66 gmol.

L 393.15K 1atm x 566.66 gmolx x  Pi  73.079atm (absolutas) gmol 273.15K Pi Pi (manométrica) = 73.079 – 1 = 72.079 atm. 250 litros  22.4

AL FINAL Pf (manométrica) = (72.079)(1.15) = 82.89 atm. Pf = 82.89 + 1 = 83.89 atm. L 393.15K 1atm 250 litros  22.4 x NF x x  NF  650.49gmol. gmol 273.15K 83.89atm C2H6 + 3.5O2  2CO2 + 3H2O Entra: 25 gmol de C2H6 113.75 gmol de O2 427.91 gmol de N2 Sale: C2H6 = 25 – 25x CO2 = 25x(2/1) = 50x H2O= 25x(3/1) = 75x N2 = 427.91 O2 =113.75 – 25x(3.5/1) = 113.75 – 87.5 x NT = 566.66 + 12.5x = 650.49 Resolviendo la ecuación nos queda: x = 6.70 ó 670% de exceso. Conclusión: El alumno no es de la FIQ. EJERCICIO 6: Aire a 80° F, 735 mm Hg de presión y con un contenido de humedad de 0.012 lb de agua por cada lira de aire seco, se comprime y se almacena en recipientes cilíndricos de 1.5 pies de diámetro y 6 pies de altura a 90° F y 250 psia de presión. El aire que inicialmente está en los depósitos es mismo que hay en la entrada del compresor. Calcúlese el volumen y la masa de aire inicial necesario para llenar 50 cilindros si condensa el 70 % del agua inicial en el aire dentro de los cilindros. Cualquier suposición que se que válida, especificarla.

Solución: VT 

 2h 4

x 50  VT  530.15pies3

359pies3 550R 14.7 psia x NT x x  NT  22.46lb mol lb mol 492R 250psia Estos 22.46 lbmol son los moles totales que entran en los 50 cilindros. 530.15pies3 

AL INICIO Base de cálculo: 100 lbmol de aire. O2 = 100 x 0.21 = 21 lbmol (32/1) = 672 lb. Total de Aire Seco = 2884 N2 = 100 x 0.79 = 79 lbmol (28/1) = 2212 lb. lb agua H2O = 0.012 x 2884 = 34.608 lb (1/18) = 1.92 lbmol. lb aire seco AL FINAL O2 = 100 x 0.21 = 21 lbmol N2 = 100 x 0.79 = 79 lbmol H2O = 1.92 lbmol ( 0.30) = 0.5768 lbmol. (esto es lo que queda de agua) Total = 100.5768 lbmol. NF = 22.46 lbmol

 101.92 lbmol finales  NI = 22.46 lbmol iniciales    22.76 lbmol iniciales.  100.5768 lbmol iniciales pies3 540R 760mmHg Vaire  359 x 22.76 lbmol x x  Vaire  9274.21pies3 lbmol 492R 735mmHg 672  2212  34.608 PM aire   28.63lb / lbmol 101.92 maire  22.76lbmol(28.63lb / lbmol)  651.62lb.

UNIDAD II HUMEDAD Y SATURACIÓN Mezclas gas – vapor: Aire – agua (Humedad) Aire – benceno (Saturación) N2 – agua (Saturación) Gas: Normalmente está por encima de su temperatura y presión críticas. No condensa. Vapor: Se encuentra por debajo de su temperatura y presión críticas. Puede condensar. H = Humedad Absoluta: Cantidad de vapor por cada unidad de masa de gas. S = Saturación Absoluta.

kg.Agua kg.Aire sec o kg.Vapor S kg.Gas H

Hm = Humedad molar. Sm = Saturación molar.

Hm 

y Agua kgmol.Agua P Agua  28.84   H    kgmol.Aire sec o  18  y Aire sec o P Aire sec o

 PMGas kgmol.Vapor Sm   S  PM kgmol.Gas Vapor  Hm y Agua  1  Hm  18  H  Hm   28.84   PMVapor S  Sm  PMGas

  

   

Hr = Humedad Relativa: Indica que tan cerca me encuentro del punto de saturación. Sr = Saturación Relativa.

Hr 

P Agua Pv Agua

Sr 

P Vapor PvVapor

Pv  Se calcula con la Ecuación de Antoine. ln Pv  A 

B  Pv  Presión de equilibrio a cierta temperatura. t C

Hp = Humedad Porcentual Sp = Saturación Porcentual Hp 

(nAgua / nA.S. )Re al

Sp 

(nVapor / ngas )Re al

(nAgua / nA.S. )Sat (nVapor / nGas )Sat

x100 x100

Hp 

 P  Pv  HmRe al   Hr  T  HmSat  PT  P 

Sp 

 P  Pv  SmRe al   Sr  T  SmSat P  P  T 

CARTA PSICROMÉTRICA Únicamente para el sistema Aire – Agua; P = 760 mm Hg  30 mm Hg.

Hr

Línea de saturación Hr = 100%

Saturación Adiabática .

Calentamiento

Enfriamiento Condensación

Tw

Tr

H

H Hm

ó

Para la Carta Psicrométrica: T = Temperatura de bulbo seco. (Temperatura real o del sistema) Tw = Temperatura de bulbo húmedo. (Generalmente Tw  T) Tr = Temperatura de rocío. EJERCICIO 1: Se tiene aire atmosférico a la presión de 720 mm Hg, temperatura de 38° C que tiene humedad relativa del 45 % y se alimenta a un proceso de acondicionamiento de aire a la velocidad de 35000 pies 3/hr. Se desea reducir su humedad absoluta en un 70 %. Calcular: (a) La temperatura a la que hay que enfriar la mezcla manteniendo la mezcla a presión constante. (b) La presión a la que hay que comprimir el sistema a temperatura constante. (c) La masa de agua condensada. Solución: Hallamos primero el número de moles porque éstos no cambian en el proceso. Los volúmenes si cambian. AL INICIO

359pies3 311.15K 760mmHg 35000pies  x NT x x  NT  81.081lb mol lb mol 273.15K 720mmHg 3

Hr 

P Agua  Pv Agua a 38 C  0.9487 psia (por la Ec. de Antoine)  49.048 mm Hg. Pv Agua

0.45 

P Agua  P Agua  22.071mmHg. 49.048

y Agua 

P Agua 22.071   0.03065 PT 720

y Aire  1  0.03067  0.96934 N Agua  81.082x 0.03065  2.4851lb mol N Aire  81.082x 0.96934  78.5964lb mol Hm 

N Agua N Aire



2.4851  0.0316 78.5964

 18  H  0.0316x    0.0197  28.84 

AL FINAL H = 0.30 x 0.0197 = 5.92 x 10-3 lb Agua /lb Aire. Hm = 9.485 x 10-3 lbmol Agua /lbmol Aire. (c) Agua condensada Aire seco = 78.5964 lbmol. Agua = (78.5964 lbmol aire) x (9.485 x 10-3 lbmol Agua /lbmol Aire.) = 0.745 lbmol. Agua  = 2.4851 – 0.745 = 1.739lbmol = 31.313 lb. (a)

P  Pv (Cuando hay enriamiento y condensación) P  y AguaPT Hm 0.745   0.00938 1  Hm 0.745  78.5964 P  Pv  (0.00938) * (720)  6.760mmHg  0.1309psia T  42C.(Ec. de Antoine) y Agua 

(c )

P  Pv

Pv a 38 C  49.048 mm Hg. P  y AguaPT PT 

P y Agua



49.048  5217mmHg  6.8656atm. 0.00938

EJERCICIO 2 : Se tiene aire atmosférico; T = 100° F; Hr = 50%; Pv = 49.08 mm Hg. Con la ayuda de la carta psicrométrica, calcular: Humedad absoluta, humedad molar, temperatura de rocío y temperatura de bulbo húmedo. Solución:

P  P  Hr x Pv  ( 49.08)(0.5)  24.54mmHg Pv P 24.54 P  y aguaPT  y agua    0.032 PT 760 Hr 

y aire  1  0.032  0.968 Hm  Hm 

P agua PT  P agua y agua y aire





24.54  0.033 735.46

0.032  0.033 0.968

18  18  H  Hm  0.0208   0.033x 28.84  28.84  En el punto de rocío P  Pv Pv  24.54mmHg  0.966pulHg Usando las tablas de vapor : TR  78F . TW  83.5F  Usando la carta psicrométrica

EJERCICIO 3: Se tiene aire atmosférico a la presión de 760 mm Hg, temperatura de 95° F y temperatura de bulbo húmedo de 80° F. Este aire se calienta y se alimenta a un secador del cual sale con una humedad relativa del 80 %. Si el aire que sale del secador contiene el doble de la humedad que contenía inicialmente, calcular cual debe ser la temperatura del aire antes de entra al secador y la cantidad de agua que puede absorber 750,000 pies3 de aire atmosférico.

Aire Aire

Calentador

T=?

3

750,000 pies T = 95° F. Tw = 80° F.

Sólido Seco

Secador Adiabático

H2O = ?

Hr = 80%

Sólido Húmedo

Aire inicial: H = 0.0187 ; T = 95° F. Aire final: Hr = 80%; H = 0.0374. H = 0.0374 – 0.0187 = 0.0187 lb agua / lb aire Hm = 0.0187 ( 28.84/18) = 0.0299 lbmol agua / lbmol aire

750,000pies3  359pies3 xNi x



18  0.0291 28.84   1   0.0187x  18    0.9709

y agua 

y aire



0.0187x 28.84

555R 760atm x  Ni  1832lb mol 492R 760atm

Naire  1798.88lb mol Agua  53.76lb mol  967.74lb. EJERCICIO 4: Aire atmosférico de 750 mm Hg, temperatura de 560° R y humedad relativa del 60%, se calienta y se utiliza para secar un sólido húmedo alimentado a 5700 lb/hr desde un 25% hasta un 12% en peso de agua. El aire sale del secadero con una humedad relativa del 70% y una temperatura de rocío de 102° F. Este aire se vuelve a calentar y se utiliza de nuevo para seguir secando el sólido desde un 12 hasta un 4% en peso. En esta parte del proceso, el aire el aire sale con una humedad relativa del 70% y con un 9.48% mol de agua. Calcular: (a) La velocidad en m3/hr, de aire atmosférico necesario para todo el proceso de secado. (b) La temperatura de bulbo húmedo y bulbo seco del aire a la salida de cada etapa de calentamiento, así como su humedad relativa y molar. (c) La temperatura a la que hay que enfriar el aire a presión constante para reducir su humedad molar a las condiciones iniciales así como la cantidad de libras de agua condensada.

Solución:

Aire 750 mm Hg Hr = 60% V= 3 m /hr.

Calentador Hm = ? Tw1 =? Hr = ? T1 = ?

Hr = 70% TR =102° F. Secador Adiabático

Calentador

T3 = ? Secador Adiabático

Sólido 12% Agua Sólido 25% Agua

Sólido 4% Agua

Sólido ( al principio) 5700 lb Sólido seco = 5700 x (0.75) = 4275 lb.

Sólido (al final)

Agua = 5700 x (0.25) = 1425 lb.

Agua = 4275 x 

Al inicio: Hmi = 0.040 Al final = 0.1047 lbmol agua Hm = 0.0647 lbmol aire

Agua condensada = 1425 – 178.125 = 1252.875 lb = 69.27 lbmol.

Sólido seco = 4275 lb.  0.04    178.25 lb.  0.96 

1 lbmol Aire ----------0.0647 lbmol Agua X ----------69.27 lbmol Agua X = 1070.63 lbmol Aire.

Aire inicial = 1070.63 (1+0.040) =1113.45 lbmol (0.454/1)= 505.5 kgmol. V  22.4 x505.5 x

560 760 x  13060.22m3 492 750

Aire Calentador

Agua = ?

EJERCICIO 5: Se tienen 750,000 pies3 de aire atmosférico a la temperatura de 150° F y humedad relativa del 40%, el cual se desea acondicionar para un proceso de secado que utiliza aire a 60° C con una humedad relativa del 15%. Describir el proceso de acondicionamiento de aire necesario y la cantidad de sólido húmedo que puede secar si entra con una humedad del 12% en peso y sale con 3% en peso. (ver carta psicrométrica) Solución: PROCESO 1er. Paso. T1 = 150° F, enfriar hasta T2 = 116° F. Hm = 0.1121, Hr = 40% 2do. Paso. Enfriar hasta 75° F Hm = 0.032, Hr = 100% H2O  = ? 3er. Paso. Calentar hasta 140° F, Hr = 15%. Para encontrar el agua condensada (Al inicio) 359pies3 610R 1atm 750000pies3  xNi x x  Ni  1685lb mol lb mol 492R 1atm 0.1121 y agua   0.1008 0.1121 1 y aire  1  0.1008  0.8992 Nagua  (1685)(0.1008)  169.84lb mol Naire  (1685)(0.8992)  1515.16lb mol Al final : Naire  1515.16lb mol  0.032lb mol, agua  Nagua  1515.16lb mol, aire   48.485lb mol, agua.  1lb mol, aire  Agua  169.84  48.485  121.35lb mol  2184.4lb

La cantidad de sólido no se puede determinar por que hacen falta datos.

EJERCICIO 6:

G4 Hr = 85% T = 130° F TR = 124° F Hm = 0.149

G2 G1 Aire atmosférico

M2

Secador Adiabático

P = 760 mm Hg T = 80° C Fibra = 97% TR = 45° C 3 Agua = 3% V = ? pies Fibra = 6675 lb Hm = 0.10574 Agua = 6675 ( 3/97) Agua = 206.44 lb. Agua =825 – 206.44 = 618.56 lb.

T = 55° C Hm = ? Hr = ?

M1

Fibra = 89% Agua = 11% 7500 lb / hr. Fibra = 6675 lb Agua = 825 lb.

En G2: Hm = 0.124 y Hr = 72% Hm = 0.01826 1 lbmol aire---------0.01826 lbmol agua X ----------34.36 lbmol agua X = 1881.708 lbmol aire Aire =1881.708 * (1.10574) = 2080.85 lbmol. V = 359 x (2080.85) x (353.15/273.15) x (1/1) = 965,983 pies 3 En G3 : Hm = 0.124; Hr = 19% Hm = 0.149 – 0.124 = 0.025 H2O  = 0.025 x 1881.95 = 47.048 lbmol = 846.87 lb

G3 T = 85° C Hm = ? Hr = ?

M4

Fibra = 97% Agua= 3%

Secador Adiabático

G5 Hr =? T = 20° C Hm =? V =?

M3

H2O =? Fibra = 89% Agua = 11% Lb / hr =?

7500 lb / hr----------618.56 lb agua X ----------846.87 lb agua X = 10268 lb = M3 N = 1881.85 (1+0.0232) = 1925.60 lbmol V = 359 x 1925.60 X (293.15/273.15) X (1/1) = 741906.57 pies3 H2O = 1881.85 (0.149 – 0.0232) = 236.74 lbmol = 4261.32 lb.

EJERCICIO 7:

N2 = 70% CO2 = 30%

Base libre de vapor

G1

Mezclador

G2

Sp = 18% de Benceno 3 V = 100 m T = 60° C P = 1200 mm Hg

Sr = 95% V =? T = 50° C P = 1200 mm Hg Yi=? Xi=?

Be (liq)

M1=?

Solución: 1. Calculamos los moles de entrada 22.4m3 333.15K 760mmHg 100m3  x Ni x x  Ni  5.7756kgmol kgmol 273.15K 1200mmHg

2. Encontramos ahora la fracción molar de todo lo que entra (Base Húmeda). Necesitamos:

PBe

 PT  Pv Be     P P  Be   T  391.74mmHg  Ec.Antoine(60C )

Sp  0.18  Pv Be

0.18 

PBe Pv Be

PBe  1200  391.74   PBe  96.28mmHg 391.74  1200  PBe 

96.28  0.08023  NBe  0.4633kgmol 1200  0.70(1  0.08023)  0.6439  NN 2  3.7189kgmol

y Be  y N2

y CO2  0.30(0.9198)  0.2759  NCO2  1.5934kgmol

3. Encontramos lo que hay a la salida.

Sr  0.95 

PBe PBe  0.95   PBe  257.90mmHg Pv @ 50C 271.48

Pgases  942.10mmHg  (1200  257.90) y Be  y gases

257.90  0.2149 1200  1  0.2149  0.7851  Ngases  5.3123kgmol

0.7851     5.3123kgmol 0.2149       X X  1.454kgmol(Be ) M1  1.454  0.4632  0.9908kgmol  77.29Kg Gases finales N2 CO2 C6H6 TOTAL

Yi 54.96% 23.55% 21.49% 6.7663 kgmol

104.129 kg 70.110kg 113.412 kg 287.651 kg

Xi 36.20% 24.37% 39.43%

4. Encontramos la temperatura a la que tendría que enfriar para que el benceno tenga al final una composición de 5% mol.

PBe =1200 * 0.05 = 60 mm Hg PBe = Pv = 60 mm Hg (por que está condensando) Con la ecuación de Antoine obtenemos: T = 15.39° C.

UNIDAD III ESTEQUIOMETRÍA Estequiometría: Rama de la Química que estudia las relaciones cuantitativas entre reactivos y productos. Es importante señalar que la cantidad de materia que entra debe ser igual a la cantidad de materia que sale Para resolver este tipo de problemas, la ecuación química debe de estar balanceada. Hay tres tipos de balanceo de ecuaciones: 1. Método del tanteo. 2. Óxido reducción. 3. Algebraico. EJEMPLO DE ECUACIÓN BALANCEADA: KMnO4 + KI + 2H2SO4  MnO2 + K2SO4 + I2 + 2H2O Como a veces es un poco difícil utilizar el método del tanteo, presentamos el método algebraico. KMnO4 + KI + H2SO4  MnO2 + K2SO4 + I2 + H2O a b c d e f g K  a + b = 2e Mn  a = d O  4a + 4c = 2d + 4e + g I  b = 2f H 2c = 2g Sc=e Sea: e = 1; c = 1; g = 1 ½ + b = 2  b = 3/2 f = b/2 = ¾ 4a + 4 = 2d + 4 + 1 4a - 2d =1 4a – 2a = 1 2a = 1 a = 1/2 d = 1/2

Posibles fuentes de error: a) Fórmulas químicas mal escritas. b) Planteamiento de ecuaciones. c) Resolución de ecuaciones. NOTA: El primer valor se asigna únicamente teniendo en cuenta la cantidad de ecuaciones que se pueden reducir teniendo solamente ese dato. Este valor puede ser cualquiera.

Reactivos: 1.- En proporción estequiométrica. 2.- Limitante. 3.- En exceso. Reactivo limitante: Es el reactivo que está presente en la cantidad estequiométrica mas pequeña. Es el reactivo que desaparece primero. Reactivo en exceso: Es el que se encuentra por encima del reactivo limitante. Por ejemplo: 4A + 2B + 3C  Productos. 8 moles A En proporción 4 moles B M1 estequiométria. 6 moles C

M2

M3

M4

8 moles A  Limitante 6 moles B  Exceso 6 moles C  Limitante

8 moles A Limitante 4 moles BExceso 6 moles CExceso

170 moles ALimitante 85 moles BLimitante 135 moles CExceso

%Exceso 

A lim entada  Estequiométrica x100 Estequiométrica

Conversión de la reacción (): Porcentaje de reactivos que se transforman en productos. Solamente se puede dar entre 0 y 1. Selectividad (S): Fracción o porcentaje de los reactivos que reaccionaron que pasaron a un producto dado o reaccionaron en una reacción determinada.

EJERCICIO 1: 3500 pies3 medidos a la presión de 900 mm Hg y 80° C de una mezcla 40% propano y 60% butano se queman utilizando un 50% de oxígeno, tomando este último de aire atmosférico a la presión de 700 mm Hg, temperatura de 40° C y humedad relativa del 70%. La conversión de la reacción es del 90% y la selectividad es del 85%. Calcular el volumen de los gases de chimenea medidos a la presión de 800 mm Hg y temperatura de 350° C, así como la composición en % peso y % mol de dichos gases. M1 3

3500 pies C3 = 40% C4 = 60% 900 mm Hg 80° C

Quemador  = 90% S = 85%

M2

M3

Aire 50% exceso de O2 700 mm Hg 40° C Hr = 70%

Gases de chimenea 800 mm Hg 350° C V =? Xi =? Yi =?

Solución: 1.- Calculamos el número de moles totales que entra en M1 353.15 760 3500  359 x M1 x x  M1  8.93lb mol 273.15 900  C H  (8.93)(0.40)  3.572lb mol M1  3 8 C4H10  (8.93)(0.60)  5.358lb mol 2.- Reacciones que intervienen: S C3H8  5O2  3CO2  4H2O 1 S C3H8  3.5O2   3CO  4H2O S C4H10  6.5O2  4CO2  5H2O 1 S C4H10  4.5O2   4CO  5H2O

3.- Calculamos las cantidades de todo lo que entra.  5lb molO2   6.5lb molO2    5.358lb molC4    52.687lb molO2 O2,esteq  3.572lb molC3   1lb molC4   1lb molC3  O2,a lim  52.687lb molO2 (1.5)  79.0305lb molO2  79lb molN2    297.30lb molN2 N 2,a lim  79.0305lb molO2  21 lb molO 2  

Airea lim  O2,a lim  N 2,a lim  79.0305  297.30  376.3305lb molAire Hr  y agua

P  P  HrPv  (0.70)(Pv agua @ 40C )  (0.70)(55.1729mmHg)  38.621mHg Pv P 38.621    0.0551 Ptotal 700

y aire  1  0.0551  0.9448  0.0551lb molAgua Aguaa lim  376.3305lb molAire   21.97lb molAgua  0.9448lb molAire  4.- Calculamos ahora lo que sale (Gases de chimenea) C3H8 = 3.572 – 3.572 (0.90) = 0.3572 lbmol C4H10 = 5.358 – 5.358 (0.90) = 0.5358 lbmol CO2 = 3.572 (0.90) (0.85) (3/1) + 5.358 (0.90) (0.85) (4/1) =24.58 lbmol CO = 3.572 (0.90) (0.15) (3/1) + 5.358 (0.90) (0.15) (4/1) = 4.34 lbmol H2O = 21.97 + 3.572 (0.90) (0.85) (4/1) + 3.572 (0.90) (0.15) (4/1) + 5.358 (0.90) (0.85) (5/1) + 5.358 (0.90) (0.15) (5/1) = 58.74 lbmol N2 = 297.30 lbmol O2 = 79.0305 – 3.572(0.90)(0.85)(5/1) –3.572(0.90)(0.15)(3.5/1) – 5.358(0.90)(0.85)(6.5/1) – 5.358(0.90)(0.15)(4.5/1) = 33.78 lbmol Total = 419.633 lbmol. V = 359 x 419.633 x (623.15/273.15) x (760/800) = 326,497 pies3. 5.- Calculamos la masa de cada una de las especies. C3H8 = 0.3572 lbmol (44) = 15.7168 lb C4H10 = 0.5358 lbmol (58) = 31.0764 lb CO2 = 24.58 lbmol (44) = 1081.52 lb CO = 4.34 lbmol (28) = 121.52 lb H2O = 58.74 lbmo (18) = 1057.32 lb N2 = 297.30 lbmol (28) = 8324.4 lb O2 = 33.78 lbmol (32) = 1080.96 lb Total = 11712.5132 lb 6.- Calculamos ahora el % peso C3H8 C4H10 CO2 CO H2O N2 O2

0.13418815 0.26532656 9.23388753 1.03752313 9.02727084 71.0727248 9.22910631

EJERCICIO 2: (a) Calcular la presión manométrica del reactor así como la composición de la mezcla cuando se alcance el 75% de conversión. CH4 (g) + Cl2 (g)  CH3Cl(g) + HCl(g) Cl2 con un 30% de exceso. Reactor 180° C 3.5 atm V = 15 m3  = 75% Isotérmico (a) Calculamos la cantidad de moles que entra: 22.4L 453.15K 1atm 15000L  xNi x x  Ni  1816.414gmol gmol 273.15K 4.5atm

 Cl  ? Ni  1816.414gmol 2 CH4  ? Base de cálculo = 1 gmol de CH4 Cl2 (necesario) = 1 gmol Cl2 (en exceso) = 0.30 gmol Cl2 (alimentado) = 1.30 gmol CH4 = 1 gmol Cl2 = 1.3 gmol  = 2.3 gmol

yCH 4  1 / 2.3  0.4347 y Cl 2  1.3 / 2.3  0.5653

CH  (0.4347)(1816.414)  789.59gmol  4 Cl2  (0.5653)(1816.414)  1026.81gmol ENTRADA CH4  (789.59)(0.25)  197.3975gmol  Cl  1026.81  789.59(0.75)(1 / 1)  434.63gmol  2  Nf  CH3Cl  (789.59)(0.75)(1 / 1)  592.1925gmol SALIDA  HCl  (789.59)(0.75)(1 / 1)  592.1925gmol  Total  1816.4125gmol

Ni

EJERCICIO 3: En un proceso para la obtención de bromato de sodio se alimentan 3500 kg de carbonato de sodio y 23750 kg de una solución acuosa de bromo al 30%, la reacción se efectúa con un 80% de conversión y es la siguiente: 3Br2 + 3Na2CO3  5NaBr + NaBrO3 + 3CO2 Calcular: (a) El porcentaje de reactivo en exceso utilizado. (b) Flujo y composiciones de las corrientes de salida. (c) El porcentaje de exceso que hay que utilizar para que la composición del agua en la mezcla final sea del 66.8%

Reactor =80%

M1 3500 kg Na2CO3

3Br2 479.50

+

M2 23750 kg Br2 = 30% H2O = 70%

3Na2CO3  318

5NaBr 514.60

Reactivo limitante: Na2CO3 Reactivo en exceso: Br2

(a) 479.50 kg Br2 --------318 kg Na2CO3 X --------3500 kg Na2CO3 X = 5277.52 kg de Br2 Br2 (necesario) = 5277.52 kg. Br2 (alimentado) = 23750(0.30) = 7125 kg. 7125  5277.52 Br2 (exceso) = x100  35% 5277.52

+

NaBrO3 + 150.90

3CO2 132

(b) Br2 = 7125 – (3500)(0.80)(479.50/318) = 2902.98 kg Na2CO3 = 3500 (0.20) = 700 kg. NaBr = 3500(0.80)(514.60/318) = 4531.07 kg. NaBrO3 = 3500 (0.80)(150.90/318) = 1328.68 kg CO2 = 3500(0.80)(132/318) = 1162.26 kg H2O = 23750(0.70) = 16625 kg. (c) % de exceso a utilizar X Agua  66.8% Na2CO3 = 3500 kg Br2 (necesario) = 3500 ( 479.50/318) = 5277.52 kg. Agua (necesaria) con el Br2 (necesario) = 5277.52 (70/30) = 12314.20 kg. Br2 (alimentado) = 5277.52 + 5277.52 y H2O (alimentada) = 12314.20 + 12314.20 y Br2 = 5277.52 (1 + y) – 3500 (0.80)(479.50/318) = 1055.51 + 5277.52 y Na2CO3 = 3500 (0.20) = 700 kg. NaBr = 3500(0.80)(514.60/318) = 4531.07 kg. NaBrO3 = 3500 (0.80)(150.90/318) = 1328.68 kg CO2 = 3500(0.80)(132/318) = 1162.26 kg H2O = 12314.20 (1 + y) = 12314.20 + 12314.20 y Total: 21091.71 + 17.591.72 y 0.668 

12314.20  12314.20y 21091.71 17591.72y

Resolviendo la ecuación nos queda: Y = 3.15 ó Y = 315% de exceso.

EJERCICIO 4: Una mezcla gaseosa formada por 70% de benceno y 30% de tolueno se quema con aire seco en exceso obteniéndose gases de chimenea que contienen 2.459% de H2O, 0.360% de benceno, 0.155% de tolueno, 3.407% de CO2, 1.460% de CO, 15.060% O2 y 77.010% N2. Calcular: (a) El porcentaje de aire en exceso utilizado. (b) La conversión de las reacciones. (c) La selectividad hacia el CO2 de las reacciones. Reacciones que intervienen: C6H6 + 7.5O2  6CO2 + 3H2O C6H6 + 4.5O2  6CO + 3H2O C7H8 + 9O2  7CO2 + 4H2O C7H8 + 5.5O2  7CO + 4H2O

Be = 70% Tol = 30%

Reactor =? S=?

% H2O = 2.458 % C6H6 = 0.360 % C7H8 = 0.155 % CO2 = 3.407 % CO = 1.460 % O2 = 15.060 % N2 = 77.010

Aire en exceso

Solución: Base de cálculo: 100 gmol de mezcla Benceno que entra = 70 gmol Tolueno que entra = 30 gmol. Be = 70 - 70 Tol = 30 - 30 CO2 = 70 S (6/1) + 30S(7/1) = 630S CO = 70(1-S)(6/1) + 30(1-S)(7/1) = 630 - 630S O2 = 70(7.5/1)(1+x) + 30(9/1)(1+x) - 70S (7.5/1) – 70 (1-S)(4.5/1) – 30 S(9/1) – 30 (1-S) (5.5/1) = 795 – 315 S – 480  + 795 x N2 = 795(1+x)(79/21) = 2990.71 (1+x) H2O = 70(3/1) + 30(4/1) = 330 Total: 3885.71 + 3785.71x + 380 - 315 S

CO2 630S 3.407   1.909S   S  0.7  S  70% H2O 330 2.548 y O2  0.15060 

795  315S  480  795x  Ec.1 3885.71 3785.71x  380  315S

2990.71(1  x)  Ec.2 3885.71 3785.71x  380  315S Resolviendo estas ecuaciones simultáneas nos queda : y N 2  0.77010 

  0.6 x 1 EJERCICIO 5:

REACTOR V = 7200 Litros  = 55% 30% de exceso de agua T = 680 K = constante Pi = 3.5 atm (man) Pf = ?

2NO2 + H2O  HNO2 + HNO3 2 gmol de NO2 1.3 gmol de H2O Total: 3.3 gmol

7200L 

Ni

lo que entra

22.4L 680K 1atm xN i x x  Ni  581.02gmol gmol 273.15K 4.5atm

 581.02(2 / 3.3)  352.13gmolNO  581.02(1.3 / 3.3)  228.89gmolH2O

NO2  (352.13)(0.45)  158.45gmol  H O  228.89  352.13(0.55)(1 / 2)  132.05gmol  2 Nf  HNO2  352.13(0.55)(1 / 2)  96.83gmol lo que sale  HNO3  352.13(0.55)(1 / 2)  96.83gmol   Total  484.16gmol 7200  22.4 x 484.16x

680 1 x  Pf  3.74atm (absolutas) 273.15 Pf

Pf  2.74atm (manométrica)

P (mínima) : Para esto necesito el número mínimo de moles Para identificar el exceso de H2O 228.89  total de H2O  excesoH2O   x(0.3)  52.82gmol (exceso de H2O )  x exceso  1.3  exceso 