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Compilado ejercicios Procesos Metalú rgicos

Diego Carrasco 25/08/2014

Contenido 1.

Introducción .......................................................................................................................................... 1

2.

Problemas generales ............................................................................................................................. 2

3.

2.1.

Problema (Ex 2013) ....................................................................................................................... 2

2.2.

Problema (C1 2013) ...................................................................................................................... 3

2.3.

Problema (Ex 2012) ....................................................................................................................... 5

2.4.

Problema (I1 2010)........................................................................................................................ 8

2.5.

Problema (I2 2010)...................................................................................................................... 12

2.6.

Problema (Ex 2009) ..................................................................................................................... 14

Piro metalurgia.................................................................................................................................... 16 3.1.

Problema (Tarea 2013) ............................................................................................................... 16

3.2.

Problema (Tarea 2013) ............................................................................................................... 16

3.3.

Problema (Tarea 2013) ............................................................................................................... 19

3.4.

Problema (Tarea 2013) ............................................................................................................... 31

3.5.

Problema (Tarea 2013) ............................................................................................................... 34

3.5.1.

Pregunta .............................................................................................................................. 34

3.5.2.

Pregunta .............................................................................................................................. 35

3.5.3.

Pregunta .............................................................................................................................. 36

3.5.4.

Pregunta .............................................................................................................................. 37

3.5.5.

Pregunta .............................................................................................................................. 38

3.5.6.

Pregunta .............................................................................................................................. 39

3.6.

Problema (I1 2013)...................................................................................................................... 40

3.7.

Problema (I1 2013)...................................................................................................................... 41

3.8.

Problema (I3 2013, similar I1 2012) ............................................................................................ 45

3.9.

Problema (I3 2013 (hasta (ii)), I1 2012, Ay. 2 2009) ................................................................... 49

3.10.

Problema (I3 2013).................................................................................................................. 53

3.11.

Problema (I3 2013).................................................................................................................. 56

3.12.

Problema (Ex 2013, Ay. 6 2013, Ay. 3 2012) ........................................................................... 58

3.13.

Problema (Ex 2013, Ex 2012, Ex 2009, Ay. 6 2013, Ay. 3 2012, Ay. 2 2009) ........................... 58

3.14.

Problema (I1 2012, similar I3 2013) ........................................................................................ 60

3.15.

Problema (I1 2012).................................................................................................................. 65

3.16.

Problema (I1 2012, Ay. 2 2012)............................................................................................... 67

4.

3.17.

Problema (I1 2010).................................................................................................................. 73

3.18.

Problema (I1 2010, Ay. 4 2012)............................................................................................... 74

3.19.

Problema (I2 2009).................................................................................................................. 75

3.20.

Problema (Ay. 1 2013)............................................................................................................. 77

3.21.

Problema (Ay. 1 2013)............................................................................................................. 78

3.22.

Problema (Ay. 6 2013, Ay. 3 2012).......................................................................................... 80

3.23.

Problema (Ay. 1 2012)............................................................................................................. 86

3.24.

Problema (Ay. 2 2012)............................................................................................................. 89

3.25.

Problema (Ay. 2 2012)............................................................................................................. 93

3.26.

Problema (Ay. 1 2010)............................................................................................................. 97

3.27.

Problema (Ay. 1 2010)............................................................................................................. 98

3.28.

Problema (Ay. 1 2010)........................................................................................................... 102

3.29.

Problema (Ay. 1 2010)........................................................................................................... 102

3.30.

Problema (Ay. 1 2010)........................................................................................................... 104

3.31.

Problema (Ay. 1 2010)........................................................................................................... 106

3.32.

Problema (Ay. 2 2009)........................................................................................................... 108

3.33.

Problema (Ay. 2 2009)........................................................................................................... 108

Hidro metalurgia ............................................................................................................................... 114 4.1.

Problema (I2 2013).................................................................................................................... 114

4.2.

Problema (I2 2013).................................................................................................................... 117

4.3.

Problema (I2 2013).................................................................................................................... 120

4.4.

Problema (I2 2013).................................................................................................................... 123

4.5.

Problema (Ex 2013) ................................................................................................................... 125

4.6.

Problema (Ex 2013) ................................................................................................................... 126

4.7.

Problema (Ex 2013, Ex 2012, Ex 2009, Ay. 3 2013, Ay. 8 2012) ................................................ 127

4.8.

Problema (C5 2013) .................................................................................................................. 129

4.9.

Problema (C5 2013) .................................................................................................................. 130

4.10.

Problema (C6 2013) .............................................................................................................. 130

4.11.

Problema (I2 2012, I2 2009, Ay. 2 2013, Ay. 3 2010) ............................................................ 130

4.12.

Problema (I2 2012, Ay. 5 2012, Ay. 4 2010) .......................................................................... 132

4.13.

Problema (I2 2012)................................................................................................................ 134

4.14.

Problema (I3 2012, Ay. 5 2013)............................................................................................. 136

5.

4.15.

Problema (I3 2012, Ay. 5 2013)............................................................................................. 139

4.16.

Problema (I2 2010, Ay. 5 2013, Ay. 5 2012) .......................................................................... 140

4.17.

Problema (I2 2010, Ay. 5 2013)............................................................................................. 142

4.18.

Problema (I2 2010)................................................................................................................ 144

4.19.

Problema (I2 2009, Ay. 8 2012, Ay. 3 2010) .......................................................................... 146

4.20.

Problema (Ay. 3 2013)........................................................................................................... 148

4.21.

Problema (Ay. 2 2012)........................................................................................................... 150

4.22.

Problema (Ay. 5 2012, Ay. 4 2010)........................................................................................ 154

4.23.

Problema (Ay. 6 2012)........................................................................................................... 156

4.24.

Problema (Ay. 5 2012, Ay. 4 2010)........................................................................................ 157

4.25.

Problema (Ay. 7 2012, Ay. 4 2010)........................................................................................ 159

4.26.

Problema (Ay. 7 2012, Ay. 2 2010, Ay. 3 2009) ..................................................................... 161

4.27.

Problema (Ay. 8 2012, Ay. 5 2010)........................................................................................ 163

4.28.

Problema (Ay. 10 2012)......................................................................................................... 167

4.29.

Problema (Ay. 5 2010)........................................................................................................... 169

Electro metalurgia ............................................................................................................................. 172 5.1.

Problema (I1 2010, Ay. 2 2010, Ay. 3 2009) .............................................................................. 172

5.2.

Problema (Ay. 1 2013)............................................................................................................... 174

5.3.

Problema (Ay. 2 2013, Ay. 7 2013, Ay. 2 2010, Ay. 3 2009) ...................................................... 174

5.4.

Problema (I1 2013, I1 2010)...................................................................................................... 177

5.5.

Problema (I1 2013).................................................................................................................... 179

5.6.

Problema (I1 2013).................................................................................................................... 181

5.7.

Problema (Ex 2013, I2 2009, Ay. 2 2013, Ay. 3 2010) ............................................................... 181

5.8.

Problema (Ex 2013) ................................................................................................................... 182

5.9.

Problema (C2 2013) .................................................................................................................. 182

5.10.

Problema (C3 2013) .............................................................................................................. 183

5.11.

Problema (C4 2013) .............................................................................................................. 184

5.12.

Problema (I3 2012, Ex 2012) ................................................................................................. 184

5.13.

Problema (I3 2012)................................................................................................................ 186

5.14.

Problema (Ex 2009) ............................................................................................................... 186

5.15.

Problema (Ay. 2 2013, Ay. 2 2010, Ay. 3 2009) ..................................................................... 187

5.16.

Problema (Ay. 2 2013, Ay. 2 2010, Ay. 3 2009) ..................................................................... 187

5.17.

Problema (Ay. 6 2012)........................................................................................................... 188

5.18.

Problema (Ay. 6 2012)........................................................................................................... 188

5.19.

Problema (Ay. 6 2012)........................................................................................................... 189

5.20.

Problema (Ay. 6 2012)........................................................................................................... 189

5.21.

Problema (Ay. 6 2012)........................................................................................................... 191

5.22.

Problema (Ay. 9 2012)........................................................................................................... 192

5.23.

Problema (Ay. 9 2012)........................................................................................................... 193

5.24.

Problema (Ay. 9 2012)........................................................................................................... 193

5.25.

Problema (Ay. 10 2012)......................................................................................................... 195

5.26.

Problema (Ay. 10 2012)......................................................................................................... 197

5.27.

Problema (Ay. 10 2012)......................................................................................................... 198

5.28.

Problema (Ay. 5 2010, Ay. 3 2009)........................................................................................ 199

5.29.

Problema (Ay. 6 2012)........................................................................................................... 200

5.30.

Problema (Ay. 6 2012)........................................................................................................... 200

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco

1. Introducción En el presente documento se encuentra la mayoría de las ayudantías, pruebas, controles y guías del ramo procesos mineralúrgicos de la Pontificia Universidad Católica de Chile, dictado por el Dr. Álvaro Videla durante los semestres 2009-2, 2010-2, 2012-2 y 2013-2. Junto a cada problema está indicado de donde fue obtenido cada problema, aunque probablemente no sean las primeras fuentes de estos, ya que los ayudantes frecuentemente consultan bibliografía y al profesor para buscar problemas, además de crearlos ellos mismos a partir de problemas existentes. De cualquier forma cada ayudantía y guía fue preparada por los siguientes ayudantes: • • • • • • •

Alberto Andrés Pulgar: Ay. 3 2012 Álvaro Raúl Mario Cortés: Ay. 2 2012, Ay. 4 2012 Diego Carrasco: Ay. 1 2012, Ay. 3 2013, Ay. 4 2013, Ay. 5 2013, Ay. 6 2013, Guía Estudio I1 2012 Felipe Ándres Pastén: Ay. 9 2012, Ay. 10 2012 Joaquín Enrique Cabrera: Ay. 1 2009, Ay. 2 2009, Ay. 3 2009 Joaquín Ignacio Bernier: Ay. 5 2012, Ay. 6 2012, Ay. 7 2012, Ay. 8 2012, Matías Daniel Castro: Ay. 4 2010

Además cada control e interrogación fue preparada por el Profesor Dr. Álvaro Videla, pero fue corregida por los siguientes equipos de ayudantes: • •

•

•

Segundo semestre 2009: o Joaquín Enrique Cabrera Segundo semestre 2010: o Christian Andreas Gustavo Lichtin o Claudio Andrés Araya o Matías Daniel Castro Segundo semestre 2012: o Alberto Andrés Pulgar o Álvaro Raúl Mario Cortés o Diego Antonio Carrasco o Felipe Andrés Pasten o Joaquín Ignacio Bernier o Kadir Nicolás Issa Segundo semestre 2013: o Daniel Alejandro Zavala o Diego Antonio Carrasco o Fernando Ignacio Alfaro o Gabriel Alejandro Santelices o Katherine Daniela Feliú 1

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco

o

Matías Enrique Zamorano

Finalmente este es un trabajo en progreso hay muchas figuras que son fotos de dibujos que se cambiarán (Eventualmente), si encuentran algún error en algún desarrollo por favor envíenme un mail a [email protected], para corregirlo y mejorar este compilado.

2. Problemas generales

2.1.

Problema (Ex 2013)

En las siguientes preguntas marque con un círculo la alternativa que le parezca correcta. Por cada respuesta incorrecta se descontará una respuesta correcta.

1.

a. b. c. d.

Mineral de Hierro es convertido a Arrabio (pig iron) en un Alto Horno EL arrabio es transformado en Acero en un horno de arco eléctrico EL arrabio es transformado en Acero en un horno de inducción eléctrico Ninguno de las anteriores 2.

a. b. c. d.

¿Cuál de las siguientes afirmaciones es incorrecta?

El proceso Merril-Crowe utiliza Zinc para cementar Oro El uso de carbón activado es el método más común hoy en día para recupera Oro Cianurado El oro es recuperado del carbón activado cargado bajando la temperatura Ninguna de las anteriores 3.

a. b. c. d.

¿Cuál de los siguientes procesos no pertenece a la línea de producción de Acero?

¿Cuál de las siguientes empresas es una sociedad de explotación de minerales abierta listada en la Bolsa de Santiago?

PUCOBRE-Cobre CAP-Hierro MOLYMET- Molibdeno Todas las anteriores

2

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a. b. c. d.

Compilado por Diego Carrasco

¿Cuál de los siguientes reactivos no es necesario para la lixiviación de Oro?

Cianuro Oxígeno Bacterias Agua 5.

¿Cuál de las siguientes afirmaciones es incorrecta?

a. Una acería con colada continua funde y prepara el acero en un horno cuchara (Ladle) el cual descarga en el Tundish el cual regula el flujo hacia la sección de moldeo b. Mineral de hierro es mezclado con caliza, coke y aire a altas temperaturas para generar acero en un solo paso c. Ninguna de los anteriores Solución 1d; 2c; 3d; 4d; 5b.

2.2.

Problema (C1 2013)

Nombrar 5 elementos, un mineral, su composición y una compañía relacionada a su producción (Se consideraron todos los elementos nombrados por algún alumno y algunos de sus minerales) Solución Elemento Cobre

Mineral Cu Calcosina

Composición

Compañía relacionada a producción

Cu2S

Codelco, BHP, Río Tinto

Chalcantita

CuSO4·5H2O

Cobre nativo

Cu

Calcopirita

CuFeS2

Bornita

Cu5FeS4

Cuprita

Cu2O

Generalmente cantidades lo contienen

no comerciales,

pe

3

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Covelina

CuS

Aluminio

Al

Bauxita

Cantidades variables Al2O3, SiO2, TiO2 y Fe2O3

Hierro

Fe

Hematita

Fe2O3

Magnetita

Fe2O4

de BHP, Norsk Hydro Vale, CAP

Molibdeno Mo Molibdenita

MoS2

Molymet, Codelco, BHP

Silicio

Si

SiO2

Cementos Biobío

Renio

Re Ácido Perrénico Re2O7(OH2)2

Sílice

BHP, Codelco

Sulfuro de renio ReS2 Oro

Plata

Carbón

Au Oro nativo Silvanita

(Ag, Au)Te2

Calaverita

AuTe2

Orocuprita

Cu3Au

Ag Plata nativa

C

Au

Ag

Argentita

Ag2S

Tetrahidrita

(Cu, Fe, Ag) Sb4S3

Turba

50-55% C

Lignito

55-75% C

Hulla

75-90% C

Antracita

>90% C

Grafito

C

Kinross, Yamana, Barrick, BHP

Río Tinto, BHP, Xstrata, Barrick

ENACAR, Catmutún

Litio

Li

Cloruro de Litio

LiCl

SQM

Potasio

K

Salitre

KNO3

SQM

4

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2.3.

Compilado por Diego Carrasco

Problema (Ex 2012)

En las siguientes preguntas marque con un círculo la alternativa que le parezca correcta. Note que por cada 2 respuestas incorrectas se descontará una respuesta correcta.

1. La principal fuente de energía durante el proceso de fusión de sulfuros de Cobre es: a) b) c) d)

La electricidad El petróleo Los propios sulfuros metálicos presentes en el concentrado Todas las anteriores

2. El proceso de electro-obtención de Cu es mejor descrito por: i. El Cu del ánodo es disuelto electrolíticamente en la solución y recuperado depositándolo en el cátodo ii. El ánodo inerte proporciona los electrones con los que el Cu es electrodepositado en el cátodo iii. El Cu del cátodo es disuelto electrolíticamente en la solución y recuperado depositándolo en el ánodo iv. El cátodo inerte proporciona los electrones con los que el Cu es electrodepositado en el ánodo 3. La recuperación de cobre soluble en los procesos de lixiviación en pilas depende de: i. ii. iii. iv.

Distribución del tamaño de las partículas Características del flujo en un medio poroso no saturado Cinética de la reacción en la superficie de la partícula Todas las anteriores

4. Durante los procesos de lixiviación de oro, el agente lixiviante es: i. ii. iii. iv.

Ácido Sulfúrico Cal Cianuro Todas las anteriores

5

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5. En los procesos de lixiviación en pilas, el proceso de aglomeración permite: i. ii. iii. iv.

Disminuir el consumo de ácido sulfúrico Aumentar la permeabilidad de la pila Ahorrar energía Mejorar la cinética de reacción

6. El proceso de conversión en el horno Pierce-Smith se caracteriza por producir: i. Eje de alta ley, una escoria de baje ley de cobre (2% Cu) y SO2 en forma continua ii. Cobre blister, una escoria de baja ley de cobre (2% Cu) y SO2 en forma continua iii. Cobre blister y una escoria de alta ley de cobre (6% Cu) y SO2 en forma intermitente iv. Ánodos RAF, una escoria de baja ley de cobre (2% Cu) y SO2 en forma continua

7. Cuál de las siguientes afirmaciones es correcta con respecto al balance de calor entre los procesos de fusión y conversión de sulfuros de cobre: i. La fusión y conversión generan gran cantidad de calor ii. La fusión y conversión consumen gran cantidad de calor iii. La fusión genera gran cantidad de calor y la conversión consume gran cantidad de calor iv. La fusión consume gran cantidad de calor y la conversión genera gran cantidad de calor 8. Al ser expuestas a una solución de ácido sulfúrico, la calcopirita y la atacamita tienen velocidades de disolución: i. ii. iii. iv.

Rápidas Lentas Rápida y Lenta respectivamente Lenta y Rápida respectivamente 6

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9. La presencia de Ión Férrico en la nave electrolítica genera: i. Un aumento de la densidad de corriente ii. Una pérdida en la densidad de corriente iii. Un mejoramiento en la eficiencia de corriente iv. Una pérdida en la eficiencia de corriente 10. Los requerimientos energéticos aproximados para las operaciones de electro-obtención y electro-refinación de Cobre son: i. ii. iii. iv.

2000 y 250 kWh/ton respectivamente 250 y 2000 kWh/ton respectivamente 2000 kWh/ton para ambas 250 kWh/ton para ambas

11. En procesos de lixiviación, Ud. diría que los sulfuros primarios tienen una tasa de reacción: a) b) c) d)

Lenta Moderada Rápida Muy rápida

12. Durante la etapa de conversión, se requieren dos pasos de oxidación porque: a) Si se va a metal puro directamente, gran porción de las impurezas terminan en el metal valioso b) Mucho calor es generado, lo que puede dañar los equipos c) Se requiere ser selectivo d) Todas las anteriores. 13. El objetivo de agregar sílice al horno de fusión es: a) Cambiar el pH b) Eliminar Oxígeno 7

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c) Mejorar la captación de sulfuros d) Generar dos fases inmiscibles

14. El proceso Merril-Crowe para la extracción de oro se caracteriza por : a) b) c) d)

Extracción de Oro mediante agitación en ácido sulfúrico Concentración del Oro de la solución mediante el uso de Carbón Precipitación del Oro con uso de Zinc Todas las anteriores

15. El barro anódico obtenido durante la electro-refinación del Cobre se procesa para:

a) b) c) d)

reducir los residuos peligrosos antes de botarlos recuperar metales nobles capturar SO2 Todas las anteriores

Solución 1c; 2b; 3d; 4c; 5b; 6b; 7d; 8d; 9d; 10a; 11a; 12d; 13d; 14c; 15b.

2.4.

Problema (I1 2010)

En las siguientes preguntas marque con un círculo la alternativa que le parezca correcta. Por cada respuesta incorrecta se descontará una respuesta correcta. 1. Durante el proceso de electro-obtención: a. el metal llega como ánodo, es disuelto electrolíticamente en la solución y el metal es recuperado depositándolo en el cátodo b. el metal ya esta disuelto en la solución, el ánodo es insoluble y el metal es recuperado depositándolo en el cátodo c. la reacción en el cátodo entrega electrones y la reacción en el ánodo acepta electrones d. Solo a y c

2. Los requerimientos energéticos aproximados para las operaciones de electro8

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obtención y electro-refinación de Cobre son: a. 2000 y 250 kWh/ton respectivamente b. 250 y 2000 kWh/ton respectivamente c. 2000 kWh/ton para ambas d. 250 kWh/ton para ambas

3. La tostación tiene como objetivo: a. Remover calcio de los minerales calcáreos b. Remover exceso de agua de los minerales c. Remover azufre de los minerales sulfurados d. Ninguna de las anteriores

4. Durante los procesos de lixiviación de oro, el agente lixiviante es: a. Ácido Sulfúrico b. Cal c. Urea d. Cianuro

5. La electro-refinación y electro-obtención tienen: a. Mismos consumos específicos de energía b. Cátodos y Ánodos permanentes de acero c. Corrosión debido a neblina acida d. Ninguna de las Anteriores

9

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6. En procesos de lixiviación, Ud. diría que los sulfuros primarios tienen una tasa de reacción: a. Lenta b. Moderada c. Rápida d. Muy rápida

7. De acuerdo al diagrama Eh-pH para el oro y el agua, a 25°C, es posible indicar respecto que: a. Formas oxidadas del oro son predominantes en agua b. El oro será oxidado por el oxígeno disuelto en gua c. El oro no se oxida en agua d. Ninguna de las anteriores

8. La principal mena alimentada a la línea pirometalúrgica del Cobre son los: a. Oxidos secundarios 10

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b. Sulfuros Secundarios c. Sulfuros Primarios d. b y c

9. Los materiales que deben alimentarse al alto horno para la producción de arrabio son: a. Mineral de Hierrro, Coque y Aire Caliente b. Mineral de Hierrro, Coque, Aire Caliente y Piedra Caliza c. Mineral de Hierrro, Coque, Aire Caliente y Escoria d. Mineral de Hierrro, Carbono, Aire Caliente y Escoria

10. Basados en el diagrama de Ellingham adjunto, y considerando los óxidos de los metales presentes, es verdad que: a. El monóxido de carbono puede ser utilizado para producir Aluminio b. EL óxido de Cobre puede ser utilizado para reducir hierro a partir de Magnetita c. El oxido de Vanadio puede ser utilizado para reducir Titanio d. A altas temperaturas, el monóxido de carbono es un agente reductor

11

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Solución 1b; 2a; 3c; 4d; 5d; 6a; 7c; 8d; 9b; 10d.

2.5.

Problema (I2 2010)

Se tiene un mineral de Óxidos de Cobre acumulado en botaderos el cual se desea vender a una planta aledaña de lixiviación en pilas en operación. La ley de Cu total es de 1.2% y de Cu soluble de 0.8%. Durante un ciclo normal de lixiviación la recuperación es del 80% del Cu. Considere que el proceso de SX-EW tiene una eficiencia del 95% y que los costos de tratamiento (incluido manejo en pilas) son de 60 USc$/Lb de Cu producida. Los costos de comercialización son de 20 USc$/Lb de Cu. Se sabe además que los costos de procesamiento en Concentradora son de 80 USc$/Lb de Cu, en fundición de 25 USc$/Lb de Cu y refinería son de 15 USc$/Lb de Cu.

12

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a) Considerando un precio de venta de cobre catódico de US$3/Lb de Cu se le pide determinar el precio de transferencia del mineral considerando que Ud. desea obtener al menos un 60% del beneficio de explotación. b) Si por cada 1% adicional de mejora en recuperación los costos de tratamiento aumentan en un 15%, ¿cambiaría su respuesta? Solución a) Por cada tonelada extraída se recupera 80% del Cobre en la etapa de lixiviación y luego 95% en la etapa de SX-EW. Rec. Total =80%*95% 𝑈𝐶𝐶𝐷 𝑈𝐶𝐶𝐷 𝐿𝑏 � = (3 − 0.2 − 0.6) � � × (95% × 80% × 0.8%) × 2204 � � 𝐼𝑛𝑔𝑟𝑒𝑠𝑜𝑠𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎𝑠 � 𝑡𝑜𝑛 𝐿𝑏 𝑡𝑜𝑛 𝑈𝐶𝐶𝐷 𝑈𝐶𝐶𝐷 � = 29.48 𝐼𝑛𝑔𝑟𝑒𝑠𝑜𝑠𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎 � 𝑡𝑜𝑛 𝑡𝑜𝑛

60% × 𝐼𝑛𝑔𝑟𝑒𝑠𝑜𝑠𝑉𝑒𝑛𝑡𝑎 �

𝑈𝐶𝐶𝐷 𝑈𝐶𝐶𝐷 � = 17.69 𝑡𝑜𝑛 𝑡𝑜𝑛

b) Si por cada 1% de recuperación adicional los costos de tratamiento aumentan en un 15%, tenemos que:

Rec

Costo

Ingreso x

Adicional

RecLix

RecSX-EW

RecTot

Tratamiento

Venta

(%)

(1)

(2)

(1)×(2)

(US$/Lb)

(US$/ton)

0

80

95

76

0.6

29.48

1

81

95

77

0.69

28.63

2

82

95

78

0.78

27.75

3

83

95

79

0.87

26.83

4

84

95

80

0.96

25.89

5

85

95

81

1.05

24.92

Es decir, en este caso, una mejora en recuperación no compensa el mayor gasto en los costos de procesamiento.

13

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2.6.

Compilado por Diego Carrasco

Problema (Ex 2009)

1. Durante el proceso de electro-obtención: a) el metal llega como ánodo, es disuelto electrolíticamente en la solución y el metal es recuperado depositándolo en el cátodo b) el metal ya esta disuelto en la solución, el ánodo es insoluble y el metal es recuperado depositándolo en el cátodo c) la reacción en el cátodo entrega electrones y la reacción en el ánodo acepta electrones d) Solo a y c 2. La principal fuente de energía durante el proceso de fusión de sulfuros de Cobre es: a) b) c) d)

Los propios sulfuros metálicos presentes en el concentrado La electricidad El petróleo Todas las anteriores

3. La recuperación de cobre soluble en los procesos de lixiviación en pilas depende de: a) b) c) d)

Distribución del tamaño de las partículas Características del flujo en un medio poroso no saturado Cinética de la reacción en la superficie de la partícula Todas las anteriores

4. El convertidor teniente se caracteriza porque: a) b) c) d)

Produce un eje con una muy alta ley de cobre (72-75% Cu) La reacción ocurre con las partículas en suspensión Funde el concentrado a 1250° C Todas las anteriores

5. En los procesos de lixiviación en pilas, el proceso de aglomeración permite: a) Disminuir el consumo de ácido sulfúrico b) Aumentar la permeabilidad de la pila c) Ahorrar energía 14

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d) Mejorar la cinética de reacción

6. El proceso de conversión en el horno Pierce-Smith se caracteriza por producir: a) b) c) d)

Eje de alta ley, una escoria de baje ley de cobre (2%) y SO2 en forma continua Cobre blister, una escoria de baja ley de cobre (2%) y SO2 en forma continua Cobre blister y una escoria de alta ley de cobre (6%) y SO2 en forma intermitente Ánodos RAF, una escoria de baja ley de cobre (2%) y SO2 en forma continua

7. Cual de las siguientes afirmaciones es correcta con respecto al balance de calor entre los procesos de fusión y conversión de sulfuros de cobre: a) b) c) d)

La fusión y conversión generan gran cantidad de calor La fusión y conversión consumen gran cantidad de calor La fusión genera gran cantidad de calor y la conversión consume gran cantidad de calor La fusión consume gran cantidad de calor y la conversión genera gran cantidad de calor

8. Al ser expuestas a una solución de ácido sulfúrico, la calcopirita y la atacamita tienen velocidades de disolución: a) b) c) d)

Rápidas Lentas Rápida y Lenta respectivamente Lenta y Rápida respectivamente

9. La presencia de Ión Férrico en la nave electrolítica genera: a) b) c) d)

Un aumento de la densidad de corriente Una pérdida en la densidad de corriente Un mejoramiento en la eficiencia de corriente Una pérdida en la eficiencia de corriente

10. Los requerimientos energéticos aproximados para las operaciones de electro-obtención y electro-refinación de Cobre son: a) 2000 y 250 kWh/ton respectivamente b) 250 y 2000 kWh/ton respectivamente 15

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c) 2000 kWh/ton para ambas d) 250 kWh/ton para ambas Solución b, a, d, d, b, b, c, d, d, a.

3. Piro metalurgia 3.1.

Problema (Tarea 2013)

Elija 5 y explique en no más de 5 líneas (se considerará tamaño de letra legible y largo de cada línea carta) cada uno de los siguientes conceptos: (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)

Fusión Conversión Pierce-Smith Noranda Teniente Alto horno BOF

Solución Solamente se descontó puntaje en caso de que haya un gran error o que sea excesivamente general.

3.2.

Problema (Tarea 2013)

El proceso de conversión de mata a cobre blíster se lleva a cabo en un horno convertidor Pierce-Smith soplando aire por toberas sumergidas en la mata fundida. (1) Determine los requerimientos teóricos de aire para la conversión como función de la ley de la mata (grafíquela) (Considere los requierimientos para obtener una tonleda de cobre blíster). (2) Asumiendo una eficiencia de soplido del 65%, encuentre el porcentaje de SO2 que se va en los gases, también como función de la ley de la mata (grafíquela) (Considere los requierimientos para obtener una tonleda de cobre blíster). La ley de mata ajustada es el porcentaje peso-peso del cobre en la mata considerando el contenido adicional de sílice, cal, alumina y magnetita. De forma ilustrativa, evalúen las funciones obtenidas anteriormente de acuerdo a la siguiente muestra: Cu en la mata sin ajuste = 41% (Esto solo considera el contenido Cu2S y FeS) SiO2 en la mata = 1.01% CaO en la mata = 0.51% 16

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Al2O3 en la mata = 0.43%

O como Fe3O4 en la mata = 1.05% Fe como Fe3O4 en la mata = ¿%? (hint: Conoce los pesos atómicos y cual es el % p/p del oxígeno) Ley de mata ajustada = ¿%? Agregue los valores obtenidos como dato puntual a los gráficos obtenidos anteriormente. La eficiencia de soplido es la razón de oxígeno que combina el hierro con el azufre en la mata respecto al oxígeno total entregado al convertidor. Solución Sea g el procentaje (p/p) de cobre en la mata. • Porcentaje de S presente en Cu2S = g(32/127.08) = 0.2518g • Porcentaje de FeS = 100%-g-0.2518g=100%-1.2518g • Procentaje de Cu2S = 1.2518g Luego en 100 kg de mata hay: FeS:

100-1.2518g kg = 1.1389-0.0143g kmol

Cu2S:

1.2518g kg = 0.0079 kmol

La oxidación del hierro y el azufre se representa como: FeS+1.5O2 = FeO+SO2 Cu2S+O2=2Cu+SO2 Cantidad de O2 requerido por el FeS = 1.7084-0.0214g kmol Cantidad de O2 requerida por Cu2S = 0.0079g kmol Requerimientos de totales de O2 = 1.7084-0.0135g kmol Rquerimientos totales de aire = 8.135-0.064g En condiciones estándar de presión y temperatura un kmol de aire ocupa 22.4 m3. Por lo tanto: Volumen de aire requeridos = 182.229-1.44g m3 100 kg de mata = g/0.98 kg de blíster Requerimiento teóricos de aire = 178.585/g-1.411 17

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Requerimientos teóricos de aire vs. ley de mata para producción blíster Requerimientos de aire m3

3500 3000 2500 2000 1500 1000 500 0 0%

20%

40%

60%

80%

100%

Ley de mata

Por otro lado si la eficiencia de soplido es 65% los requerimientos aire: Aire requerido = (8.135-0.064g)/0.65 = 12.516-0.0989g kmol Excedente O2 = (12.516-0.0989g)*0.21-1.7084-0.0135g = 0.920-0.007g kmol N2 expulsado = (12.516-0.0989g)*0.79 = 9.887-0.078g kmol SO2 formado de FeS = 1.139-0.014g kmol SO2 formado de Cu2S = 0.008g kmol SO2 formado = 1.139-0.006g kmol SO2 como fracción de gases totales = 𝑆𝑂

𝑆𝑂2

2 +𝑂2 +𝑁2

1.139−0.006g 11.946−0.092g

SO2 como fracción de gases totales =

Para pasar a cantidad por cobre blíster producido se multiplican tanto el denominador como numerador el resultado es el que se obtuvo. El que gráficamente es:

18

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SO2 como % de gases de escape vs. ley de mata para producción blíster Requerimientos de aire m3

9.555% 9.550% 9.545% 9.540% 9.535% 9.530% 0%

10%

20%

30%

40%

50%

60%

70%

80%

90%

100%

Ley de mata

Finalmente en el punto dado: Fe como Fe3O4 en la mata = 1.05%*55.8*3/(16*4) =2.75% Luego, el factor de ajuste = 1-Σi≠Cu S, FeS [%]= 1-5.75% = 94.25% 2

Por lo que la ley ajustada = 41%*94.25% = 38.64%

Por lo tanto se requeiren 460 m3 de aire y la razón SO2/Gases es 9.542%.

3.3.

Problema (Tarea 2013)

Realice el balance para un horno de una fundición de cobre Noranda. La carga diaria del horno consiste en 1000 tons de concentrado de cobre, 240 tons de concentrado de escoria, 215 tons de flujo silíceo y 50 tons de polvo. Los análsis químicos de los constituyentes de la carga y de los productos del cobre están dados en la tabla adjunta. Los polvos de combustión se recolectan de los gases de escape, tienen un 6% p/p del concentrado de cobre y tiene la misma composición que el “polvo” de la carga. La escoria contiene 27% SiO2, 9% Cu y 1% S. El aire provisto al horno se fijo en 11*104 m3/hr, medido a 20 ̊C y a 755 mm Hg. La humedad del contido de aire 10 g/m3. El consumo del petróleo utilizado como combustible (Bunker C) es en promedio 3.65 m3/hr. La gravedad específica del petróleo es 0.9861, y su composición es 85.7% C, 10.5% H, 2.8% S, y 1% N. Calcule: (1) La producción diaria de cobre blister y escoria, junto con la composición de la escoria. (2) La fracción de azufre en la carga oxidado hasta productos gaseosos. (3) La transferencia neta de oxígeno desde al aire a las fases líquidas. 19

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(4) El flujo y composición de los gases liberados. (5) Un diagrama con el balance másico de todos los flujos (en tpd). Componente (% p/p)

Cu

Fe

S

Zn

SiO2

CaO

Al2O3

H2O

Resto (O)

Concentrado de cobre

20.5

27

30.1

1

4.5

-

-

10.5

6.4

Concentrado de escoria

45.5 19.5

6.8

1

9

0.5

1

7.4

9.3

Flujo silíceo

-

6.4

2

-

68

5.4

12

4.95

1.25

24

12

14

22

6

1.3

1.6

10

9.1

97.5

0.3

1.5

0.1

-

-

-

-

0.6

Polvo Cobre blíster

Solución (1) Para realizar el balance de sílice es necesario calcular la cantidad de polvo que sale del sistema, que son 60 tons (1000×6%=60).

SiO2 Entrada

Concentrado de cobre

Entrada

Concentrado de escoria

Entrada

Flujo silíceo

Entrada

Polvo

3

Salida

Cobre blíster

0

Salida

Polvo

Salida

Gases de escape Total

45 21.6 146.2

3.6 0 212.2

Considerando que todo lo que sobra de sílice sale por la escoria, que equivale al 27% de ésta que son 785.9 tons (212.2/27%). Para el balance de cobre : 20

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Cu Entrada

Concentrado de cobre

Entrada

Concentrado de escoria

Entrada

Flujo silíceo

Entrada

Polvo

12

Salida

Polvo

14.4

Salida

Escoria (785.9×9%)

Salida

Gases de escape

205 109.2 0

70.73 0

Total

241.07

Considerando que todo el cobre qe sobra sale por el blíster, y que tiene una ley de 97.5% el total de blíster son 247.3 tons (241.1/97.5%). Para calcular la composición de la escoria es necesario conocer cuanto de cada metal se va a la escoria. Balance de fierro:

Fe Entrada

Concentrado de cobre

270

Entrada

Concentrado de escoria

46.8

Entrada

Flujo silíceo

Entrada

Polvo

Salida

Cobre blíster

Salida

Polvo

13.76 6 0.74 7.2

21

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco Total

328.62

Balance de zinc:

Zn Entrada

Concentrado de cobre

10

Entrada

Concentrado de escoria

2.4

Entrada

Flujo silíceo

Entrada

Polvo

Salida

Cobre blíster

0.25

Salida

Polvo

13.2

Total

9.95

0 11

Balance de CaO: CaO Entrada

Concentrado de cobre

Entrada

Concentrado de escoria

Entrada

Flujo silíceo

Entrada

Polvo

Salida

Cobre blíster

Salida

Polvo

0.78

Total

12.68

0 1.2 11.61 0.65 0

Balance de Al2O3:

22

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Al2O3 Entrada

Concentrado de cobre

Entrada

Concentrado de escoria

Entrada

Flujo silíceo

Entrada

Polvo

Salida

Cobre blíster

Salida

Polvo

0.96

Total

28.04

0 2.4 25.8 0.8 0

Luego el tonelaje de cada componente es conocido, excepto azufre que es un procentaje fijo y el oxígeno que es resto: tons

%

SiO2

212.2

27.0%

Cu

70.73

9.0%

Fe

328.62

41.8%

Zn

9.95

1.3%

CaO

12.68

1.6%

Al2O3

28.04

3.6%

S

1.0%

O

14.74%

(2) Para calcular la fracción de azufre que se oxida formando óxido de azufre

S

23

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco Entrada

Concentrado de cobre

Entrada

Concentrado de escoria

Entrada

Flujo silíceo

Entrada

Polvo

Salida

Cobre blíster

Salida

Polvo

Salida

Escoria Total

301 16.32 4.3 7 3.71 8.4 7.86 308.65

Por lo que la cantidad de azufre que sale en los gases son 308.65 tons, lo que equivale al 93.9% (308.65/328.62).

(3) En primer lugar hay que considerar que ni el Al2O3 ni CaO ni SiO2 sufren ningún tipo de reducción en el proceso, y el agua tampoco se disocia, por lo que también se excluye del balance de oxígeno:

O Entrada

Concentrado de cobre

Entrada

Concentrado de escoria

Entrada

Flujo silíceo

2.67

Entrada

Polvo

4.55

Salida

Cobre blíster

1.48

Salida

Polvo

5.46

Salida

Escoria

115.82

Total

-29.22

64 22.32

24

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Luego la transferencia neta de oxígeno hacia las fases líquidas son 29.22 tons.

(4) Para calcular el flujo y la composición de los gases de escape se debe calcular la composición de los gases de entrada. 𝐴𝐶𝐶𝑟𝑒𝑑í𝑎 = 𝐴𝐶𝐶𝑟𝑒ℎ𝑟 × 24

ℎ𝑟 𝑚3 = 11 × 104 × 24 = 2.64 × 106 𝑑í𝑎 𝑑í𝑎

Si consideramos que por cada m3 de aire húmedo que entra entran 10 g de H2O, están entrado: 𝑄𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒 = 26.4 × 105

𝑔 1 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑚3 × 10 3 × = 1466.7 𝑔 𝑑í𝑎 𝑚 𝑑í𝑎 18 𝑚𝑜𝑙

En las condiciones dadas, y asumiendo comportamiento de gas ideal. Si cambia la presión, volúmen y temperatura lo que se mantiene constante es el número de moles y la constante de gas ideal luego:

𝑃1 𝑉1 𝑃2 𝑉2 = 𝑛𝑅 = 𝑇1 𝑇2

En condiciones estándar de presión y temperatura (IUPAC 0.99 atm y 0o C) un mol de gas ideal equivale a 22.4 litros. Luego en las condiciones dadas: 750.12 𝑚𝑚𝐻𝐻𝑔 × 22.4 273.15𝑜 𝐾

𝑚3 𝑘𝑚𝑜𝑙 = 755 𝑚𝑚𝐻𝐻𝑔 × 𝑉2 293.15𝑜 𝐾

𝑚3 𝑉2 = 23.88 𝑘𝑚𝑜𝑙

Por lo que entran 35031 (23.88×1467) m3 de agua por día, lo que implica que considerando una composición de 21% v/v de oxígeno, y 79% v/v de nitrógeno (es más bien 78% nitrógeno cerca de 0.% argón y otros gases), por lo que si cada día entran 2,604,969 m3 (2.64×106-35031) de aire seco son 547,044 m3 (2,604,969×21%) de oxígeno y 2,057,926 m3 (2,604,969×79%) de nitrógeno. Lo que en moles se traduce en 22,903.5 kmol de oxígeno y 86,160.7 kmol de nitrógeno. Por otro lado el gas que entra a diario son 86.4 ton/día (3.65 m3/hr × 24 hr/día × 0.9861 ton/m3) por lo que de cada componente entra a diario:

25

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco Componente %

ton

kmol

C

85.70%

74.0

6169

H

10.50%

9.1

9070

S

2.80%

2.4

76

N

1%

0.9

62

Para la combustión completa del carbono se necesita un mol por O2 por mol de C, lo mismo para el azufre y para el hidrógeno se necesita un cuarto, que se convierte en agua. 𝐶𝐶 + 𝑂𝑂2 → 𝐶𝐶𝑂𝑂2 1 2𝐻𝐻 + 𝑂𝑂2 → 𝐻𝐻2 𝑂𝑂 2 𝐶𝐶 + 𝑂𝑂2 → 𝐶𝐶𝑂𝑂2 Luego los consumos de O2 por componente son: ton O2 Componente kmol O2 consumido consumido C

6169

197.4

H

2268

72.6

S

76

2.4

N

0

0.0

Por lo que se necesitan 272.4 tons de oxígeno diarias para la combustión de gas, si se agregamos las29.2 ton transferidas a las fases líquidas y las 308.65 ton para el azufre proveniente de los metales (308.65/32*32). Por lo que se consumen 610 toneladas de oxígeno a diario (19,071 kmol) por lo que sobran 3,833 kmol. Finalmente para el cálculo de los gases de escape es necesario realizar el balance de aguas. En las fases sólidas:

26

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco Tipo de flujo

Flujo

ton H2O

Entrada

Concentrado de cobre

105

Entrada

Concentrado de escoria

17.8

Entrada

Flujo silíceo

10.6

Entrada

Polvo

5

Salida

Polvo

6

Total

132.4025

Por otro lado en el aire húmedo entran 26.4 ton al día (1466.7 kmol × 18 kg/kmol × 1ton/1000kg), además de forman 81.6 toneladas desde los gases (se forman 4535kmol, lo que equivale a 4535kmol×18kg/kmol×1ton/1000kg). Finalmente salen 240.4 ton de agua como vapor (132.4+26.4+81.6), lo que hay que sumar a los balances. Luego los gases de escape son:

Componente kmol

kg

ton

%

O2

3832.8

122648.8

122.6

3.3%

N2

86191.5

2413363.1

2413.4

65.8%

CO2

6169.1

271442.2

271.4

7.4%

SO2

9720.9

622137.4

622.1

17.0%

H2O

13357.4

240433.8

240.4

6.6%

Total

3670.0

(5) Sintetizando lo anterior, en un diagrama con los flujos en tpd:

Concentrado C. escoria

1000 240

Horno

247.3 Blíster 27

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Flujo silíceo Polvo

Aire húmedo Gas

215

785.9 Escoria

50

60 Polvo

3171.8

3670 Gas escape

86.4

Cabe destacar que los gases de escape vienen con un material particulado, que es el polvo, el cual se recupera y reingresa al horno. Como se ve en el diagrama no todo el polvo que sale logra volver al horno, esto se debe a que el proceso no es capaz de recuperarlo todo. Antes de que sea recuperado el polvo los gases son arrojados a la atmósfera a 1300oC. Un horno de oxígeno básico se carga con 200 tons de metal caliente y 20 tons de chatarra. Los análsis químicos son: - Metal caliente: 4.2% p/p C, 1.5% p/p Si, 0.8% p/p Mn, 0.4% p/p P - Chatarra: 0.2% p/p C Se sopla oxígeno (98% p/p puro) a una tasa de 1 ton/min. Éste oxida todo el C, Si, Mn, y P, asi como Fe equivalente al 4% p/p del metal caliente. Todo el FeO formado se va a la escoria. Los gases contienen CO y CO2 en relación 9:1. Asuma que hay suficiente cal (CaO) para formar la escoria con un contenido de 38% p/p CaO. Calcule: (1) La cantidad de oxígeno utilizado (2) El tiempo de soplido por carga (3) El peso y composición de escoria por carga Considere que los flujos de entrada y salida son:

Entrada

Salida

Metal caliente

Metal refinado

Chatarra

Escoria

Oxígeno

Gases

Cal

Solución:

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(1) La reacción de oxidación del carbono se puede escribir como: 𝐶𝐶 + 𝐴 × 𝑂𝑂2 ↔ 𝐵1 × 𝐶𝐶𝑂𝑂 + 𝐵2 × 𝐶𝐶𝑂𝑂2

Luego debe cumplirse: la razón 9:1:

𝐵1 9 = 𝐵2 1

El carbono limita:

𝐵1 + 𝐵2 = 1

El balance de oxígeno:

2 × 𝐴 = 𝐵1 + 2 × 𝐵2

Luego:

Las otras reacciones que ocurren son:

𝐵1 = 0.9 𝐵2 = 0.1 𝐴 = 0.55 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝑂𝑂2 ↔ 𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂2

1 𝑀𝑛 + 𝑂𝑂2 ↔ 𝑀𝑛𝑂𝑂 2 1 5 𝑃 + 𝑂𝑂2 ↔ 𝑃2 𝑂𝑂5 2 4 1 𝐹𝑒 + 𝑂𝑂2 ↔ 𝐹𝑒𝑂𝑂 2

En la carga hay 8.44 ton de C (200t×4.2%+20t×0.2%), por lo que se necesitan 386.8 kmol de O2: 𝑂𝑂2 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑏𝑜𝑛𝑜 =

8.44𝑡 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 × 1000 × 0.55 = 386.8 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐶 𝑡𝑜𝑛 12 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐶

Hay 3 ton de silicio (1.5%×200t), luego se necesitan 106.8 kmol de O2: 𝑂𝑂2 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑖𝑙𝑖𝑐𝑖𝑜 =

3𝑡 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 × 1000 ×1 = 106.8 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑡𝑜𝑛 28 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐶𝐶𝐶

29

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Hay 1.6 ton de manganeso (0.8%×200t), luego se necesitan 14.5 kmol de O2:

𝑂𝑂2 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑚𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛𝑒𝑠𝑜 =

1.6𝑡 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 × 1000 × 0.5 = 14.5 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑛 𝑡𝑜𝑛 55 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑛

Hay 0.8 ton de fósforo (0.4%×200t), luego se necesitan 32.3 kmol de O2: 𝑂𝑂2 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑓ó𝑠𝑓𝑜𝑟𝑜 =

0.8𝑡 𝑘𝑔 5 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 × 1000 × = 32.3 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑛 𝑡𝑜𝑛 4 31 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑛

Se oxidan 8 ton de fierro (4%×200t), luego se necesitan 71.4 kmol de O2: 𝑂𝑂2 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑓𝑖𝑒𝑟𝑟𝑜 =

8𝑡 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 × 1000 × 0.5 = 71.4 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑛 𝑡𝑜𝑛 56 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑛

Luego es oxígeno puro requerido son 611.8 kmol

(2) Si consideramos que se necesitan 19.6 ton de oxígeno (611.8kmol×32kg/kmol×1ton/1000kg), son 19.98 ton de oxígeno al 98% p/p de pureza (19.98ton/0.98), por lo que el tiempo de soplido son ~20 minutos. (3) Considerando los óxidos que se forman: - CO: por cada kmol de O2 consumido para oxidar carbono se forman 1.6 kmol de CO (0.9/0.55), luego se forman 632.9 kmol de CO (1.6×386.8), lo que equivale a 17.7 ton de CO. - CO2: Por cada kmol de O2 consumido para oxidar carbono se forman 0.2 kmol de CO2 (0.1/0.55), luego se forman 70.3 kmol de CO2 (0.2×386.8), lo que equivale a 3.1 ton de CO2. - SiO2: Por cada kmol de O2 consumido para oxidar silicio se forma 1 kmol de SiO2, luego ser forman 106.8 kmol de SiO2, lo que equivale a 6.4 ton de SiO2. - MnO: Por cada kmol de O2 consumido para oxidar manganeso se forma 2 kmol de MnO (1/0.5), luego se forman 29 kmol de MnO, lo que equivale a 2.1 ton de MnO - P2O5: Por cada kmol de O2 consumido para oxidar fósforo se forman 0.4 kmol de P2O5 ([1/2]/[5/4]), luego se forman 12.9 kmol de P2O5 (0.4×32.3), lo que equivale a 1.8 ton de P2O5. - FeO: Por cada kmol de O2 consimido para oxidar fierro se forman 2 kmol de FeO (1/0.5), liego se forman 142.8 kmol de FeO (2×71.4), lo que equivale a 10.3 ton de FeO. 30

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De los óxidos formados los de carbono son volátiles mientras que el resto va directo a la escoria, la suma de éstos equivale al 62% de ésta (1-38%). Por lo que se forman 33.2 ton de escoria:

Componente peso ton

3.4.

% p/p

SiO2

6.4

19%

MnO

2.1

6%

P2O5

1.8

5%

FeO

10.3

31%

CaO

12.6

38%

Total

33.2

100%

Problema (Tarea 2013)

Un horno de oxígeno básico se carga con 200 tons de metal caliente y 20 tons de chatarra. Los análsis químicos son: - Metal caliente: 4.2% p/p C, 1.5% p/p Si, 0.8% p/p Mn, 0.4% p/p P - Chatarra: 0.2% p/p C Se sopla oxígeno (98% p/p puro) a una tasa de 1 ton/min. Éste oxida todo el C, Si, Mn, y P, asi como Fe equivalente al 4% p/p del metal caliente. Todo el FeO formado se va a la escoria. Los gases contienen CO y CO2 en relación 9:1. Asuma que hay suficiente cal (CaO) para formar la escoria con un contenido de 38% p/p CaO. Calcule: (4) La cantidad de oxígeno utilizado (5) El tiempo de soplido por carga (6) El peso y composición de escoria por carga Considere que los flujos de entrada y salida son:

Entrada

Salida

Metal caliente

Metal refinado

Chatarra

Escoria

Oxígeno

Gases

31

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Solución (1) La reacción de oxidación del carbono se puede escribir como: 𝐶𝐶 + 𝐴 × 𝑂𝑂2 ↔ 𝐵1 × 𝐶𝐶𝑂𝑂 + 𝐵2 × 𝐶𝐶𝑂𝑂2

Luego debe cumplirse: la razón 9:1:

𝐵1 9 = 𝐵2 1

El carbono limita:

𝐵1 + 𝐵2 = 1

El balance de oxígeno:

2 × 𝐴 = 𝐵1 + 2 × 𝐵2

Luego:

Las otras reacciones que ocurren son:

𝐵1 = 0.9 𝐵2 = 0.1 𝐴 = 0.55 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝑂𝑂2 ↔ 𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂2

1 𝑀𝑛 + 𝑂𝑂2 ↔ 𝑀𝑛𝑂𝑂 2 1 5 𝑃 + 𝑂𝑂2 ↔ 𝑃2 𝑂𝑂5 2 4 1 𝐹𝑒 + 𝑂𝑂2 ↔ 𝐹𝑒𝑂𝑂 2

En la carga hay 8.44 ton de C (200t×4.2%+20t×0.2%), por lo que se necesitan 386.8 kmol de O2: 𝑂𝑂2 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑏𝑜𝑛𝑜 =

8.44𝑡 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 × 1000 × 0.55 = 386.8 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐶 𝑡𝑜𝑛 12 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐶

32

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Hay 3 ton de silicio (1.5%×200t), luego se necesitan 106.8 kmol de O2: 𝑂𝑂2 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑖𝑙𝑖𝑐𝑖𝑜 =

3𝑡 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 × 1000 ×1 = 106.8 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑡𝑜𝑛 28 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐶𝐶𝐶

Hay 1.6 ton de manganeso (0.8%×200t), luego se necesitan 14.5 kmol de O2:

𝑂𝑂2 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑚𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛𝑒𝑠𝑜 =

1.6𝑡 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 × 1000 × 0.5 = 14.5 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑛 𝑡𝑜𝑛 55 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑛

Hay 0.8 ton de fósforo (0.4%×200t), luego se necesitan 32.3 kmol de O2: 𝑂𝑂2 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑓ó𝑠𝑓𝑜𝑟𝑜 =

0.8𝑡 𝑘𝑔 5 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 × 1000 × = 32.3 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 𝑘𝑔 𝑡𝑜𝑛 4 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑛 31 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑛

Se oxidan 8 ton de fierro (4%×200t), luego se necesitan 71.4 kmol de O2: 𝑂𝑂2 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑓𝑖𝑒𝑟𝑟𝑜 =

8𝑡 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 × 1000 × 0.5 = 71.4 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂𝑂2 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑛 𝑡𝑜𝑛 56 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑛

Luego es oxígeno puro requerido son 611.8 kmol

(2) Si consideramos que se necesitan 19.6 ton de oxígeno (611.8kmol×32kg/kmol×1ton/1000kg), son 19.98 ton de oxígeno al 98% p/p de pureza (19.98ton/0.98), por lo que el tiempo de soplido son ~20 minutos. (3) Considerando los óxidos que se forman: - CO: por cada kmol de O2 consumido para oxidar carbono se forman 1.6 kmol de CO (0.9/0.55), luego se forman 632.9 kmol de CO (1.6×386.8), lo que equivale a 17.7 ton de CO. - CO2: Por cada kmol de O2 consumido para oxidar carbono se forman 0.2 kmol de CO2 (0.1/0.55), luego se forman 70.3 kmol de CO2 (0.2×386.8), lo que equivale a 3.1 ton de CO2. - SiO2: Por cada kmol de O2 consumido para oxidar silicio se forma 1 kmol de SiO2, luego ser forman 106.8 kmol de SiO2, lo que equivale a 6.4 ton de SiO2. - MnO: Por cada kmol de O2 consumido para oxidar manganeso se forma 2 kmol de MnO (1/0.5), luego se forman 29 kmol de MnO, lo que equivale a 2.1 ton de MnO 33

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- P2O5: Por cada kmol de O2 consumido para oxidar fósforo se forman 0.4 kmol de P2O5 ([1/2]/[5/4]), luego se forman 12.9 kmol de P2O5 (0.4×32.3), lo que equivale a 1.8 ton de P2O5. - FeO: Por cada kmol de O2 consimido para oxidar fierro se forman 2 kmol de FeO (1/0.5), liego se forman 142.8 kmol de FeO (2×71.4), lo que equivale a 10.3 ton de FeO. De los óxidos formados los de carbono son volátiles mientras que el resto va directo a la escoria, la suma de éstos equivale al 62% de ésta (1-38%). Por lo que se forman 33.2 ton de escoria:

Componente peso ton

3.5.

% p/p

SiO2

6.4

19%

MnO

2.1

6%

P2O5

1.8

5%

FeO

10.3

31%

CaO

12.6

38%

Total

33.2

100%

Problema (Tarea 2013)

Elija 4 de las siguientes preguntas y respóndalas. 3.5.1. Pregunta Se produjo hiero a partir de hematita con carbón. El mineral utilizado contenía 66.8% p/p Fe y es resto SiO2. Todo es Fe en mineral se encontraba en estado férrico. La reacción es la siguiente: Fe2O3+2.25C=2Fe+A1CO+A2CO2. (1) Encuentre el radio CO/CO2 de los gases producidos. (2) Calcule la cantidad de mineral y carbon consumidos por tonelada de hierro producido (3) Determine el volúmen de gases generado por tonelada de hierro producido Solución (1) Debe mantenerse la cantidad de carbono y la cantidad de oxígeno, lo que en ecuaciones es:

3 = 𝐴1 + 2 × 𝐴2 2.25 = 𝐴1 + 𝐴2

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LuegoA1 es 1.5 y A2 es 0.75, por lo que el radio CO/CO2 es 2 (A1/A2) (2) Asumiendo que hay una recuperación del 100% en el proceso se necesitan 1.5 ton de mineral para producir una fierro (1/0.668) y 241.5 kg de carbón puro para producir una tonelada de fierro ([1000×2.25×12]/[2×55.85]). (3) Si cada 111.7 kg de fierro (2×55.85) se producen 1.5 kmol de CO y 0.75 kmol de CO2, entonces cada toneda de fierro se producen 13.4 y 6.7 kmol de CO y CO2, lo que equivale a 300.8 y 150.4 m3 respectivamente (en condiciones estándar). Por lo que se producen 451 m3 de gas por tonelada de hierro producido. 3.5.2. Pregunta Se calcina caliza en un horno rotativo que funciona a gas natural. El horno se opera en estado estacionario produciendo 280 ton de cal calcinada a muerte diarias. El mineral que alimenta al horno tiene un contenido 96% p/p CaCO3, 2% p/p SiO2, 1% p/p Fe2O3 y 1% p/p H2O. Calcule: (1) Tasa de alimentación de caliza. (2) La composición de la cal. Solución

En el diagrama adjunto se observa como funciona el horno rotativo. La gracia de éste que acepta una amplia gama de calizas, sin embargo tiene un alto gasto de energía devido a su ineficiente intercambio de calor. Puede producir cal suave, media o dura, incluso cal calcinada a muerte.

35

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(1) Considerando que se disocia el CaCO3 y que el agua se evapora. El carbonato de calcio se disocia formando un 54% p/p de CaO y 44% de CO2. Por lo que por cada tonelada de mineral se forma: 54% CaO 2% SiO2 1% Fe2O3 42% CO2 1% H2O Lo que implica que por cada toneda de mineral se forman 570 kg de cal calcinada a muerte (54%+2%+1%). Por lo tanto si se producen 280t de cal se deben alimentar 493.3 ton de caliza al horno a diario. (2) La composición de la caliza es: CaO

94.7%

SiO2

3.5%

Fe2O3

1.8%

3.5.3. Pregunta El sulfuro de plomo se puede reducir directamente según la siguiente reacción: PbS+CaO+C=Pb+CaS+CO Calcule por tonedada de plomo producida: (1) Cantidades de PbS, CaO y C requeridos. (2) Cantidad de CaS producido. (3) Volumen de CO generado. 36

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Solución (1) Asumiendo el 100% de recuperación en el proceso: 𝑀𝑃𝑏𝑆/𝑃𝑏 = 𝑀𝐶𝑎𝑂/𝑃𝑏 =

𝑚𝑃𝑏𝑆 207 + 32 = = 1.15 𝑚𝑃𝑏 207 𝑚𝐶𝑎𝑂 40 + 16 = = 0.27 𝑚𝑃𝑏 207

𝑀𝐶/𝑃𝑏 =

𝑚𝐶 12 = = 0.06 𝑚𝑃𝑏 207

Luego por tonelada producida de plomo se requieren 1.15 ton de PbS, 0.27 ton de CaO y 0.06 ton de C.

(2) 𝑀𝐶𝑎𝑆/𝑃𝑏 =

𝑚𝐶𝑎𝑆 40 + 32 = = 0.35 𝑚𝑃𝑏 207

Luego por tonelada de plomo se forma 0.35 ton de CaS.

(3) 𝑀𝐶𝑂/𝑃𝑏 =

𝑚𝐶𝑂 12 + 16 = = 0.14 𝑚𝑃𝑏 207

Luego por tonelada de plomo se forman 135 kg de CO, lo que equivale a 4.83 kmol de CO. En condiciones estándar de presión y temperatura son: 108 m3 de CO.

3.5.4. Pregunta El aluminio es producido por electrólisis de Al2O3 disuelto en criolita fundida usando un ánodo de carbón. El oxígeno liberado en el ánodo se combina con carbón para formar CO y CO2. En una celda en particular el radio CO/CO2 es 10. La celda produce 300 kg de aluminio diario. (1) Encuentre la reacción química balanceada que ocurre en la celda. (2) Calcule la masa de Al2O3 que se consume diariamente. (3) El volumen de CO y CO2 producido diariamente.

37

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Solución (1)

Compilado por Diego Carrasco

𝑎𝐴𝑙2 𝑂𝑂3 + 𝑏𝐶𝐶 ↔ 𝑐𝐴𝑙 + 𝑑𝐶𝐶𝑂𝑂 + 𝑒𝐶𝐶𝑂𝑂2

Debe cumplirse que:

Imponiendo como condición:

Se resuelve el sistema obteniendo:

2×𝑎 =𝑐 𝑏 = 𝑑+𝑒 3×𝑎 =𝑑+2×𝑒 𝑑 = 10 𝑒 𝑎=1 𝑏 = 2.75 𝑐=2 𝑑 = 2.5 𝑒 = 0.25

𝐴𝑙2 𝑂𝑂3 + 2.75 × 𝐶𝐶 ↔ 2 × 𝐴𝑙 + 2.5 × 𝐶𝐶𝑂𝑂 + 0.25 × 𝐶𝐶𝑂𝑂2 (2) Para producir 300kg (asumiendo recuperación 100%) de aluminio, o 11.11 kmol de Al, se necesitan 5.56 kmol de Al2O3, lo que equivale a 566.7 kg de Al2O3. (3) A partir de los 5.56 kmol de Al2O3 calculados anteriormente se forman 13.89 kmol de CO y 1.39 kmol de CO2, lo que en STP corresponde a 311.1 y 31.1 m3 respectivamente.

3.5.5. Pregunta Un convertidor es cargado con 100 tons de mata, conteniendo 55% p/p FeS, y el resto siendo Cu2S. Los sulfuros se oxidan soplando aire al convertidor. FeS+1.5O2=FeO+SO2 Cu2S+O2=2Cu+SO2 Calcule: 38

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería (1) (2) (3) (4)

Compilado por Diego Carrasco

Volúmen de aire requerido. Volúmen de SO2 producido. La cantidad de cobre producida La cantidad de escoria fayalítica (2FeO×SiO2) producida.

Solución (1) Hay 55,000 kg de FeS y 45,000 kg de Cu2S en una tonelada de mata, lo que equivale a 626 y 283 kmol respectivamente, por lo que se requieren 1222 kmol de O2 para oxidar a ambos completamente (626×1.5+283). En condiciones estándar de presión y temperatura se requieren 27,375.5 m3 de O2, lo que equivale a 130,359.4 m3 de aire. (2) Por cada mol de Cu2S se forma uno de SO2, lo mismo corre para la pirrotita, por lo que se forman 909 kmol de SO2, lo que en condiciones estándar de presión y temperatura equivalen a 20,363.5 m3. (3) Por cada mol de Cu2S se forman 2 de Cu, por lo que se forman 566 kmol de Cu, lo que equivale 35.94 ton de cobre por 100 toneladas de mata. (4) Por cada mol de pirrotita se forma un mol de wustita, y por cada mol de wustita se forma medio mol de escoria fayalítica, por lo que se forman 313 kmol de escoria fayalítica. Esto equivale a 63.8 ton de escoria.

3.5.6. Pregunta En una alto horno de hierro ideal, hematita pura (Fe2O3) se redujo a hierro mediante monóxido de carbono. El último se produce por la combustión de carbón con aire. Para asegurar una reducción completa de Fe2O3 se genera un exceso de CO. La siguiente reacción química representa al proceso de reducción: Fe2O3+γCO=2Fe+3CO2+(γ-3)CO La razón de CO y CO2 en el gas producido es 1.6:1 en volúmen. El horno produce 2000 tons de hierro diaro. (1) Encuentre el valor de γ. (2) Calcule el flujo volumétrico en condiciones estándar de presión y temperatura CO y CO2. (3) Calcule el consumo de carbón coke por tonelada de hierro producida, dado que el carbón coke es en un 88% p/p C. (4) Encuentre el volúmen de aire, en condiciones estándar de presión y temperatura, requerido para producir el CO necesario para producir una tonelada de hierro. (5) Si el horno se carga con caliza cuyo peso es un cuarto del Fe2O3 reducido, ¿cual es la razón final de CO:CO2 en los gases de escape? Asuma que todo el CaCO3 se disocia a CaO y CO2.

39

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Solución (1) Considerando que ambos gases en las mismas condiciones de presión y temperatura hablar de volúmen es equivalente a hablar de moles, por lo que se debe cumplir que: 𝛾−3 𝐶𝐶𝑂𝑂 = = 1.6 → 𝛾 = 7.8 3 𝐶𝐶𝑂𝑂2

(2) Esas 2000 tons de hierro equivalen 35,810.2 kmol de Fe, por lo que se producen 53,715.3 kmol de CO2 (35,810×3/2) y 85,944.5 kmol de CO (35,810*(7.8-3)/2). Por lo tanto en STP se forman 1,203,222 m3 de CO2 y 1,925,156.7 m3 de CO a diario. (3) Para producir una tonelada de hierro, o 17.9 kmol de Fe (1000/55.85), se necesitan 69.8 kmol de C (17.9×7.8/2), lo que equivale a 837.96 kg (69.8×12). Por lo tanto se necesitan 952.2 kg de coke (838/88%). (4) Para producir una tonelada de hierro, o 17.9 kmol de Fe (1000/55.85), se necesitan 69.8 kmol de CO (17.9×7.8/2), por lo que se necesitan 34.9 kmol de O2 para oxidar al carbono hasta CO (69.8/2), lo que equivale a 782 m3 de oxígeno o 3,724.3 m3 de aire. (5) Por cada tonelada de hierro producrido, o 17.9 kmol de Fe (1000/55.85), se cargan 8.95 kmol de Fe2O3, o 1.43 ton de hematita. Lo que implica que se cargan 357.4 kg de caliza, o 3.6 kmol de CaCO3, por lo que se forman 3.6 kmol de CO2 producto de la calcinación. Por otro lado se forman 26.9 kmol de CO2 y 42.97 kmol de CO producto de la reducción de la hematita, lo que implica que se forman 30.4 kmol de CO2 en total en el horno. Por lo que la razón CO:CO2 es 1.41.

3.6.

Problema (I1 2013)

En las siguientes preguntas marque con un círculo la alternativa que le parezca correcta. Por cada respuesta incorrecta se descontará una respuesta correcta. 2. ¿Cuál de los siguientes minerales no corresponde a la clasificación de un sulfuro primario?

e. f. g. h.

Enargita Calcosina Calcopirita Bornita

3. ¿Cuál de los siguientes productos del cobre no es comercializable?

a. b. c. d.

Eje Cobre Blister Concentrado Ánodos de Cobre 40

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4. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones no es correcta?

a. b. c. d.

El Hierro es obtenido de la reducción química de Hematita y Magnetita El Aluminio se obtiene mediante la purificación de la Bauxita El oro es recuperado mayoritariamente mediante el proceso Merrill Crowe El arrabio es la materia prima para la fabricación de Acero.

5. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones no es correcta?

a. b. c. d.

Se conoce como fundiciones a aquellas aleaciones que tienen menos de 2% Carbono Los Aceros se clasifican en aceros alta aleación y baja aleación Las fundiciones se clasifican en fundiciones Gris, Dúctil, Blanca y Maleable Ninguna de las anteriores

6. ¿Cuál de los siguientes elementos no es una impureza relevante en la electro-obtención?

a. b. c. d.

Oxígeno Plomo Azufre Fierro

Solución 1b; 2a; 3c; 4a; 5a;

3.7.

Problema (I1 2013)

Determine el equilibrio de Ag, Au, y Cu con sus oxidos y dibuje el diagrama de Pourbaix para todos ellos. Explique porque estos elementos pueden ser encontrados en su estado metálico en la naturaleza. Asuma que el potencial de reducción del agua es cero.

Au2O3 + 6H+ + 6e-  2Au + 3H2O

Ag2O + 2H+ + 2e-  2Ag + H2O

Cu2O + 2H+ + 2e-  2Cu + H2O 41

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dG° H2O = -237.141 J/mol dG° Au = 0 dG° Au2O3 = 163.200 J/mol dG° H+ = 0 dG° Ag = 0 dG° Ag2O = -10.820 J/mol dG° Cu = 0 J/mol dG° Cu2O = -146.030 J/mol R = 8,314 C/K.mol T = 298 °K F = 96500 C/mol Solución Comenzamos por calcular Δ𝐺 0 para cada reacción, para ello utilizamos la siguiente ecuación: Δ𝐺 0 RxJ = � 𝑛𝑖 Δ𝐺 0 productos − � 𝑛𝑖 Δ𝐺 0 reactantes 𝑖

𝑖

Donde 𝑛𝑖 es el coeficiente estequiométrico para cada unos de los participantes de la ecuación: Los valores para cada celda son (3 pts/total): Δ𝐺 0 Rx1 = −874623 Δ𝐺 0 Rx2 = −226321 Δ𝐺 0 Rx3 = −91111

𝐽 𝑀𝑜𝑙 𝐽 𝑀𝑜𝑙

𝐽 𝑀𝑜𝑙

42

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Ahora calculamos el 𝐸 0 𝑅𝑥 para cada reacción utilizando la siguiente fórmula:

Δ𝐺 0 Rx = −𝑛𝐹𝐸 0 𝑅𝑥 Despejando los valores para cada Celda tenemos (3 pts/total):

𝐸 0 𝑅𝑥1 = 1.51 𝑉 𝐸 0 𝑅𝑥2 = 1.17 𝑉 𝐸 0 𝑅𝑥3 = 0.47 𝑉 Ahora calculamos el potencial de celda utilizando la siguiente ecuación:

𝐸 = 𝐸0 −

2.303 ∗ R ∗ T aC c ∗ aD d Log( a ) n∗F aA ∗ aB b

A modo de simplificación, recordamos que las actividades de los elementos puros y la de los compuestos son semejantes a 1, y para el resto estas son semejantes a la concentración molar. Considerando esto la única especia que aporta actividades diferentes de 1 es 𝐻𝐻 + , por lo que podemos expresar nuestras ecuaciones de la siguiente manera:

𝐸 = 𝐸0 −

2.303 ∗ 8.314 ∗ 298 1∗1 Log � + n � [V] [ 𝐻𝐻 ] ∗ 1 n ∗ 96500 𝐸 = 𝐸 0 − 0.00591pH [V]

Usando esta última relación las ecuaciones son (3 pts/total):

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𝐸1 = 1.51 − 0.0591pH [V]

𝐸2 = 1.17 − 0.0591pH [V] 𝐸3 = 0.47 − 0.0591pH [V]

El Diagrama de Pourbaix resulta entonces (8 pts/total):

En general es rara la existencia de cobre nativo, no así del oro y también se puede observar plata es estado nativo. Esto se debe a que las condiciones para encontrar cobre oxidado son mucho más comunes que para encontrarlo nativo, y como se ve cada vez son más holgadas a medida que pasamos hacia la plata y el oro. Por lo que la abundancia relativa de los metales estudiados en orden creciente es: cobre, plata y oro. En general los metales se encuentran en estado sólido en condiciones de acidez y bajo potencial como se observa en el siguiente diagrama típico para un metal (3 pts/total):

44

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3.8.

Problema (I3 2013, similar I1 2012)

En un reactor Flash se funde concentrado seco que de acuerdo al análisis químico contiene 37% Cu, 28%S, 31%Fe y 4%SiO2. i) ii) iii) iv) v)

Indique el volumen de SO2 que se generará si un 25% del azufre se volatiliza. ¿Cuál será el volumen de O2 que se necesita inyectar? ¿Cuál sería la ley del eje resultante? ¿Cuál será el peso de la escoria producida por tonelada de concentrado si la escoria contiene 65% FeO y 35%SiO2? ¿Cuánto fundente debe adicionarse por tonelada de concentrado?

Solución Primero que todo vemos el diagrama del horno flash:

45

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i)

Indique el volumen de SO2 que se generará si un 25% del azufre se volatiliza. (4 ptos)

Consideramos una BC = 1 [ton]. Total azufre ingresado = F1*0,28 = 280 [kg] Ahora el 25% de este azufre se volatilice  280 [kg]*0,25 = 70 [kg] Usando el peso atómico del azufre calculamos el número de moles de azufre volatilizado: PAs = PMSO2 – PMO2 = 32 [g/mol] nS = 70 [kg]*10-3 /32 [g/mol] = 2187,5 moles F2 = 2187,5 [moles]*PMSO2 = 2187,5 [moles]*64 [g/mol] = 140 [kg] nSO2= nS, por ser la misma molécula.´

46

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Ahora, para calcular el volumen de SO2 asumimos que 1 mol de SO2 se comporta como gas ideal y ocupa 22,4*10-3 m3 de volumen. Volumen SO2 = 2187,5 [moles]* 22,4*10-3 [m3/mol de gas ideal] = 49 [m3].

ii) ¿Cuál será el volumen de O2 que se necesita inyectar? (4 ptos)

Usando todos los porcentajes entregados en el enunciado, hacemos todos los balances de masa correspondientes: (O)  F0 = F3*xFeO,3*% O en FeO3 + F2*xSO2,2*% O en SO2 = F3*xFeO,3*(16/71,85) + 140 [kg]*1*(32/64) (I) (SiO2)  F1 *0,04 = F3*(1 - xFeO,3)  F3 = 40/(1 - xFeO,3)

(II)

(Fe)  F1*0,28 = F3*xFeO,3*% Fe en FeO + F4*xFeS,4*% Fe en FeS = F3*xFeO,3*(55,85/71,85) + + F4*xFeS,4*(55,85/87,91) (S, “S” que no se volatiliza)  F1*0,28*0,75 = F4*xFeS,4 *% S en FeS + F4* xCu2S,4 *% S en Cu2S

(III) (IV)

(Cu)  F1*0, 37 = F4*(xCu2S,4)*% Cu en Cu2S = F4*(xCu2S,4)*(2*63,54/159,15)  F4* xCu2S,4 = 463,37 [kg] (V) Reemplazando (V) en (IV)  F4*xFeS,4 = 319,77[kg]

(VI)

Reemplazando (VI) en (III)  F3*xFeO,3 = 98,86 [kg] (VII) Reemplazando (VII) en (I)  F0 = 92,015 [kg] Dividimos F0 por el PM del O2: no2 = 92,015 *103 [g]/32[g/mol]  no2 = 2875,47 moles de O2  Volumen O2 = 2875,47 [moles]* 22,4*10-3 [m3/mol de gas ideal]=64,41 m3

iii) ¿Cuál sería la ley del eje resultante? (4 ptos)

(V) + (VI)  F4*1 = 463, 37 [kg] + 319,77[kg] F4 = 783,14 [kg] 47

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Reemplazando el valor anterior en (V):

xCu2S,4 = 59,168%  leycu = xCu2S,4 * % de Cu en Cu2S = 59,168% *(2*63,54/159,15)  leycu = 47,245%

iv) ¿Cuál será el peso de la escoria producida por tonelada de concentrado si la escoria contiene 65% FeO y 35% SiO2? (4 ptos)

Para esto nos concentramos en los flujos (1), (3) y (4) [concentrado, escoria y eje]. Calculamos el número de moles de Cu en el concentrado: n cu concentrado = 1000 [kg]*37%/PACu = 1000 [kg]*37%/63,54 [g/mol] = 5,823 [kmol] n cu concentrado = 5,823 [kmol]  nCu2S = n cu concentrado/2 = 2,9116 [kmol] Ahora, calculamos el número de moles de azufre que sale por el eje: n S no volatilizado = n S en Cu2S + n S en FeS Como n S en Cu2S = nCu2S reemplazamos y despejamos: 1000 [kg]*0,28*0,75/PAS = 2,9116 + n S en FeS  n S en FeS = 3,6509 moles =n Fe en FeS Ahora, hacemos el balance de moles del Fe en el sistema: n Fe concentrado = n Fe en FeS + n en FeO 1000 [kg]*0,31/55,85 [g/mol] = 3,6509 [kmol] + n en FeO  n en FeO = 1,8997 kmoles Con el número de moles de FeO, se puede calcular la masa de FeO que sale del sistema y la masa de la escoria, debido a que contamos con el porcentaje de FeO en la escoria: Masa de FeO escoria = n en FeO*PMFeO = 1,8997 kmoles *1000 [moles]*71,85 [g/mol] Masa de FeO escoria = 135,98[kg]  Masa Escoria = Masa de FeO escoria/0,65 = 209,2 [kg]

v) ¿Cuánto fundente debe adicionarse por tonelada de concentrado? (4 ptos)

Calculamos la cantidad de fundente que está saliendo por la escoria: 48

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Masa fundente en la escoria = 209,2 [kg]*0,35 = 73,22 [kg] Se sabe cuál es el porcentaje de fundente que entra al sistema (1000 [kg]*4%=40 [kg]), por lo que se puede apreciar que se está introduciendo una menor cantidad de fundente de la que realmente se necesita para la escoria. Si se debería adicionar fundente al sistema, y se deben agregar 33.22 [kg] de éste.

3.9.

Problema (I3 2013 (hasta (ii)), I1 2012, Ay. 2 2009, Guía estúdio I1 2012)

Nota: La ley de Cu es de 52% y la composición de escoria es 70-30 en la ayudantía 2 2009 y en la guía de estudio I1 2012) En un horno Flash se procesa un concentrado calcopirítico con oxígeno puro y sílice como fundente, alimentados a una temperatura de 25 ºC. La mata producida tiene una ley de 50 % Cu y está formada por FeS y Cu2S, la escoria compuesta por 65 % FeO y 35 % de SiO2, encontrándose ambos a 1227 ºC. Los gases de salida, principalmente SO2, salen a 1427 ºC. Se asume que las reacciones que ocurren son: (1) CuFeS2 + ½ O2 = ½ Cu2S + FeS + ½ SO2 (2) FeS + 3/2 O2 = FeO + SO2 Calcular por tonelada de concentrado i) la masa de mata y escoria generada ii) volumen de gases generados y O2 estequiométrico requerido

Para la reacción (1) se conocen: Componente: ΔH298º (cal/mol)

CuFeS2 -75016

O2 0

Cu2S -32383

FeS -37590

SO2 86567

A su vez, el ΔH298º de la reacción (2) es de –112271 cal/mol de FeO y el de la reacción (3) de –8200 cal/mol de SiO2. El calor para calentar desde 25 a 1227 ºC el Cu2S, el FeS y la fayalita 2FeO*SiO2 son de 30048, 35330 y 77430 cal/mol, respectivamente. El calor necesario para calentar el SO2 desde 25 a 1427 ºC es de 18646 cal/mol. Calcular por tonelada de concentrado i) la masa de mata y escoria generada, 49

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ii) volumen de gases generados y O2 estequiométrico requerido iii) las pérdidas de calor para que el proceso sea autógeno. Pesos moleculares: Componente g/mol

CuFeS2

O2

183.51

Cu2S

32

FeO

159.15

FeS

71.85

SiO2

87.91

SO2

60

64

Cu 63.54

Fe 55.85

Solución Calcopirita(CuFeS2) = Calcopirita(CuFeS2) = Calcopirita(CuFeS2) =

63,54 = 183,51 55,85 183,51

34,6% Cu

= 30,4% Fe

2×32,06 = 183,51

35% S

Por cada 1000 kg de concentrado entrará:

346 kg Cu 304 kg Fe 350 kg S

𝑚

𝐶𝑢 Peso de la mata: 𝑚𝑚𝑎𝑡𝑎 = %𝐶𝑢 𝑚𝑎𝑡𝑎 =

𝑀Cu S

346 0,5

= 692 𝑘𝑔

Cu2S en la mata: 𝑚Cu2 S = 𝑚Cu × 2×𝑀2 = 346 × Cu

𝑚Cu2S

Moles de Cu2S en la mata: 𝑛Cu2 S = 𝑀

Cu2 S

159,15 2×63,54

433,3 159,15

=

= 433,3 𝑘𝑔

= 2,7 𝑘𝑚𝑜𝑙

FeS en la mata: 𝑚𝐹𝑒𝑆 = 𝑚𝑚𝑎𝑡𝑎 − 𝑚𝐶𝑢2 𝑆 = 692 − 433,3 = 258,7 𝑘𝑔 Moles de FeS en la mata: 𝑛FeS =

𝑚FeS 𝑀FeS

Hierro en la mata: 𝑚Fe mata = 𝑚FeS ×

=

258,7 87,91

𝑀𝐹𝑒 𝑀FeS 𝑀S

Azufre en Cu2S: 𝑚𝑆 𝑒𝑛 Cu2 S = 𝑚Cu2 S × 𝑀

= 2,9 𝑘𝑚𝑜𝑙

= 258,7 ×

Cu2 S

55,85 87,91

= 433,3 ×

= 164,3 𝑘𝑔

32,06 159,15

= 87,3 𝑘𝑔 50

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco 𝑀S

Azufre en FeS: 𝑚𝑆 𝑒𝑛 FeS = 𝑚FeS × 𝑀

FeS

= 258,7 ×

32,06 87,91

= 94,3 𝑘𝑔

Azufre en la mata: 𝑚𝑆 𝑚𝑎𝑡𝑎 = 𝑚𝑆 𝑒𝑛 𝐶𝑢2 𝑆 + 𝑚𝑆 𝑒𝑛 𝐹𝑒𝑆 = 181,6 𝑘𝑔

Hierro en escoria: 𝑚𝐹𝑒 𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 = 𝑚𝐹𝑒 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 − 𝑚𝐹𝑒 𝑚𝑎𝑡𝑎 = 304 − 164,3 = 139,7 𝑘𝑔 FeO en escoria: 𝑚𝐹𝑒𝑂 𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 = 𝑚𝐹𝑒 𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 × Moles FeO: 𝑛𝐹𝑒𝑂 =

𝑚𝐹𝑒𝑂 𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 𝑀𝐹𝑒𝑂

Peso de la escoria: 𝑚𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 =

=

179,7 71,85

𝑀FeO 𝑀Fe

= 139,7 ×

179,7 0,65

= 276,5 𝑘𝑔

= 2,5 𝑘𝑚𝑜𝑙

𝑚𝐹𝑒𝑂 𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 %𝐹𝑒𝑂 𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎

=

71,85 55,85

= 179,7 𝑘𝑔

Peso de SiO2: 𝑚𝑆𝑖𝑂2 = 𝑚𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 × %𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂2 𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝐶𝐶𝑎 = 276,5 × 0,35 = 96,8 𝑘𝑔 Moles de SiO2: 𝑛𝑆𝑖𝑂2 =

𝑚𝑆𝑖𝑂2 𝑀𝑆𝑖𝑂2

=

96,8 60

= 1,6 𝑘𝑚𝑜𝑙

Peso S en gases: 𝑚𝑆 𝑔𝑎𝑠𝑒𝑠 = 𝑚𝑆 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 − 𝑚𝑆 𝑚𝑎𝑡𝑎 = 350 − 181,6 = 168,4 𝑘𝑔 Peso SO2 en gases: 𝑚𝑆𝑂2 𝑔𝑎𝑠𝑒𝑠 = 𝑚𝑆 𝑔𝑎𝑠𝑒𝑠 × Moles SO2 en gases: 𝑛𝑆𝑂2 =

𝑚𝑆𝑂2 𝑔𝑎𝑠𝑒𝑠 𝑀𝑆𝑂2

=

Volumen SO2 gases: 𝑉𝑆𝑂2 = 𝑛𝑆𝑂2 × 22,4 𝑚𝐶𝑢𝐹𝑒𝑆2

Moles CuFeS2: 𝑛𝐶𝑢𝐹𝑒𝑆2 = 𝑀

𝐶𝑢𝐹𝑒𝑆2

=

𝑀𝑆𝑂2

336,8 64

𝐿 𝑚𝑜𝑙

1000 183,51

𝑀𝑆

= 168,4 ×

= 5,3 𝑘𝑚𝑜𝑙

×

1700º𝐾 273º𝐾

64 32

= 336,8 𝑘𝑔

= 5,3 × 22,4 ×

= 5,4 𝑘𝑚𝑜𝑙

1700 273

1 2

= 739,3 𝑚3

1 2

Moles de O2 oxidación CuFeS2: 𝑛𝑂2 oxidación CuFeS2 = 𝑛𝐶𝑢𝐹𝑒𝑆2 × = 5,4 × = 2,7 𝑘𝑚𝑜𝑙 Moles de FeS oxidan: 𝑛𝐹𝑒𝑆 𝑜𝑥𝑖𝑑𝑎𝑛 = 𝑛𝐶𝑢𝐹𝑒𝑆𝑒 − 𝑛𝐹𝑒𝑆 𝑚𝑎𝑡𝑎 = 5,4 − 2,9 = 2,5 𝑘𝑚𝑜𝑙 3 2

3 2

Moles FeS oxidación FeS: 𝑛𝑂2 𝑜𝑥𝑖𝑑𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝐹𝑒𝑆 = 𝑛𝐹𝑒𝑆 𝑜𝑥𝑖𝑑𝑎𝑛 × = 2,5 × = 3,8 𝑘𝑚𝑜𝑙

Moles O2 estequiométrico: 𝑛𝑂2 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑛𝑂2 𝑜𝑥𝑖𝑑𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝐶𝑢𝐹𝑒𝑆2 + 𝑛𝑂2 𝑜𝑥𝑖𝑑𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝐹𝑒𝑆 = 2,7 + 3,8 = 6,5 𝑘𝑚𝑜𝑙 Volumen O2 requerido: 𝑉𝑂2 = 𝑛𝑂2 × 22,4 = 145,6 𝑚3

Balance de Calor: 51

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1. Calor de Entrada: 1 1 0 0 0 0 × ∆𝐻𝐻298 𝐶𝑢2 𝑆 + ∆𝐻𝐻298 𝐹𝑒𝑆 + × ∆𝐻𝐻298 𝑆𝑂2 − ∆𝐻𝐻298 𝐶𝑢2 𝑆 2 2 1 𝑐𝑎𝑙 1 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐹𝑒𝐶𝐶2 = × (−32.383) + (−37.590) + × −(86.567)— 75.016 = −22.049 2 𝑚𝑜𝑙 2

0 ) (∆𝐻𝐻298 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 1 =

(∆𝐻𝐻298 )𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 1 = −22.049 × 𝑛𝐶𝑢𝐹𝑒𝑆2 = −22.049 (∆𝐻𝐻298 )𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 2 = −112.271

𝑐𝑎𝑙 × 5,4 𝑘𝑚𝑜𝑙 = −119.065 𝑘𝑐𝑎𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑐𝑎𝑙 × 𝑛𝐹𝑒𝑂 = −112.271 × 2,5 = −280.677 𝑘𝑐𝑎𝑙 𝑚𝑜𝑙

(∆𝐻𝐻298 )𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 3 = −8.200

𝑐𝑎𝑙 × 𝑛𝑆𝑖𝑂2 = −8.200 × 1,6 = −13.120 𝑘𝑐𝑎𝑙 𝑚𝑜𝑙

Luego el calor aportado por las reacciones es Qr=412.862 kcal

2. Calor de salida

Calor para calentar la mata: 𝑄𝐶𝑢2 𝑆 = 30.048 × 𝑛𝐶𝑢𝑆 = 30.048 × 2,7 = 81.130 𝑘𝑐𝑎𝑙

𝑄𝐹𝑒𝑆 = 35.330 × 𝑛𝐹𝑒𝑆 = 35.330 × 2,9 = 102.457 𝑘𝑐𝑎𝑙 Calor para calentar la escoria 𝑄2𝐹𝑒𝑂∗𝑆𝑖𝑂2 = 77.430 × 𝑛2𝐹𝑒𝑂∗𝑆𝑖𝑂2 = 77.430 × 1,25 = 96.788 𝑘𝑐𝑎𝑙 Calor para calentar los gases 𝑄𝑆𝑂2 = 18.646 × 5,3 = 98.824 𝑘𝑐𝑎𝑙 Luego las pérdidas son: 52

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𝑄𝑝é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 = 𝑄𝑟 − 𝑄𝑚𝑎𝑡𝑎 − 𝑄𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 − 𝑄𝑔𝑎𝑠𝑒𝑠 𝑄𝑝é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 = 33.663 𝑘𝑐𝑎𝑙

3.10. Problema (I3 2013) El proceso de conversión de mata a cobre blíster se lleva a cabo en un horno convertidor Pierce-Smith soplando aire por toberas sumergidas en la mata fundida. a) Determine el requerimiento teórico de aire para la conversión como función de la ley de la mata (grafíquela) b) Asumiendo una eficiencia de soplido del 65%, encuentre el porcentaje de SO2 en los gases de salida, como función de la ley de la mata (grafíquela) Considere los siguientes datos medidos: Cu en la mata = 43.5% SiO2 en la mata = 1.01% CaO en la mata = 0.51% Al2O3 en la mata = 0.43% O como Fe3O4 en la mata = 1.05% Fe como Fe3O4 en la mata = 2.75% La eficiencia de soplido es la razón de oxígeno que se combina con el hierro y el azufre en la mata respecto al oxígeno total inyectado al convertidor.

Pesos Moleculares: Componente

CuFeS2 O2 Cu2S

FeO FeS SiO2 SO2

g/mol

183,51 32 159,15 71,85 87,91 60 64

Cu Fe

63,54 55,85

Solución Sea g el porcentaje (p/p) de cobre en la mata. • • •

Porcentaje de S presente en Cu2S = g(32/127.08) = 0.2518g Porcentaje de FeS = 100%-g-0.2518g=100%-1.2518g Porcentaje de Cu2S = 1.2518g

53

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Luego en 100 kg de mata hay: FeS:

100-1.2518g [kg] -> (100-1.2518g [kg])/87, 91[kg/kmol] =1.1389-0.01423g [kmol]

Cu2S:

1.2518g [kg] -> 1.2518g [kg] /159, 15[kg/kmol] = 0.00786[kmol]

La oxidación del hierro y el azufre se representa como: FeS+1.5O2 = FeO+SO2 Cu2S+O2=2Cu+SO2 Cantidad de O2 requerido por el FeS = (1.1389-0.01423g [kmol])*1.5 = 1.7084-0.02134g [kmol] Cantidad de O2 requerida por Cu2S = 0.00786g [kmol] Requerimientos de totales de O2 =1.7084-0.02134g [kmol] + 0.00786g [kmol] = 1.7084-0.01348g [kmol] (3 puntos) Requerimientos totales de aire = (1.7084-0.01348g [kmol]) /0.21 =8.135- 0.0642g [kmol] (0.5 puntos) En condiciones estándar de presión y temperatura un kmol de aire ocupa 22.4 [m3]. Por lo tanto: Volumen de aire requeridos = (8.135- 0.0642g [kmol])* 22.4 [m3] = 182.224-1.438g [m3] (0.5 puntos) 100[kg] de mata = g/0.98 [kg] de blíster Requerimiento teórico de aire = (182.224-1.438g [m3])/(g/0.98 [kg] de blíster) = 178.579/g-1.409 [m3] (2 puntos)

54

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(3 puntos) por gráfico correcto Luego, el factor de ajuste = 1-Σi≠Cu S, FeS [%]= 1-5,75% = 94,25% 2

Por lo que la ley ajustada = 43,5%*94,25% = 40,99% Por lo tanto se requieren: Requerimiento teórico de aire = (178.579/0,4099)-1.409 [m3] = 434,256 [m3] de aire (1 punto)

Por otro lado si la eficiencia de soplido es 65% los requerimientos aire: Aire requerido = (8.135-0.0642g [kmol])/0.65 = 12.516-0.0988g [kmol] (1 punto) Excedente O2 = (12.516-0.0988g [kmol])*0.21-(1.7084-0.0135g [kmol])= 0.92-0.0072g [kmol] (1 punto) N2 expulsado = (12.516-0.0989g [kmol])*0.79 = 9.888-0.078g [kmol] (1 punto) SO2 formado de FeS = 1.139-0.014g [kmol] SO2 formado de Cu2S = 0.008g [kmol] SO2 formado total = 1.139-0.006g [kmol] (1 punto)

55

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𝑆𝑂2 +𝑂 2 2 +𝑁2

SO2 como fracción de gases totales = 𝑆𝑂 SO2 como fracción de gases totales =

1.139−0.006g

11.946−0.092g

(2 puntos)

Para pasar a cantidad por cobre blíster producido se multiplican tanto el denominador como numerador el resultado es el que se obtuvo. El que gráficamente es:

(3 puntos) por gráfico correcto La razón SO2/Gases es: SO2 como fracción de gases totales =

1.139−0.006∗0,4099

11.946−0.092∗0,4099

= 9,544%. (1 punto)

3.11. Problema (I3 2013) En las siguientes preguntas marque con un círculo la alternativa que le parezca correcta. Por cada respuesta incorrecta se descontará una respuesta correcta.

1. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es correcta respecto a los procesos piro-metalúrgicos?

56

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i. j. k. l.

El oxígeno es inyectado en los procesos de fusión para oxidar la Sílice Después del proceso de oxidación los sulfuros de fierro terminan en la escoria La escoria se forma con Oxígeno El Azufre termina principalmente en la escoria 2. Cuál de las siguientes afirmaciones respecto del Cobre Blister es correcta:

e. f. g. h.

Está compuesto principalmente por Cobre (~60%), Fierro y Azufre Se obtiene al soplar metal blanco con oxígeno reduciendo el Azufre a menos de un 1% Está compuesto principalmente por Cobre (~99.5%) Ninguna de las anteriores 3. Fusión y conversión se realizan en dos etapas porque:

e. f. g. h.

Sería difícil controlar las pérdidas de Cu en la escoria Sería difícil controlar el calor generado durante el proceso Se contaminaría el Cu con impurezas Todas las anteriores 4. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones no es correcta con respecto a los equipos mencionados?

e. El Convertidor Teniente realiza el proceso de fusión en baño f. El Horno Flash realiza el proceso de fusión en suspensión g. El convertidor Pierce-Smith tiene usualmente mayor capacidad de tratamiento que los hornos de fusión h. La refinación a fuego tiene una etapa de oxidación en la cual se reduce el contenido de Azufre y luego una de reducción donde se elimina el oxígeno. 5. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es correcta con respecto a los procesos de fusión y conversión?

a. b. c. d.

Los procesos de fusión y conversión consumen gran cantidad de energía Los procesos de fusión y conversión entregan energía como resultado de los procesos de oxidación El proceso de fusión entrega energía mientras que la conversión requiere gran cantidad de energía El proceso de fusión requiere gran cantidad de energía mientras que la conversión entrega energía

Solución 1c; 2b; 3d; 4c; 5d. 57

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3.12. Problema (Ex 2013, Ay. 6 2013, Ay. 3 2012) Se funde concentrado que tiene 36% Cu, 27% S, 27% Fe y 10% Sílice. ¿Cuál será la ley del eje si un 75% del azufre de la carga se funde y el resto del azufre es reportado en los gases? ¿Cuál será el peso del azufre de eje y escoria producidos por tonelada de concentrado si la escoria contiene 42% FeO? Considere que no hay recirculaciones al horno ni otros materiales. Masa eje = Masa Cu2S + Masa FeS

Solución kg/ton c 450.7 306.7 96.6 Carga de concentrado

Total

PA

159

kg/ton c PA (kg/kmol) kmol/ton c SO2 Cu

360

63.5

5.67

S

270

32

8.44

Fe

270

55.8

4.84

SiO2

100

60

1.67

89

32

2.78

O2

Cu2S

87.8 71.8 FeS

FeO

5.67 2.11

2.83

3.49 3.49 1.35

2.11

0.67

Se observa que desarrollando la tabla de acuerdo a la metodología vista en ayudantía las respuestas a las preguntas son: Ley del eje:

𝐶𝑢 𝐶𝑢2 𝑆+𝐹𝑒𝑆

= 47.5%

3.3 puntos

Azufre en el eje: S en Cu2S + S en FeS = 202.5 kg/ton c. Escoria producida:

𝐹𝑒𝑂 42%

= 230

𝑘𝑔 𝑡𝑜𝑛𝑐

3.3 puntos

3.4 puntos

3.13. Problema (Ex 2013, Ex 2012, Ex 2009, Ay. 6 2013, Ay. 3 2012, Ay. 2 2009) NOTA: Se utilizó ley de 42% para Ex 2012, Ex 2009, Ay. 6 2013, Ay. 3 2012 y en Ay. 2 2009 Un concentrado húmedo que contiene 8% H2O, 89,2% CuFeS2 y 2,8% SiO2, se funde en un horno reverbero, obteniéndose un eje compuesto de Cu2S y FeS (45 % Cu) y una escoria con 65% FeO y 35% 58

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SiO2. El calor y oxígeno necesario para producir estos productos, es suministrado por un quemador. Determine: a) Masa del metal blanco (o eje), de la escoria y fundente necesario. b) Volumen de SO2 producido (no considere nitrógeno). Solución Completar la tabla de acuerdo a la metodología vista en ayudantía: kg/ton c

386.9 299.8 104.2 248.6

PA

159

87.8

71.8

64

kmol/ton c

2.43

3.41

1.45

3.88

PA (kg/kmol) kg/ton c kmol/ton c Cu2S Cu

63.5

309.01

4.87

Fe

55.8

271.54

4.87

S

32

311.45

9.73

SiO2

60

28.00

0.47

H2O

18

80.00

4.44

O2

32

FeS

FeO

SO2

4.87 3.41 2.43

1.45

3.41

3.88

0.73

3.88

Se observa que para calcular los pesos de Cu, Fe y S se deben utilizar los porcentajes p/p de cada uno de los componentes dentro de CuFeS2 y ponderarlo contra el 89.2% de % p/p que aporta al concentrado húmedo. Componente PA

% p/p en CuFeS2

Cu

63.5

34.6%

Fe

55.8

30.4%

32

34.9%

183.3

100%

S CuFeS2

59

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Una vez calculado esto se pude proceder a llenar la columna de kg por tonelada de concentrado, con lo que al dividir por el peso atómico se obtienen los kmol presentes en el concentrado. Una vez hecho esto se procede con el Cu2S, que nos dará el peso total del concentrado ya que conocemos la ley de éste. Por lo que al haber 4.87 kmol de Cu que pasan al eje son equivalentes 309 kg de Cu, lo que implica que con una ley del 45% la producción de eje son 686.7 kg de eje producidos por tonelada de concentrado. Con este dato se puede calcular el peso de FeS, luego los kmol consumidos tanto de S como de Fe, con lo que se puede calcular la producción de escoria (considerando el 65% de FeO que la compone), con lo que se obtienen 160.3 kg de escoria por ton c. Lo que permite calcular los requerimientos de SiO2, que son 56.1 kg de SiO2 por ton c, lo que implica que hay que agregar por sobre los 28 kg que van dentro del concentrado unos 28.1 kg más de fundente por tonelada de concentrado. Finalmente el volumen de SO2 se puede calcular a partir del azufre que sobró de la formación de eje, lo que equivale a 3.88 kmol, considerando STP (22.4 m3/kmol) se forman 87 m3 de SO2 por tonelada de azufre.

3.14. Problema (I1 2012, similar I3 2013) En un reactor Flash se funde concentrado seco que de acuerdo al análisis químico contiene 36% Cu, 27%S, 27%Fe y 10%SiO2. i) ii) iii) iv) v)

Indique el volumen de SO2 que se generará si un 25% del azufre se volatiliza. ¿Cuál será el volumen de O2 que se necesita inyectar? ¿Cuál sería la ley del eje resultante? ¿Cuál será el peso de la escoria producida por tonelada de concentrado si la escoria contiene 65% FeO y 35%SiO2? ¿Cuánto fundente debe adicionarse por tonelada de concentrado?

Solución Primero que todo vemos el diagrama del horno flash:

60

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(i)

Indique el volumen de SO2 que se generará si un 25% del azufre se volatiliza. (1 pto.)

Consideramos una BC = 1 [ton].

Total azufre ingresado = F1*0,27 = 270 [kg]

Ahora el 25% de este azufre se volatilice  270 [kg]*0,25 = 67,5 [kg] Usando el peso atómico del azufre calculamos el número de moles de azufre volatilizado:

PAs = PMSO2 – PMO2 = 32 [g/mol]

nS = 67,5 [kg]*10-3 /32 [g/mol] = 2109,38 moles

61

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F2 = 2109,38 [moles]*PMSO2 = 2109,38 [moles]*64 [g/mol] = 135 [kg]

nSO2= nS , por se la misma molécula.´

Ahora, para calcular el volumen de SO2 asumimos que 1 mol de SO2 se comporta como gas ideal y ocupa 22,4*10-3 m3 de volumen.

Volumen SO2 = 2109,38 [moles]* 22,4*10-3 [m3/mol de gas ideal] = 47,25 [m3].

(ii)

¿Cuál será el volumen de O2 que se necesita inyectar? (2 ptos.)

Usando todos los porcentajes entregados en el enunciado, hacemos todos los balances de masa correspondientes:

(O)  F0 = F3*xFeO,3*% O en FeO3 + F2*xSO2,2*% O en SO2 = F3*xFeO,3*(16/71,85) + 135 [kg]*1*(32/64) (I)

(SiO2)  F1 *0,1 = F3*(1 - xFeO,3)  F3 = 100/(1 - xFeO,3)

(II)

(Fe)  F1*0,27 = F3*xFeO,3*% Fe en FeO + F4*xFeS,4*% Fe en FeS = F3*xFeO,3*(55,85/71,85) +

+ F4*xFeS,4*(55,85/87,91)

(S, “S” que no se volatiliza)  F1*0,27*0,75 = F4*xFeS,4 *% S en FeS + F4* xCu2S,4 *% S en Cu2S

(III)

(IV) 62

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(Cu)  F1*0,36 = F4*(xCu2S,4)*% Cu en Cu2S = F4*(xCu2S,4)*(2*63,54/159,15)  F4* xCu2S,4 = 450,85 [kg] (V)

Reemplazando (V) en (IV)  F4*xFeS,4 = 307,269 [kg]

(VI)

Reemplazando (VI) en (III)  F3*xFeO,3 = 96,215 [kg] (VII)

Reemplazando (VII) en (I)  F0 = 88,9257 [kg]

Dividimos F0 por el PM del O2:

no2 = 88,9257*103 [g]/32[g/mol]  no2 = 2778,93 moles de O2  Volumen O2 = 2778,93 [moles]* 22,4*10-3 [m3/mol de gas ideal]=62,248 m3

(iii)

¿Cuál sería la ley del eje resultante? (1 pto.)

(V) + (VI)  F4*1 = 450,85 [kg] + 307,269 [kg]  F4 = 758,119 [kg]

Reemplazando el valor anterior en (V):

xCu2S,4 = 59,5%  leycu = xCu2S,4 * % de Cu en Cu2S = 59,5%*(2*63,54/159,15)  leycu = 47,51% 63

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(iv)

¿Cuál será el peso de la escoria producida por tonelada de concentrado si la escoria contiene 65% FeO y 35% SiO2? (1 pto.)

Para esto nos concentramos en los flujos (1), (3) y (4) [concentrado, escoria y eje].

Calculamos el número de moles de Cu en el concentrado:

n cu concentrado = 1000 [kg]*36%/PACu = 1000 [kg]*36%/63,54 [g/mol] = 5,66572 [kmol]

n cu concentrado = 5,66572 [kmol]  nCu2S = n cu concentrado/2 = 2,83286 [kmol]

Ahora, calculamos el número de moles de azufre que sale por el eje:

n S no volatilizado = n S en Cu2S + n S en FeS

Como n S en Cu2S = nCu2S reemplazamos y despejamos:

1000 [kg]*0,27*0,75/PAS = 2,83286 + n S en FeS  n S en FeS = 3,49527 moles =n Fe en FeS

Ahora, hacemos el balance de moles del Fe en el sistema:

n Fe concentrado = n Fe en FeS + n en FeO

64

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1000 [kg]*0,27/55,85 [g/mol] = 3,49527 [kmol] + n en FeO  n en FeO = 1,33911 kmoles

Con el número de moles de FeO, se puede calcular la masa de FeO que sale del sistema y la masa de la escoria, debido a que contamos con el porcentaje de FeO en la escoria:

Masa de FeO escoria = n en FeO*PMFeO = 1,33911*1000 [moles]*71,85 [g/mol]

Masa de FeO escoria = 96,2149 [kg]  Masa Escoria = Masa de FeO escoria/0,65 = 148,023 [kg]

(v)

¿Cuánto fundente debe adicionarse por tonelada de concentrado?

Calculamos la cantidad de fundente que está saliendo por la escoria:

Masa fundente en la escoria = 148,023 [kg]*0,35 = 51,808 [kg]

Se sabe cuál es el porcentaje de fundente que entra al sistema (1000 [kg]*10%=100 [kg]), por lo que se puede apreciar que se está introduciendo una mayor cantidad de fundente de la que realmente se necesita para la escoria.

No se debería adicionar fundente al sistema, sino que sacar 48,192 [kg] de éste

3.15. Problema (I1 2012) Un proceso de extracción para la producción de cobre a partir de sulfuros se basa en la reducción de Cu2S(s) con Hidrógeno en presencia de un exceso de óxido de Calcio (CaO). La reacción ocurre a 1150 °K y a una presión de 1 atm. ¿Cuál es la presión parcial de Hidrógeno mínima necesaria en el reactor para que la reacción ocurra?

65

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𝐶𝐶𝐶𝐶2 𝐶𝐶(𝑆) + 𝐻𝐻2(𝑔) ↔ 2𝐶𝐶𝐶𝐶(𝑆) + 𝐶𝐶𝑎𝐶𝐶(𝑆) + 𝐻𝐻2 𝑂𝑂(𝑔)

Reacción

Energía libre de Gibbs a 1150 K (J)

𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶(𝑆) → 2𝐶𝐶𝐶𝐶(𝑆) + 0.5𝐶𝐶2(𝑔)

96383

𝐻𝐻2(𝑔) + 0.5𝑂𝑂2 → 𝐻𝐻2 𝑂𝑂(𝑔)

-183166

𝐶𝐶𝑎(𝑙) + 0.5𝐶𝐶2(𝑔) → 𝐶𝐶𝑎𝐶𝐶(𝑆)

-428680

𝐶𝐶𝑎𝑂𝑂(𝑆) → 𝐶𝐶𝑎(𝑙) + 0.5𝑂𝑂2(𝑔)

515291

Solución Luego de haber comprobado que la ecuación estaba bien balanceada, procedemos a calcular las presiones parciales a través de la ecuación de energía libre de Gibbs:

De acuerdo a lo entregado por el enunciado:

Como la reacción se encuentra en equilibrio, ∆𝐺 = 0 y por tanto tenemos

Ahora, sabemos que K se define como:

66

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Donde representa la actividad del elemento A. Para los gases podemos escribirlo como la presión parcial, mientras que para los otros elementos solidos se define 1, de esta forma

Al comienzo del experimento solo había hidrogeno presente a 1atm. Después del proceso, en total la presión sigue siendo de 1atm pero se divide entre la presión ejercida por el agua y el hidrogeno. Así se obtiene

De esta forma la presión del hidrógeno viene dada por

3.16. Problema (I1 2012, Ay. 2 2012) i) ii) iii) Datos:

Calcule la máxima temperatura de llama al quemar metano (CH4) con la cantidad teórica de aire a una temperatura inicial de 25 °C. ¿Cuál es la máxima temperatura de llama si el metano en cambio se quema con oxígeno puro? ¿Cuál es la máxima temperatura de llama si el aire y el metano se precalientan a 200°C?

Combustión:

𝐶𝐶𝐻𝐻4 + 2𝑂𝑂2 = 𝐶𝐶𝑂𝑂2 + 𝐻𝐻2 𝑂𝑂

ΔHof, CH4, 298oK = -17890 cal/mol

ΔHof, CO2, 298oK = -94050 cal/mol ΔHof, H2O, 298oK = -57800 cal/mol Calores específicos de los gases:

67

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𝑐𝑎𝑙 𝐶𝐶𝑝 = 𝐴 + 𝐵 × 𝑇 + 𝐶𝐶 × 𝑇 −2 � � 𝑚𝑜𝑙 − 𝐾 Especie

B×103

A

C×10-5

CH4

5.65

11.4

-0.46

CO2

10.55

2.16

-2.04

H2O(g)

7.17

2.56

0.08

N2

6.66

1.02 --------

O2

7.16

1

-0.4

Solución i) Calcule la máxima temperatura de llama al quemar metano (CH4) con la cantidad teórica de aire a una temperatura inicial de 25°C. (2 pts) Los calores específicos de los compuestos (deducidos de la tabla) son: 𝐶𝐶𝑝,𝐶𝐻4 = 5,65 + 11,4 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 − 0,46 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2

𝐶𝐶𝑝,𝐶𝑂2 = 10,55 + 2,16 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 − 2,04 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2

𝐶𝐶𝑝,𝐻2 𝑂 = 7,17 + 2,56 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 + 0,08 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2 𝐶𝐶𝑝,𝑁2 = 6,66 + 1,02 ∙ 10−3 ∙ 𝑇

𝐶𝐶𝑝,𝑂2 = 7,16 + 10−3 ∙ 𝑇 − 0,4 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2

La reacción de combustión del metano con la cantidad teórica de aire es: 0,79

0,79

𝐶𝐶𝐻𝐻4 + 2 ∙ 𝑂𝑂2 + 2 ∙ 0,21 ∙ 𝑁2 = 𝐶𝐶𝑂𝑂2 + 2 ∙ 𝐻𝐻2 𝑂𝑂 + 2 ∙ 0,21 ∙ 𝑁2

El coeficiente 2*0,79/0,21 representa que por la reacción de 2 moles de oxigeno gaseoso presentes en el aire, estarán presentes 2*0,79/0,21 moles de nitrógeno gaseoso en la reacción (puesto que el aire está compuesto por un 21% de oxígeno y 79% de nitrógeno). La máxima temperatura de llama (𝑇𝑙𝑙 ) es la máxima temperatura que alcanza la reacción. Esta temperatura se calcula realizando el siguiente balance de energía (como se quiere calcular el calor máximo que de la llama y no el calor que se pierde o que se absorbe del entorno, se asume un proceso adiabático):

68

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∆𝐻𝐻𝐶𝐻4 + ∆𝐻𝐻𝑂2 + ∆𝐻𝐻𝑁2 + ∆𝐻𝐻𝐶𝑂2 + ∆𝐻𝐻𝐻2 𝑂 + ∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 ,298𝐾 = 0

(1)

En donde los 5 primeros términos corresponden a calores sensibles (calor absorbido por los compuestos por el sólo hecho de elevar la temperatura de la reacción hasta la temperatura máxima de llama), el siguiente corresponde al calor de combustión del metano a 298 K. A continuación se analiza cada término por separado. ∆𝐻𝐻𝐶𝐻4 : Calor sensible del metano. Se asume que todo el metano reacciona instantáneamente, lo que significa que sólo reacciona y no alcanza a elevar su temperatura, por lo que no absorbe calor. Dicho de otras palabras, su calor sensible es cero. 298

∆𝐻𝐻𝐶𝐻4 = �

298

𝐶𝐶𝑝,𝐶𝐻4 ∙ 𝑑𝑇 = 0

∆𝐻𝐻𝑂2 : Calor sensible del oxígeno. Pasa lo mismo que con el metano. Todo el oxígeno reacciona instantáneamente, y no se calienta a la temperatura de llama. Su calor sensible es cero. 298

∆𝐻𝐻𝑂2 = �

298

2 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝑂2 ∙ 𝑑𝑇 = 0

∆𝐻𝐻𝑁2 : Calor sensible del nitrógeno. El nitrógeno gaseoso no reacciona, pero sí se calienta desde los 298 K hasta la temperatura máxima de llama. Su calor sensible se calcula como sigue: 𝑇𝑙𝑙

∆𝐻𝐻𝑁2 = �

298

0,79

2 ∙ 0,21 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝑁2 ∙ 𝑑𝑇

∆𝐻𝐻𝐶𝑂2 : Calor sensible del dióxido de carbono. Se asume que todo el dióxido de carbono se forma instantáneamente, por lo que lo único que hace es calentarse desde los 298 K hasta la temperatura máxima de llama. Su calor sensible se calcula como: 𝑇𝑙𝑙

∆𝐻𝐻𝐶𝑂2 = � 𝐶𝐶𝑝,𝐶𝑂2 ∙ 𝑑𝑇 298

∆𝐻𝐻𝐻2 𝑂 : Calor sensible del agua. Se asume que toda el agua se forma instantáneamente, por lo que lo único que hace es calentarse desde los 298 K hasta la temperatura máxima de llama. Su calor sensible se calcula como: 𝑇𝑙𝑙

∆𝐻𝐻𝐻2 𝑂 = � 2 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝐻2 𝑂 ∙ 𝑑𝑇 298

El calor de combustión del metano, a 298 K se calcula como:

∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 ,298𝐾 = � ∆𝐻𝐻°𝑝𝑟𝑜𝑑 − � ∆𝐻𝐻°𝑟𝑒𝑎𝑐 69

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∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 ,298𝐾 = �∆𝐻𝐻°𝐶𝑂2 ,298𝐾 + 2 ∙ ∆𝐻𝐻°𝐻2 𝑂,298𝐾 � − (∆𝐻𝐻°𝐶𝐻4 ,298𝐾 + ∆𝐻𝐻°𝑂2 ,298𝐾 ) ∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 ,298𝐾 = (−94050 + 2 ∙ (−57800)) − (−17890 + 0) 𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙 ∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 ,298𝐾 = −191760 𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙

Remplazando los calores calculados y los calores específicos en el balance de la ecuación (1):

𝑇𝑙𝑙

�

298

� 0,79

𝑇𝑙𝑙

298

𝑇𝑙𝑙

0,79

𝑇𝑙𝑙

2 ∙ 0,21 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝑁2 ∙ 𝑑𝑇 + � 𝐶𝐶𝑝,𝐶𝑂2 ∙ 𝑑𝑇 + � 2 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝐻2 𝑂 ∙ 𝑑𝑇 − 191760 = 0 298

𝑇𝑙𝑙

298

2 ∙ 0,21 ∙ (6,66 + 1,02 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 ) ∙ 𝑑𝑇 + � (10,55 + 2,16 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 − 2,04 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2 ) ∙ 𝑑𝑇 298

𝑇𝑙𝑙

+ � 2 ∙ (7,17 + 2,56 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 + 0,08 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2 ) ∙ 𝑑𝑇 − 191760 = 0 298

Integrando y agrupando se obtiene:

74,9986 ∙ 𝑇𝑙𝑙 +

188000 + 0,0075 ∙ 𝑇𝑙𝑙2 − 215400 = 0 𝑇𝑙𝑙

De la ecuación anterior, se obtienen 3 soluciones: 𝑇𝑙𝑙 (1) = 2330 𝐾 𝑇𝑙𝑙 (2) = 1 𝐾 𝑇𝑙𝑙 (3) = −12361 𝐾

De estas soluciones sirve sólo la primera, por lo tanto, la temperatura máxima de llama en la reacción con aire teórico es de 2330 K.

ii) ¿Cuál la máxima temperatura de llama si el metano en cambio se quema con oxígeno puro? (2 pts) La reacción de combustión del metano con oxígeno puro es: 𝐶𝐶𝐻𝐻4 + 2 ∙ 𝑂𝑂2 = 𝐶𝐶𝑂𝑂2 + 2 ∙ 𝐻𝐻2 𝑂𝑂

La máxima temperatura de llama (𝑇𝑙𝑙 ) es la máxima temperatura que alcanza la reacción. Esta temperatura se calcula realizando el siguiente balance de energía: ∆𝐻𝐻𝐶𝐻4 + ∆𝐻𝐻𝑂2 + ∆𝐻𝐻𝐶𝑂2 + ∆𝐻𝐻𝐻2 𝑂 + ∆𝐻𝐻°𝐶𝑂2 + ∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 ,298𝐾 = 0

(2)

Los calores sensibles de los compuestos son:

70

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298

∆𝐻𝐻𝐶𝐻4 = �

298

298

∆𝐻𝐻𝑂2 = �

298

𝐶𝐶𝑝,𝐶𝐻4 ∙ 𝑑𝑇 = 0

2 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝑂2 ∙ 𝑑𝑇 = 0 𝑇𝑙𝑙

∆𝐻𝐻𝐶𝑂2 = � 𝐶𝐶𝑝,𝐶𝑂2 ∙ 𝑑𝑇 298

𝑇𝑙𝑙

∆𝐻𝐻𝐻2 𝑂 = � 2 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝐻2 𝑂 ∙ 𝑑𝑇 298

El calor de combustión del metano a 298 K es:

∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 ,298𝐾 = −191760 𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙

Remplazando los calores y los calores específicos en el balance de la ecuación (2): 𝑇𝑙𝑙

𝑇𝑙𝑙

� 𝐶𝐶𝑝,𝐶𝑂2 ∙ 𝑑𝑇 + � 2 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝐻2 𝑂 ∙ 𝑑𝑇 − 191760 = 0 298 𝑇𝑙𝑙

𝑇𝑙𝑙

298

� (10,55 + 2,16 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 − 2,04 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2 ) ∙ 𝑑𝑇 298

+ � 2 ∙ (7,17 + 2,56 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 + 0,08 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2 ) ∙ 𝑑𝑇 − 191760 = 0 298

Integrando y agrupando se obtiene:

24,89 ∙ 𝑇𝑙𝑙 +

188000 + 0,0036 ∙ 𝑇𝑙𝑙2 − 200130 = 0 𝑇𝑙𝑙

De la ecuación anterior, se obtienen 3 soluciones: 𝑇𝑙𝑙 (1) = 4746 𝐾 𝑇𝑙𝑙 (2) = 1 𝐾 𝑇𝑙𝑙 (3) = −11584 𝐾

De estas soluciones sirve sólo la primera, por lo tanto, la temperatura máxima de llama en la reacción con oxígeno puro es de 4746 K, que es mayor a la temperatura alcanzada cuando el metano fue quemado con aire.

iii) ¿Cuál es la máxima temperatura de llama si el aire y el metano se precalientan a 200°C? (2 pts)

71

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La reacción de combustión del metano con la cantidad teórica de aire es: 0,79

0,79

𝐶𝐶𝐻𝐻4 + 2 ∙ 𝑂𝑂2 + 2 ∙ 0,21 ∙ 𝑁2 = 𝐶𝐶𝑂𝑂2 + 2 ∙ 𝐻𝐻2 𝑂𝑂 + 2 ∙ 0,21 ∙ 𝑁2

La máxima temperatura de llama (𝑇𝑙𝑙 ) es la máxima temperatura que alcanza la reacción. Esta temperatura se calcula realizando el siguiente balance de energía: ∆𝐻𝐻𝐶𝐻4 + ∆𝐻𝐻𝑂2 + ∆𝐻𝐻𝑁2 + ∆𝐻𝐻𝐶𝑂2 + ∆𝐻𝐻𝐻2 𝑂 + ∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 = 0 (3)

Los calores sensibles de los compuestos son:

473

∆𝐻𝐻𝐶𝐻4 = �

473

473

𝐶𝐶𝑝,𝐶𝐻4 ∙ 𝑑𝑇 = 0

∆𝐻𝐻𝑂2 = �

2 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝑂2 ∙ 𝑑𝑇 = 0

∆𝐻𝐻𝑁2 = �

2 ∙ 0,21 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝑁2 ∙ 𝑑𝑇

473 𝑇𝑙𝑙

473

0,79

𝑇𝑙𝑙

∆𝐻𝐻𝐶𝑂2 = � 𝐶𝐶𝑝,𝐶𝑂2 ∙ 𝑑𝑇 473

𝑇𝑙𝑙

∆𝐻𝐻𝐻2 𝑂 = � 2 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝐻2 𝑂 ∙ 𝑑𝑇 473

El calor de combustión del metano a 473 K se puede obtener a partir de la reacción de combustión a 298 K, usando la ley de Kirchhoff: 473

∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 ,473𝐾 = ∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 ,298𝐾 + ��

∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 ,473𝐾 = 473

298

473

473

� 𝐶𝐶𝑝,𝑝𝑟𝑜𝑑 ∙ 𝑑𝑇 − �

298

473

� 𝐶𝐶𝑝,𝑟𝑒𝑎𝑐 ∙ 𝑑𝑇�

473

−191760 + �∫298 𝐶𝐶𝑝,𝐶𝑂2 ∙ 𝑑𝑇 + ∫298 2 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝐻2 𝑂 ∙ 𝑑𝑇 − ∫298 2 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝑂2 ∙ 𝑑𝑇 − ∫298 𝐶𝐶𝑝,𝐶𝐻4 ∙ 𝑑𝑇�

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∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 ,473𝐾

473

= −191760 + �

298

473

+�

(10,55 + 2,16 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 − 2,04 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2 ) ∙ 𝑑𝑇

2 ∙ (7,17 + 2,56 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 + 0,08 ∙ 105 ) ∙ 𝑑𝑇

298 473

−�

2 ∙ (7,16 + 10−3 ∙ 𝑇 − 0,4 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2 ) ∙ 𝑑𝑇

298 473

−�

Integrando y resolviendo:

298

(5,65 + 11,4 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 − 0,46 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2 ) ∙ 𝑑𝑇

∆𝐻𝐻°𝐶𝑜𝑚𝑏,𝐶𝐻4 ,473𝐾 = −191390 𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙

Remplazando los calores y los calores específicos en el balance de la ecuación (3):

𝑇𝑙𝑙

�

473

� 0,79

𝑇𝑙𝑙

473

𝑇𝑙𝑙

0,79

𝑇𝑙𝑙

2 ∙ 0,21 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝑁2 ∙ 𝑑𝑇 + � 𝐶𝐶𝑝,𝐶𝑂2 ∙ 𝑑𝑇 + � 2 ∙ 𝐶𝐶𝑝,𝐻2 𝑂 ∙ 𝑑𝑇 − 191390 = 0 473

𝑇𝑙𝑙

473

2 ∙ 0,21 ∙ (6,66 + 1,02 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 ) ∙ 𝑑𝑇 + � (10,55 + 2,16 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 − 2,04 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2 ) ∙ 𝑑𝑇 473

𝑇𝑙𝑙

+ � 2 ∙ (7,17 + 2,56 ∙ 10−3 ∙ 𝑇 + 0,08 ∙ 105 ∙ 𝑇 −2 ) ∙ 𝑑𝑇 − 191390 = 0 473

Integrando y agrupando se obtiene:

74,9986 ∙ 𝑇𝑙𝑙 +

188000 + 0,0075 ∙ 𝑇𝑙𝑙2 − 228930 = 0 𝑇𝑙𝑙

De la ecuación anterior, se obtienen 3 soluciones: 𝑇𝑙𝑙 (1) = 2452 𝐾 𝑇𝑙𝑙 (2) = 1 𝐾 𝑇𝑙𝑙 (3) = −12483 𝐾

De estas soluciones sirve sólo la primera, por lo tanto, la temperatura máxima de llama en la reacción con aire teórico y el metano precalentados a 473 K es de 2452 K.

3.17. Problema (I1 2010) Compare la energía se consume en la producción del aluminio a partir de la bauxita con la energía que consume en el reciclado de aluminio. Considere para ello que el proceso Hall que ocurre a 1000 °C puede representarse como: 𝐴𝑙2 𝑂𝑂3 (𝑒𝑛 𝑐𝑟𝐶𝐶𝑜𝑙𝐶𝐶𝑡𝑎 𝑓𝐶𝐶𝑛𝑑𝐶𝐶𝑑𝑎) + 3𝐶𝐶(𝑆) → 2𝐴𝑙(𝑙) + 3𝐶𝐶𝑂𝑂(𝑔)

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Datos:

Tfusión, Al=660oC ΔHofusión, Al=10.7 kJ/mol mAl=27 g/mol Cp, Al(s)=0.9 J/goC ΔHor=1340 kJ ΔSor=586 J/oK Solución

3.18. Problema (I1 2010, Ay. 4 2012) La constante de equilibrio para la reacción es de 4.4 a 2000 °K. 𝐻𝐻2(𝑔) + 𝐶𝐶𝑂𝑂2(𝑔) ↔ 𝐻𝐻2 𝑂𝑂(𝑔) + 𝐶𝐶𝑂𝑂(𝑔)

a) Calcule la energía libre estándar para la reacción.

b) ¿Cuál será la composición en el equilibrio si en un reactor a 2000 oK se mezclan 5 moles de reactantes y 1 mol de producto? c) En que dirección se moverá la reacción si las presiones parciales son: PH2=0.25 atm PCO2=0.78 atm PH2O=0.66 atm PCO=1.20 atm Solución a) En el equilibrio:

Por lo tanto, la energía libre estándar es:

Δ𝐺 0 = −𝑅𝑇 ln 𝐾

Δ𝐺 0 = −8.314 × 2000 × ln 4.4 = −24636 𝐽/𝑚𝑜𝑙

b) Dado que fuera del equilibrio se mezclan estos 5 moles de cada reactante, ellos deben reaccionar hasta alcanzar el equilibrio. Sea x la cantidad de moles de hidrógeno que reaccionan, entonces ellos 74

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deben reaccionar con x moles de dióxido de carbono para, de acuerdo a la reacción indicada, generar x moles de agua y x moles de monóxido de carbono. Dado que en los gases el número de moles es directamente proporcional a las presiones parciales, en el equilibrio se debe cumplir que. 4.4 =

[1 + 𝑥][1 + 𝑥] [5 − 𝑥][5 − 𝑥]

De donde x es igual a 3,06 moles, y por lo tanto la composición en el equilibrio de las especies es de 1,94 moles de Hidrógeno y Dióxido de Carbono, y 4,06 moles de vapor de agua y monóxido de carbono.

c) Para determinar la dirección de la reacción aplicamos la eacuación de la energía libre para una reacción química Δ𝐺 = Δ𝐺 0 + 𝑅𝑇 ln 𝑄

Δ𝐺 = −24636 + 8.314 × 2000 × ln

1.2 × 0.66 = −1330 𝐽/𝑚𝑜𝑙 0.25 × 0.78

Dado que la energía libre es levemente negativa, la dirección de la reacción es de izquierda a derecha, es decir hacia la producción de productos.

3.19. Problema (I2 2009)

Un horno flash Inco procesa 100 toneladas por hora de concentrado inyectando oxígeno puro a 298oK. El concentrado está compuesto por 85% CuFeS2, 5% Cu2S, 5% Fe3O4, 5% SiO2. Este concentrado es procesado a 1500oK para producir eje y escoria cuya composición puede ser asumida tener un 35% SiO2 y 65% FeO. Asuma que el oxígeno solo deja el horno como SO2 o en la escoria como FeO. Se estima que la tasa de disipación de calor del horno es de 40000 MJ/hora. a) ¿Cuánto oxígeno se requiere por tonelada de concentrado en peso? b) ¿Cuánto oxígeno representa en volumen? c) ¿Cuánto oxígeno se requiere por tonelada de cobre? d) ¿Cuántas toneladas de eje se producirán? e) ¿Cuánto SO2 en volumen se generará? f) Cuál será la ley del eje producido? Considere las siguientes entalpías: Especie

Temperatura oK

Entalpía Mj/Kg

CuFeS2

298

-1.04

O2

298

0

Fe3O4

298

-4.84 75

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco Cu2S

298

-0.51

SiO2

298

-15.16

Cu2S

1500

0.25

FeS

1500

0.11

FeO

1500

-2.49

SiO2

1500

-13.7

SO2

1500

-3.66

Solución Balance en O2 (se expluye el contenido en SiO2)

Balance SiO2:

𝑂𝑂2(𝑖𝑛𝑦𝑒𝑐𝑡𝑎𝑑𝑜) + 14 = 𝐹𝑒𝑂𝑂(𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎) × 0.22 + 𝐶𝐶𝑂𝑂(2 𝑜𝑓𝑓𝑔𝑎𝑠) × 0.5

Composición escoria:

Balance en Cu

𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂2(𝑓𝑢𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒) + 50 = 𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂2(𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎) 𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂2(𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎) =

35 × 𝐹𝑒𝑂𝑂𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 65

Balance en Fe

334 = 𝐶𝐶𝐶𝐶2 𝐶𝐶𝑒𝑗𝑒 × 0.8

Balance en S

295 = 𝐹𝑒𝐶𝐶𝑒𝑗𝑒 × 0.64 + 𝐹𝑒𝑂𝑂𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 × 0.78

Balance de energía

307 = 𝐶𝐶𝐶𝐶2 𝐶𝐶𝑒𝑗𝑒 × 0.2 + 𝐹𝑒𝐶𝐶𝑒𝑗𝑒 × 0.36 + 𝐶𝐶𝑂𝑂2(𝑜𝑓𝑓𝑔𝑎𝑠) × 0.5

850 × −1.04 + 50 × −0.51 + 50 × −4.84 + 50 × −15.16 + 𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂2(𝑓𝑢𝑛𝑑𝑒𝑛𝑡𝑒) × −15.16 = 𝐶𝐶𝐶𝐶2 𝐶𝐶𝑒𝑗𝑒 × 0.25 + 𝐹𝑒𝐶𝐶𝑒𝑗𝑒 × 0.11 + 𝐹𝑒𝑂𝑂𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 × −2.49 + 𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂2(𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎) × −13.7 + 𝐶𝐶𝑂𝑂2(𝑜𝑓𝑓𝑔𝑎𝑠) × −3.66 + 400

Donde

76

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O2 inyectado=211 kg

SiO2 fundente=87 kg Cu2Seje=418 kg FeSeje=151 kg FeOescoria=255 kg SiO2 escoria=137 kg SO2 offgas=339 kg a) 211 kg 211 22 b) × = 147.7𝑁𝑚3 c)

32 4 211 418 1000

0.8×

= 631

d) 418 + 151 = 569 𝑘𝑔 339 e) × 22.4 = 118.65𝑁𝑚3 f)

64

𝐿𝑒𝑦𝑒𝑗𝑒 = 0.8 ×

418 569

100

= 58.77%

3.20. Problema (Ay. 1 2013) Principio de Le Chatelier: Se alcanza un equilibrio en un medio sin alteraciones externas en una reacción. La constante de equilibrio para la siguiente reacción es 0.137 𝐶𝐶𝑂𝑂2(𝑔) + 𝐻𝐻2(𝑔)

𝜂𝑝 →�����⃑ ← 𝐶𝐶𝑂𝑂(𝑔) + 𝐻𝐻2 𝑂𝑂(𝑔) 𝜂𝑟 ⃐����

¿Cuál es la composición en el equilibrio si en un reactor se mezclan 5 moles de reactantes y 1 mol de productos? Solución Constante de equilibrio → Distancia entre componentes al estar en equilibrio. Si Keq muy grande → alta concentración producto.

𝐴𝑎 + 𝐵𝑏 ↔ 𝐶𝐶𝑐 + 𝐷𝑑

R en el equilibrio:

𝐾𝑒𝑞 =

[𝐶𝐶]𝑐 [𝐷]𝑑 [𝐴]𝑎 [𝐵]𝑏

77

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�𝐶𝐶𝑂𝑂2(𝑔) � = 4.38 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 �𝐻𝐻2(𝑔) � = 4.38 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠

�𝐶𝐶𝑂𝑂(𝑔) � = 1.62 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠

�𝐻𝐻2 𝑂𝑂(𝑔) � = 1.62 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠

En este caso

𝐾𝑒𝑞 =

[𝐶𝐶𝑂𝑂][𝐻𝐻2 𝑂𝑂] = 0.137 [𝐶𝐶𝑂𝑂2 ][𝐻𝐻2 ]

𝐶𝐶𝑛𝑐𝐶𝐶𝑜 [𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠] 5 : 𝑓𝐶𝐶𝑛 [𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠] 5 − 𝑥 𝐾𝑒𝑞 =

1 5 = 5−𝑥 1+𝑥

1 1+𝑥

[1 + 𝑥][1 + 𝑥] = 0.137 → 𝑥 = 0.62 [5 − 𝑥][5 − 𝑥]

Nota: Volumen de un gas ideal/natural: 1 mol → 22.4 lt bajo STP (condiciones estándar de presión y temperatura To=25oC y P=1 atm) Para un gas ideal no bajo condiciones estándar

3.21. Problema (Ay. 1 2013)

𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇

Ley de Gibbs Determine el cambio en energía libre para la reacción de férrico y ferroso desde un estado inicial donde la concentración de ferroso a férrico es de 0.0001 y un estado final es de 100. Solución Para pasar de ferroso a férrico deben estar en un medio en que se capturen sus electrones, i.e. solución conductoria que permite transferencia de electrones, conductiva, agua o sistema ionizado, plasma, este permite un rápido flujo de electrones. Estados oxidados del fierro ferroso y férrico son Fe2+ y Fe 3+ respectivamente. 𝐹𝑒 3+ + 𝑒 − → 𝐹𝑒 2+

78

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∅: actividad: tendencia a reaccionar

Δ𝐺𝑟 = Δ𝐺𝑟0 + 𝑅𝑇𝑙𝑛 �

∅𝐹𝑒 2+ � ∅𝐹𝑒 3+

Δ+ [𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑐𝐶𝐶ó𝑛]: es la rendencia a reaccionar, probabilidad de colisión.

𝛾: constante/coeficiente de actividad, en soluciones diluidas ( 0  la reacción absorbió energía desde el ambiente. Las moléculas o átomos

contienen un mayor valor energético que inicialmente.

b) 4,88 g de hidróxido de bario octahidratado con cloruro de amonio:

88

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Pasar este caso, ídem anterior. Se corrobora que la ecuación sí está correctamente balanceada.

Tomando los pesos atómicos de la tabla calculamos el peso molecular:

PABa = 137,237 g/mol PAO = 16 g/mol PAH = 1 g/mol PMBa(OH)2*8H20 = 1x137,237 + 2x(16 + 1) + 8x(2x1 + 16) = 315,237 g/mol

Calculamos la cantidad de moles de hidróxido de bario octahidratado que reaccionarán:

4,88 [g]/ 315,237[g/mol] = 0,01548 moles

Aplicando regla de tres:

1 mol/0,01548 moles = +80,3kJ/X  X = +1,2431 kJ se absorben (por la reacción de 4,88g de hidróxido de bario octahidratado con cloruro de amonio)

3.24. Problema (Ay. 2 2012) El ión plata acuoso reacciona con el ión cloruro y produce un precipitado blanco de cloruro de plata sólido como se muestra en la siguiente reacción:

89

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Cuando se agregan 10 ml de una disolución de AgNO3 1M a 10 ml de una disolución de NaCl 1M a 25ºC, se forma dicho precipitado y la temperatura de la mezcla acuosa aumenta a 32,6ºC. Por otro lado, se sabe que el calor específico (cp) de la mezcla acuosa es de 4,18J/(g ºC) y que la densidad de la mezcla acuosa es 1 gr/ml. Determine el valor de ΔH para la reacción de formación del cloruro de plata (AgCl).

Antes de comenzar veamos un par de definiciones importantes para este ejercicio:

• Calor específico (cp) es la cantidad de calor que hay que suministrar a una unidad de masa de una

sustancia o sistema termodinámico para elevar su temperatura en una unidad (kelvin o grado Celsius). Cp = Q/ [m*∆T]

Donde Q es el calor (kJ, J, cal, kcal, etc.), m la masa (mg, g, kg, ton, etc.) y ∆T la diferencia de temperatura (kelvin o Celcius).

• Molaridad o la concentración molar (M) es una medida de la concentración de un soluto en una

disolución, o de alguna especie molecular, iónica o atómica que se encuentra en un volumen dado.

• Molalidad (m) es el número de moles de soluto que contiene un kilogramo de disolvente.

90

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Compilado por Diego Carrasco

Darse cuenta que en este ejercicio se nos pide que hagamos el proceso inverso que en el ejercicio (a) con un grado de dificultad mayor, por supuesto. En este caso contamos con una reacción que es el producto de una mezcla dada, y en base a esta mezcla (experimento) se nos pide que calculemos la entalpía de la reacción estándar (con 1 mol reaccionando).

Lo primero que debemos calcular es el número de moles que están reaccionando con la mezcla y luego calculamos cuál es la entalpía de dicha reacción.

Número de moles contenidos en 10ml de AgNO3 1M:

nAgNO3= 10ml*1mol/L = 0,01L*1mol/L = 0,01 moles

Número de moles contenidos en 10ml de NaCl 1M:

nNaCl= 10ml*1mol/L = 0,01L*1mol/L = 0,01 moles

Entonces como se están adicionando igual cantidad de moles, están reaccionando todos los moles. Calculamos el calor liberado por la reacción, para esto usamos el calor específico:

∆H = cp*ρMEZCLA*VolMEZCLA*∆T = 4,18[J/(g*C)]*1[g/ml]*20[ml]*(32,6-25)[C] = 635,36 J

El resultado anterior nos está indicando que, cuando nosotros mezclamos 0,01 moles de cloruro de sodio (NaCl) con 0,01 moles de nitrato de plata (AgNO3) se liberan 635,36 J de energía.

91

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Ahora, como nos piden el ∆H de la reacción base (1 mol), sólo debemos hacer una regla de tres para obtener este valor: 0,01mol/1mol = 635,36 J/X  X = 63.536 J

Por lo que ∆H de formación del cloruro de plata (AgCl) es (+/-) 63.536 [J/mol]…

¿…pero qué pasa cuando no sabemos el signo de la reacción…?

Cuando no sabemos el signo de la reacción, debemos encontrar algo que no dé evidencia de cuál sería su posible signo.

(1) Para este caso, la primera observación evidente es la que se ve en el enunciado donde se observa un aumento de temperatura del sistema (∆T > 0). Adicionalmente, se puede concluir de inmediato: ∆T > 0  ∆H < 0 ∆T = 0  ∆H = 0 ∆T < 0  ∆H > 0

(2) En la naturaleza el estado de la materia nos da una idea de cuánta energía contiene un material. Por ejemplo, el hielo tiene menos energía que el agua, y el agua tiene menos energía que el vapor de agua; por lo tanto, se puede concluir que: HGAS > HLÍQUIDO > HSÓLIDO

Para el caso anterior, se puede observar que el precipitado de cloruro de plata es sólido, mientras que sus reactivos son ambos líquidos. Esto nos dice que pasamos de un estado de mayor energía (líquido) a uno de menor energía (sólido), por lo que se tiene que se está liberando energía al ambiente.

92

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(3) Cuando nos encontramos en reacciones que incluyen algún reactivo o producto gaseoso, so puede analizar el número de moles gaseosos de la reacción. La regla dice: • Productos contienen una mayor cantidad de moles gaseosos que los reactivos  ∆H>0 (se absorbió

energía).

• Productos contienen igual cantidad de moles gaseosos que los productos  ¿? • Productos contienen una menor cantidad de moles gaseosos que los reactivos  ∆H 0 Δ𝐺𝑟 = −507553 + 58.18 × 1273 + 8.314 × 1273 × ln � 1 > 𝑃𝐶𝑂2 × 6.2 × 1017 > 0

1 − 𝑃𝐶𝑂2 �>0 𝑃𝐶𝑂2

1.6 × 10−18 > 𝑃𝐶𝑂2 > 0 1 > 𝑃𝐶𝑂 > 0

105

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3.31. Problema (Ay. 1 2010)

(a) Calcule a que temperatura ocurre la reducción de óxido de estaño, cromo y sílice mediante carbono. (b) Lo mismo para el hidrógeno presente en el agua. Solución Reducción de óxido de estaño mediante carbono 𝐶𝐶𝑛 + 𝑂𝑂2 → 𝐶𝐶𝑛𝑂𝑂2

Δ𝐺1

2𝐶𝐶 + 𝑂𝑂2 → 2𝐶𝐶𝑂𝑂

Δ𝐺2

Restando la primera con las segunda se obtiene: 𝐶𝐶𝑛 + 2𝐶𝐶𝑂𝑂 → 𝐶𝐶𝑛𝑂𝑂2 + 2𝐶𝐶

Δ𝐺1 − Δ𝐺2

Que es la reacción que estabamos buscando. La reducción es la reacción contraria por lo que necesitamos que Δ𝐺𝑟 sea positivo. Lo que es: Δ𝐺1 > Δ𝐺2

De un diagrama de Ellingham se observa que ello ocurre a 1080oC aproximadamente. Para el caso del cromo 4 𝐶𝐶𝑟 3

+ 𝑂𝑂2 → 𝐶𝐶𝑟2 𝑂𝑂3

2 3

4 𝐶𝐶𝑟 3

+ 2𝐶𝐶𝑂𝑂 → 𝐶𝐶𝑟2 𝑂𝑂3 + 2𝐶𝐶

Δ𝐺3

2𝐶𝐶 + 𝑂𝑂2 → 2𝐶𝐶𝑂𝑂 Δ𝐺3 > Δ𝐺2 cuando 𝑇 ≈ 1230𝑜 𝐶𝐶

Δ𝐺2

2 3

Δ𝐺3 − Δ𝐺2

Para el sílice

𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝑂𝑂2 → 𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂2

2𝐶𝐶 + 𝑂𝑂2 → 2𝐶𝐶𝑂𝑂

𝐶𝐶𝐶𝐶 + 2𝐶𝐶𝑂𝑂 → 𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂2 + 2𝐶𝐶

Δ𝐺4 > Δ𝐺2 cuando 𝑇 ≈ 1650𝑜 𝐶𝐶

Δ𝐺4

Δ𝐺2

Δ𝐺4 − Δ𝐺2

(b)

𝐶𝐶(𝑠) + 𝐻𝐻2 𝑂𝑂(𝑔) → 𝐶𝐶𝑂𝑂(𝑔) + 𝐻𝐻2(𝑔)

2𝐶𝐶(𝑠) + 2𝐻𝐻2 𝑂𝑂 → 2𝐶𝐶𝑂𝑂 + 2𝐻𝐻2

Δ𝐺1 106

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco 2𝐻𝐻2 + 𝑂𝑂2 → 2𝐻𝐻2 𝑂𝑂 2𝐶𝐶 + 𝑂𝑂2 → 2𝐶𝐶𝑂𝑂

Δ𝐺2 Δ𝐺3

Δ𝐺1 = Δ𝐺3 − Δ𝐺2

Para que la reacción ocurra, Δ𝐺1 < 0, lo que implica Δ𝐺2 > Δ𝐺3 . Lo que ocurre a 𝑇 ≈ 680𝑜 𝐶𝐶

107

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3.32. Problema (Ay. 2 2009) Una carga de 20 t de cobre líquido es enfriado de 1350 °C a 1200 °C por adición de cobre sólido a 25 °C. El cobre puro funde a 1083 °C. Asumiendo que no hay pérdidas de calor calcule el número de toneladas de cobre sólido utilizados. Datos:

Cu(s)

Cp=22.64+0.0063T

(J/mol-K)

Cu(l)

Cp=31.38

(J/mol-K)

ΔHoFusión

13054

(J/mol)

Solución 1473

𝑚𝑐𝑢(𝑙) × �

1623

20𝑡 × 31.38

1356

𝐶𝐶𝑝,𝐶𝑢(𝑙) 𝑑𝑇 + 𝑚𝐶𝑢(𝑠) × ��

298

𝐽 × (1623 − 1473)𝐾 𝑚𝑜𝑙 − 𝐾 = 𝑚𝐶𝑢(𝑠)

× (�22.64 × (1356 − 298) + × (1473 − 1356)�

𝐽 𝑚𝑜𝑙

1473

0 𝐶𝐶𝑝,𝐶𝑢(𝑠) 𝑑𝑇 + Δ𝐻𝐻𝑓𝑢𝑠𝑖ó𝑛 𝐶𝑢 + �

1356

𝐶𝐶𝑝,𝐶𝑢(𝑙) � = 0

0.0063 × (13562 − 2982 ) + 13054 + 31.38 2

94140𝑡 = 𝑚𝐶𝑢(𝑠) × (23953.1 + 5512.3 + 13054 + 3671.5) 𝑚𝐶𝑢(𝑠) =

94140 𝑡 = 2.04 𝑡 46190

3.33. Problema (Ay. 2 2009) La carga de un horno flash consiste de una mezcla de concentrado de Cobre parcialmente tostado y un fundente compuesto de una mezcla de menas silíceas con oro y plata conteniendo calcita. La fuente energética es carbón pulverizado. El carbón contiene un 12% de ceniza en peso y la cantidad de carbón usado es 10% del total del peso de concentrado y fundente. La composición de las alimentaciones está dada en la siguiente tabla:

Material

Cu

Fe

S

SiO2

CaO 108

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Concentrado

20

32

10

18

5

Mena Silicea

2

8

8

58

8

Calcita

-

3

4

5

40

Carbón

-

30

-

40

10

Asuma que: a. 25% del sulfuro total es reportado en los gases. b. Todo el cobre se reporta en el eje y toda la ceniza en la escoria. c. El eje esta compuesto de Cu2S y FeS solamente. d. La escoria tiene un ratio de constituyentes de Fe:CaO:SiO2=40:10:40 Calcule: 1. El peso de cada fracción de los input para dar una carga de 5000 Kg. 2. la ley del eje o mata (% de Cobre en la mata)

Solución El problema esquemáticamente es:

Definiendo las siguientes variables 𝑥: Peso del concentrado

𝑦: Peso del sílice

109

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𝑧: peso de la caliza

𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑆𝑀𝑎𝑡𝑎 : Masa de FeS en la mata

𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 : Masa de hierro en la escoria

La carga de es 5 ton y la cantidad de carbón utilizado es 10% del peso total de concentrado y flujo silíceo. 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 0.1(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) = 5000 1.1𝑥 + 1.1𝑦 + 1.1𝑧 = 5000

Dado que todo el cobre se va a la mata:

De donde

𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒𝑀𝑎𝑡𝑎

Además:

𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒𝑚𝑎𝑡𝑎 = 0.2𝑥 + 0.02𝑦 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑢2 𝑆𝑚𝑎𝑡𝑎 =

Luego

𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒𝑚𝑎𝑡𝑎 0.8

𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑢2 𝑆𝑚𝑎𝑡𝑎 = 0.25𝑥 + 0.025𝑦

Por otro lado, 75% del azufre se reporta en la mata, por lo tanto:

Lo que es equivalente a

0.75 × 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐴𝑧𝑢𝑓𝑟𝑒𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐴𝑧𝑢𝑓𝑟𝑒𝑀𝑎𝑡𝑎

0.2 × 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑢2 𝑆𝑚𝑎𝑡𝑎 + 0.365 × 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑆𝑚𝑎𝑡𝑎 = 0.75 × (0.1𝑥 + 0.08𝑦 + 0.4𝑧)

Reemplazando:

0.2 × (0.25𝑥 + 0.025𝑦 + 0.365 × 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑆𝑚𝑎𝑡𝑎 = 0.75 × (0.1𝑥 + 0.08𝑦 + 0.4𝑧) En la escoria:

0.025𝑥 + 0.055𝑦 + 0.3𝑧 − 0.365 × 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑆𝑚𝑎𝑡𝑎 = 0

110

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝐸𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 40 = 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑎𝑂𝐸𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 10

Dado que 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑎𝑂𝐸𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 = 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑎𝑂𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 , entonces:

𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝐸𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 = 4 × 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑎𝑂𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 4 × (0.05𝑥 + 0.08𝑦 + 0.4𝑧 + 0.12 (𝑥 + 𝑦 + 𝑧))

Además:

0.24𝑥 + 0.36𝑦 + 1.64𝑧 − 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑎𝑂𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 0 𝑀𝑎𝑠𝑎𝑆𝑖𝑂2 𝐸𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑎𝑂𝐸𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎

Pero, 𝑀𝑎𝑠𝑎𝑆𝑖𝑂2 𝐸𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 = 𝑀𝑎𝑠𝑎𝑆𝑖𝑂2 𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 , luego:

=

40 10

4 × 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑎𝑂𝐸𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 = 𝑀𝑎𝑠𝑎𝑆𝑖𝑂2 𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎

4 × �0.05𝑥 + 0.08𝑦 + 0.4𝑧 + 0.12 (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)� = 0.18𝑥 + 0.58𝑦 + 0.05𝑧 + 0.4 × 0.1(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) Finalmente, del balance de hierro:

Luego,

De donde

0.02𝑥 − 0.26𝑦 + 1.55𝑧 = 0

𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝐸𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 + 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑀𝑎𝑡𝑎 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝐸𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 + 0.635 × 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑆𝑀𝑎𝑡𝑎

0.32𝑥 + 0.08𝑦 + 0.03𝑧 + 0.3 × 0.1 × (𝑥 + 𝑦 + 𝑧) = 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑒𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 + 0.635 × 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑆𝑀𝑎𝑡𝑎 En síntesis,

0.35𝑥 + 0.11𝑦 + 0.06𝑧 − 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝐸𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 − 0.635 × 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑆𝑀𝑎𝑡𝑎 = 0 1.1𝑥 + 1.1𝑦 + 1.1𝑧 = 5000

0.025𝑥 + 0.055𝑦 + 0.3𝑧 − 0.365 × 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑆𝑚𝑎𝑡𝑎 = 0 0.24𝑥 + 0.36𝑦 + 1.64𝑧 − 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑎𝑂𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 0 0.02𝑥 − 0.26𝑦 + 1.55𝑧 = 0

0.35𝑥 + 0.11𝑦 + 0.06𝑧 − 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝐸𝑠𝑐𝑜𝑟𝑖𝑎 − 0.635 × 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑆𝑀𝑎𝑡𝑎 = 0

111

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería De donde:

Compilado por Diego Carrasco

x=3974.42 y=532.92 z=38.11 MasaFeS Mata=383.85 MasaFe Escoria=1208.21 (1) Peso del concentrado: 3974.42 kg Peso de la sílice: 532.92 kg Peso de la caliza: 38.11 kg Peso de las cenizas de carbón: 454.55 kg (2) La ley de la mata está dada por: 𝑙𝑒𝑦𝑚𝑎𝑡𝑎 =

𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑢𝑀𝑎𝑡𝑎 = 0.5792 = 57.92% 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐶𝑢2 𝑆𝑀𝑎𝑡𝑎 + 𝑀𝑎𝑠𝑎𝐹𝑒𝑆𝑀𝑎𝑡𝑎

3.34. Problema (Guía estudio I1 2012)

La reducción de óxido de fierro en horno precede de acuerdo a las siguientes ecuaciones:

(1)

3 Fe2O3

+ CO

=

2 Fe3O4

+

CO2

∆Hº_298 = -127 kcal/mol

(2)

3 Fe3O4

+ CO

=

3 FeO

+

CO2

∆Hº_298 = 9,8 kcal/mol

(3)

FeO

+ CO

=

Fe

+

CO2

∆Hº_298 = -4,4 kcal/mol

¿Cuál será el calor de reacción para la reacción? (4) Fe2O3

+ 3CO = 2Fe

+ 3CO2

Solución

112

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Lo importante de este ejercicio es saber que la ecuación (4) resulta del uso de la ley de Hess o de la combinación adecuada de las ecuaciones (1), (2) y (3):

∆Hº(4) = 1/3*∆Hº(1) + 2/3*∆Hº(2) + 2*∆Hº(3)

Reemplazando y calculando:

∆Hº(4) = -6,5 [kcal/mol]

1. Problema (Ay. 2 2009, Guía estudio I1 2012)

Considere la siguiente reacción que ocurre durante la fase de conversión en el convertidor Pierce-Smith 𝐶𝐶𝐶𝐶2 𝐶𝐶(𝑙) + 𝑂𝑂2(𝑔) ↔ 2𝐶𝐶𝐶𝐶(𝑙) + 𝐶𝐶𝑂𝑂2(𝑔)

0 Δ𝐺1200 𝑜 𝐶 = −40200 𝑐𝑎𝑙

Si aire es usado en el proceso y la presión total es de una atmósfera, calcule la presión parcial de oxígeno en el equilibrio en el sistema. 1.1. Solución En el equilibrio

aCu=1, fase en estado puro

𝑘𝑒𝑞

2 Δ0 𝑃𝑆𝑂2 × 𝑎𝐶𝑢 − 𝑟 𝑅𝑇 = =𝑒 𝑃𝑂2 × 𝑎𝐶𝑢2 𝑆

aCu2S=1, fase asume en estado puro Entonces 40200 𝑃𝑆𝑂2 = 𝑒 1.987×1473 𝑃𝑂2

Dado que aire es usado en el proceso, por cada mol de aire reaccionando tenemos: 𝐼𝑛𝐶𝐶𝑐𝐶𝐶𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 : 𝐷𝑒𝑠𝑝𝐶𝐶é𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝐶𝐶ó𝑛

𝐶𝐶𝐶𝐶2 𝐶𝐶(𝑙) 𝑂𝑂2(𝑔) 0.21 0.21 − 𝑥

2 𝐶𝐶𝐶𝐶(𝑙) 𝐶𝐶𝑂𝑂2(𝑔) 0 𝑥

113

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En el equilibrio

𝑃𝑂2 =

0.21 − 𝑥 × 𝑃𝑇 1

𝑃𝑆𝑂2 =

𝑥 × 𝑃𝑇 1

Dado que la presión total (PT) es 1 atm y sustituyendo en la ecuación anterior:

Donde 𝑃𝑂2 = 2 × 10−7 atm

40200 𝑥 = 𝑒 1.987×1473 → 𝑥 ≈ 0.21 0.21 − 𝑥

2. Hidro metalurgia 2.1.

Problema (I2 2013)

Las pruebas en columnas para un nuevo proyecto de lixiviación en pilas de óxidos de Cobre presentan un contenido de cobre soluble de 1,4%. Se pretende operar pilas permanentes para obtener una producción de 40 mil toneladas de Cu fino por año. Los estudios preliminares indican que las pilas de lixiviación deberían tener 10 metros de alto y que el apilamiento del mineral generaría material con una densidad aparente de 1.6 ton/m3. Se presenta en la figura la curva cinética de recuperación de Cu según pruebas en columnas de 10 metros de altura utilizando la granulometría de diseño. La pila se regará con refino que tiene una concentración de Cu2+ de 0.5 gpl. Se le pide estimar:

114

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco 80% 70%

Recuperación

60% 50% 40% 30% 20% 10% 0% 0

10

20

30

40

50

60

70

80

dias

a) La cantidad de material que se necesita procesar y el área necesaria para operar anualmente. b) Flujo de solución enviada al proceso SX asumiendo una tasa de riego de 12 lt/h/m2. c) Si el flujo que se envía a SX se mezcla en contra corriente con una solución descargada de orgánico ¿Cuál será la concentración de cobre en el orgánico cargado? Considere una relación orgánico/acuoso de 0.75 (O/A=0.75) y una concentración de cobre en el orgánico descargado de 0.6 gpl. Solución El área de la pila se calcula de acuerdo a lo siguiente: 𝑚𝑚𝑖𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙

𝑡𝑜𝑛 40,000 � � 𝑎ñ𝑜 = 𝑑í𝑎𝑠 365 � 𝑎ñ𝑜 � 1.4% × 𝑅[%]

𝑚𝑝𝑖𝑙𝑎 = 𝑚𝑚𝑖𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 [𝑡𝑝𝑑] × 𝑇[𝑑í𝑎𝑠] 𝑉𝑚𝑖𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 =

𝑚𝑚𝑖𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 [𝑡𝑝𝑑] 𝑡𝑜𝑛 𝜌𝑚𝑖𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 � 3 � 𝑚

115

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco 𝑉𝑝𝑖𝑙𝑎

𝑚3 = 𝑉𝑚𝑖𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 � � × 𝑇[𝑑í𝑎𝑠] 𝑑í𝑎 𝐴𝑝𝑖𝑙𝑎 =

𝑉𝑝𝑖𝑙𝑎 ℎ

El tiempo de ciclo es de 30 días, debido a que a mayores ciclos el aumento marginal de la recuperación no es significativo. El área de la pila según el tiempo del ciclo es: Días ciclo

25

30

35

40

45

50

Recuperación (%)

69

71

72

73

74

75

Ley mineral (%)

1.4

1.4

1.4

1.4

1.4

1.4

Producción anual (kton/año)

40

40

40

40

40

40

11345

11025

10872

10723

10578

10437

283616

330752

380518

428920

476014

521853

7090

6891

6795

6702

6611

6523

177260

206720

237823

268075

297509

326158

10

10

10

10

10

10

17726

20672

23782

26807

29751

32616

Masa mineral (tpd) Masa pila (ton) Volumen mineral (m3/día) Volumen pila Altura (m) Área pila requerida (m2)

Nota: Se consideraron como válidas respuestas que utilizaron otros tiempos de ciclo si estaban bien justificados. b) El flujo de la solución enviada a SX es:

(3 puntos)

𝑄𝑃𝐿𝑆 = 12 �

𝑙𝑡 𝑚3 𝑙𝑡 2] = 248,064 × 20,672[𝑚 = 248 � � � � � ℎ ℎ ℎ × 𝑚2

c) Como la pila se riega con refino de 0,5 gpl, la concentración de cobre enviada a SX es: 116

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑃𝐿𝑆 (5 puntos)

=

𝑔 40 [𝑘𝑡𝑝𝑎] × 106 �𝑡𝑜𝑛�

𝑙𝑡 𝑑í𝑎𝑠 ℎ 𝑄 � � × 365 � 𝑎ñ𝑜 � × 24 �𝑑í𝑎� ℎ

+ 0.5 = 18.9 𝑔𝑝𝑙

La concentración del orgánico cargado es: [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑃𝐿𝑆 − [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑅𝑒𝑓𝑖𝑛𝑜 =

𝑂𝑂 × �[𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑂𝑟𝑔 𝐶 − [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑂𝑟𝑔 𝐷 � 𝐴

18.9 − 0.5 = 0.75 × �[𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑂𝑟𝑔 𝐶 − 0.6� → [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑂𝑟𝑔 𝐶 = 25.13 𝑔𝑝𝑙

(3 puntos)

2.2.

Problema (I2 2013)

Se procesa un mineral sulfurado de crisocola (CuSiO3·2H2O), (𝜌𝑀𝑒𝑛𝑎 = 2,6 𝑔/𝑐𝑚3), a un tamaño de partícula mono-granular de 2,31 cm de diámetro, el cual es sometido a lixiviación con una concentración de 9,8 g/l de ácido sulfúrico (pedo molecular de 98 gr/mol). Tras 80 horas, se obtiene una lixiviación de 40% del mineral total, y de 83% en 6 semanas el cual es el máximo obtenible. Considerando control difusional de la reacción del tipo indicado en la ecuación se le pide:

𝟏𝟏(𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂3 · 2𝐻𝐻2 𝑂𝑂) + 𝟏𝟏(𝐻𝐻2 𝑆𝑆𝑂𝑂4 ) ↔ 𝟏𝟏(𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂4 ) + 𝟑𝟑(𝐻𝐻2 𝑂𝑂) + 𝟏𝟏(𝑆𝑆𝑆𝑆𝑂𝑂2 )

i) Estimar la extracción de cobre en 2 semanas.

ii) Estimar la extracción de cobre en 4 semanas. iii) Si se decide duplicar la concentración de ácido sulfúrico en la solución lixiviante a 19,6 g/l ¿Cuál sería ahora la extracción de cobre en 2 semanas?

117

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2 2 · 𝑉𝐶𝑢 · 𝐷𝑑𝑖𝑓 · 𝐴0 2 1 − · 𝐹𝑡 − (1 − 𝐹𝑡 )3 = � �·𝑡 3 𝑟02

Ft

: Fracción de Cobre lixiviada en el tiempo t.

A0

: Concentración Molar de Solución Lixiviante, M.

VCu

: Volumen Molar de Cu = 3054 cm3/mol

Ddif

: Coeficiente de Difusión, cm2/día

r0

: Radio de partícula, cm

t

: Tiempo, días

Solución De acuerdo al enunciado, la recuperación en 80 horas es de 40% y en 6 semanas es de 83%. Como el período de 6 semanas es relativamente largo, se asume que 83% es la máxima recuperación que se puede obtener. El comportamiento de control por difusión se rige según la siguiente relación: 2 2 × 𝑉𝐶𝑢 × 𝐷𝑑𝑖𝑓 × 𝐴0 2 1 − 𝐹𝑡 − (1 − 𝐹𝑡 )3 = � �×𝑡 3 𝐵 × 𝑟02

Caso 80 horas. En 80 horas se obtiene una recuperación de 40/83 = 0,482 ~ 48%. (2 puntos) Además se tiene: 𝐴0 =

𝐴0 [𝑔𝑝𝑙] 9.8 [𝑔𝑝𝑙] = = 0.1[𝑀] 𝑃𝑀𝐻2 𝑆𝑂4 98 � 𝑔 � 𝑚𝑜𝑙

𝑐𝑚3 𝑙𝑡 𝑉𝐶𝑢 = 3054 � � = 3.054 � � 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝐵 = 1 (𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 1) 𝑟0 = 1.155 [𝑐𝑚]

118

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𝑡 = 80 [ℎ] = 3.33[𝑑í𝑎𝑠]

Remplazando en la ecuación de control por difusión se obtiene:

2 2 × 3.054 × 𝐷𝑑𝑖𝑓 × 0.1 2 𝑐𝑚2 × 3.33 = 𝐷 1 − 0.48 − (1 − 0.48)3 = � = 0.0219 � � � 𝑑𝑖𝑓 1 × 1.1552 3 𝑑í𝑎

(3 puntos)

(i) 2 semanas

(3 puntos)

2 2 × 3.054 × 0.0219 × 0.1 2 � × 14 1 − 𝐹 − (1 − 𝐹)3 = � 1 × 1.1552 3

Despejando se obtienen dos soluciones: Fi = 0,831 y Fi = −1,400. Sólo la primera de ellas tiene sentido, luego la recuperación de cobre total es:

(2 puntos)

0.831 × 0.83 = 0.69 = 69%

(ii) 4 semanas 2 2 × 3.054 × 0.0219 × 0.1 2 � × 28 1 − 𝐹 − (1 − 𝐹)3 = � 1 × 1.1552 3

(3 puntos) Despejando se obtienen dos soluciones: Fii = 0,984 y Fii = −2,131. Sólo la primera de ellas tiene sentido, luego la recuperación de cobre total es: 0.984 = 0.83 = 0.817 = 81.7% (2 puntos) (iii) 2 semanas, duplicando la concentración 119

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(3 punto)

2 2 2 × 3.054 × 0.0219 × 0.2 1 − 𝐹 − (1 − 𝐹)3 = � � × 14 3 1 × 1.1552

Despejando se obtienen dos soluciones: Fiii = 0,984 y Fiii = −2,13. Sólo la primera de ellas tiene sentido, luego la recuperación de cobre total es:

(2 puntos)

2.3.

0.984 × 0.83 = 0.817 = 81.7%

Problema (I2 2013)

Se desea instalar una planta que produzca 50 mil toneladas de Cátodos de Cu al año. Para ello se considera que el electrolito debe entrar a la nave con 50 gpl d Cu y salir con 35 gpl de Cu. La electrolisis tiene pérdidas del 2% de Cu. Considere una tasa de riego de refino de 15 l/h/m2 con una concentración de 0,5 gpl de Cu. Las pruebas en columnas de 10 m indican que para un ciclo de riego de 30 días la concentración el PLS es de 6 gpl de Cu. La relación O/A de diseño es de 0,75 en la etapa de SX y se espera que el orgánico descargado tenga una concentración de 2 gpl de Cu. La eficiencia de transferencia de Cu en la etapa de SX es del 100%.

a) b) c) d)

¿Cuál es el área activa de riego que se requiere por mes? (considere 12 meses de 30 días) ¿Cuál es el flujo de Orgánico requerido en m3/mes? ¿Cuál es el flujo de electrolito requerido en m3/mes? ¿Cuántas etapas de extracción se requieren aproximadamente si la curva de equilibrio para el pH de diseño es la que se indica en la figura?

120

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10

9

8

GPL CU ORGANICO

7

6

5

4

3

2

1

0 0

1

2

3

4

5

6

7

GPL CU ACUOSO

Solución El flujo de electrolito enviado a EW es: 𝑄𝐸𝑊 = (5 puntos)

𝑔 50 𝑘𝑡𝑝𝑎 × 106 �𝑡𝑜𝑛�

𝑚3 𝑚3 = 9319 � � = 279,564 � � 𝑙𝑡 𝑑í𝑎𝑠 𝑑í𝑎 𝑚𝑒𝑠 (50 𝑔𝑝𝑙 − 35 𝑔𝑝𝑙) × 0.98% × 365 � × 103 � 3 � � 𝑎ñ𝑜 𝑚

La concentración de cobre en el orgánico cargado es:

121

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[𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑃𝐿𝑆 − [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑅𝑒𝑓𝑖𝑛𝑜 =

(2 puntos)

𝑂𝑂 × �[𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑂𝑟𝑔 𝐶 − [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑂𝑟𝑔 𝐷 � 𝐴

6 𝑔𝑝𝑙 − 0.5 𝑔𝑝𝑙 = 0.75 × �[𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑂𝑟𝑔 𝐶 − 2 𝑔𝑝𝑙� → [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑂𝑟𝑔 𝐶 = 9.33 𝑔𝑝𝑙

El flujo de orgánico es 𝑄𝐸𝑊 × ([𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝐸𝐶 − [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝐸𝐷 ) = 𝑄𝑂𝑟𝑔 × �[𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑂𝑟𝑔 𝐶 − [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑂𝑟𝑔 𝐷 �

𝑚3 𝑄𝐸𝑊 × (50 𝑔𝑝𝑙 − 35 𝑔𝑝𝑙) × 0.98% = 𝑄𝑂𝑟𝑔 × (9.33 𝑔𝑝𝑙 − 2 𝑔𝑝𝑙) → 𝑄𝑂𝑟𝑔 = 560,653 � � 𝑚𝑒𝑠

(5 puntos)

El flujo de PLS enviado a SX es:

El área activa requerida por mes es:

𝐴𝐴𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 (5 puntos)

𝑄𝑃𝐿𝑆 =

𝑄𝑂𝑟𝑔 𝑚3 = 747,538 � � 0.75 𝑚𝑒𝑠

𝑙𝑡 𝑚3 × 1000 � 3 � 747538 � 𝑄𝑃𝐿𝑆 𝑚𝑒𝑠� 𝑚 = = = 69,216 𝑚2 𝑙𝑡 ℎ 𝑇𝑅 15 � � × 720 �𝑚𝑒𝑠� ℎ × 𝑚2

122

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(3 punto) Nota: Si el gráfico estaba bien construido se consideró como correcto 3 o 4 etapas.

2.4.

Problema (I2 2013)

En las siguientes preguntas marque con un círculo la alternativa que le parezca correcta. Por cada respuesta incorrecta se descontará una respuesta correcta. 1. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es correcta respecto la biolixiviación? a. Las bacterias requieren Oxígeno y dióxido de carbono para vivir

123

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b. Las función principal de las bacterias es oxidar el Ferroso (Fe2+) a Férrico (Fe3+) el cual disolverá la Calcosina y Calcopirita mientras que también deben transformar el Azufre a Ácido sulfúrico c. Las bacterias tienen ciclos de vida con una tiempo de adaptación breve y una tasa de crecimiento de la población que depende de la disponibilidad de nutrientes d. Todas las anteriores 2. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es correcta respecto al efecto del tamaño de partícula en la velocidad de lixiviación? a. Partículas finas sufren de limitación en la velocidad de lixiviación debido a la baja permeabilidad b. Partículas gruesas sufren de limitación en la velocidad de lixiviación debido a la alta exposición c. Partículas finas sufren de limitación en la velocidad de lixiviación debido a la alta capacidad de flujo d. Partículas gruesas sufren de limitación en la velocidad de lixiviación debido a la baja velocidad de reacción química en la superficie 3. El objetivo de la aglomeración es: a. Mejorar la permeabilidad de la pila de lixiviación. b. Preparar las partículas mediante la humectación de la superficie con ácido sulfúrico previo al apilamiento. c. Eliminar los finos que pueden bloquear el flujo generando zonas muertas. d. Todas las anteriores. 4. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones no es correcta con respecto a la extracción por solventes? e. La extracción por solventes permite recuperar Cobre de la solución mediante el contacto entre el extractante y la solución acuosa enriquecida f. La concentración de Cobre en el orgánico puede ser controlado mediante la acidez de la solución acuosa g. El extractante orgánico se diluye en una solución acuosa, fases que luego son separadas debido a la repulsión electrostática entre las cargas h. El extractante es generalmente mezclado con algún diluyente para disminuir su viscosidad, usualmente kerosene. 5. Los procesos de lixiviación de Sulfuros Secundarios en pilas generalmente toma un ciclo de: a. Horas b. Días c. Meses d. Años

124

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2.- a 3.- a 4.- c 5.- c

2.5.

Problema (Ex 2013)

Se desean producir 20.000 toneladas de Cu fino por año en una planta de electro-obtención. Si las pruebas de ciclo en pilas indica que se generaría un PLS con 5.0 gpl de Cu y un refino con una concentración de 0.5 gpl de Cu, y considerando pérdidas de descarte de 1% del Cu fino depositado y una disponibilidad de la planta de 95%, ¿Cuál sería el flujo de PLS que se necesitaría para producir el Cu fino por año deseado?

Solución

Se señala que el único punto con pérdidas es en EW (los descartes), luego se puede asumir que no hay pérdidas en ninguna otra etapa, por lo que no se consideran, y todo lo que entra en el PLS menos lo que sale por refino queda ya sea en cátodos o descartes. Por lo tanto se quedan 4.5 gpl de Cu (5-0.5), de los que se depositan 4.455 gpl (4.5×99%) en los cátodos. 2.5 puntos El resto se va en los descartes. Para llegar a la producción anual se necesita un flujo efectivo de PLS: 𝑄𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 =

20 𝑘𝑡𝑝𝑎 4.455 𝑔𝑝𝑙

= 4,489,337,823

𝑙𝑡 𝑎ñ𝑜

2.5 puntos

125

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Considerando que un año tiene horas operativas dada la disponibilidad:

Por lo tanto el flujo debe ser:

ℎ.𝑜𝑝. 𝑎ñ𝑜

= 365 𝑄

𝑑í𝑎𝑠 𝑎ñ𝑜

× 24

ℎ𝑟 𝑑í𝑎

× 95% = 8322

𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 𝑄 = ℎ.𝑜𝑝./𝑎ñ𝑜 = 539,454.2

2.6.

𝑙𝑡 ℎ

= 539.5

ℎ.𝑜𝑝. 𝑎ñ𝑜

𝑚3 ℎ

2.5 puntos

2.5 puntos

Problema (Ex 2013)

De acuerdo a la ecuación de Elsner, el oro puede lixiviarse con Cianuro de acuerdo a la ecuación siguiente:

4Au + 8CN- + O2 + 2H2O  4Au(CN)-2 + 4OH-

¿Cuál será el requerimiento de Cianuro de Potasio (KCN) para producir un millón de onzas de oro al año? (1 onza = 28,35 gramos)

Solución Si: 1 𝑜𝑧 = 28.35𝑔𝑟

Entonces:

1,000,000 𝑜𝑧 = 28,350,000 𝑔𝑟

4𝐴𝐶𝐶 + 8𝐶𝐶𝑁 − + 𝑂𝑂2 + 𝐻𝐻2 𝑂𝑂 → 4𝐴𝐶𝐶(𝐶𝐶𝑁)2 − + 4𝑂𝑂𝐻𝐻 − 8 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐶𝑁 − = 4 𝑚𝑜𝑙 𝐴𝐶𝐶(𝐶𝐶𝑁)2 − 8 𝑚𝑜𝑙 𝐾𝐶𝐶𝑁 = 4 𝑚𝑜𝑙 𝐴𝐶𝐶

𝑔𝑟 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝐶𝑁 𝑔𝑟 𝑑𝑒 𝐴𝐶𝐶 = 2 ∗ 𝑃𝑀 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝐶𝑁 𝑃𝑀 𝑑𝑒 𝐴𝐶𝐶

126

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28,350,000 𝑔𝑟 𝑔𝑟 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝐶𝑁 = 𝑔𝑟 𝑔𝑟 197 �𝑚𝑜𝑙 2 ∗ 65 �𝑚𝑜𝑙

𝑔𝑟 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝐶𝑁 = 18,708,121 𝑔𝑟 = 18,7 𝑡𝑜𝑛

2.7.

Problema (Ex 2013, Ex 2012, Ex 2009, Ay. 3 2013, Ay. 8 2012)

NOTA: Para el examen 2012 se utilizó cobre solubre de 1% y 100 ktpa Cu fino, mismos datos que el 2009, además de recuperación 80%, al igual que en Ay. 3 2013 y Ay. 8 2012. Las pruebas en columnas para un nuevo proyecto de lixiviación en pilas de óxidos de baja ley de Cobre presentan un contenido de cobre soluble de 2%. Los estudios preliminares indican que las pilas de lixiviación deberían tener 10 metros de alto y que el apilamiento del mineral generaría material con una densidad aparente de 1.6 ton/m3. Se pretende operar las pilas dinámicas para obtener una producción de 50 mil toneladas de Cu fino con una recuperación total del 85% del cobre contenido en pilas. Las pilas tendrán ciclos de lixiviación de 60 días y se regarán con refino que tiene una concentración de Cu2+ de 0.5 gpl. Se le pide estimar: a) Dimensiones de la pila dinámica asumiendo que la pila tendrá un largo de dos veces el ancho. b) Flujo de solución enviada al proceso SX asumiendo una tasa de riego de 16 lt/h/m2. c) Si el flujo que se envía a SX se mezcla en contra corriente con una solución descargada de orgánico ¿Cuál será la concentración de cobre en el orgánico cargado?.Considere una relación orgánico/acuoso de 1.5 (O/A=0.65) y una concentración de cobre en el orgánico descargado de 0.6 gpl.

Solución Datos: Ley = 2%

L = 2×A

Ciclo = 60 días

O/A = 0.65

h = 10 m

R = 85%

ρ = 1.6 ton/m3 [OD] = 0.6 gpl

c0 = 0.5 gpl tr = 16 lt/h/m2 Prod = 50 ktfpa

a) Por lo tanto el material a procesar: 𝑃𝑟𝑜𝑐 =

50𝑘𝑡𝑓𝑝𝑎 𝑃𝑟𝑜𝑑 = = 2941.2 𝑘𝑡𝑝𝑎 𝑚𝐶𝐶𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 𝑅 × 𝐿𝑒𝑦 85% × 2% 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑚𝐶𝐶𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙

Luego el volumen anual a procesar:

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𝑉𝑜𝑙𝐶𝐶𝑚𝑒𝑛 𝑎𝑛𝐶𝐶𝑎𝑙 = Los ciclos por año:

𝑃𝑟𝑜𝑐 2941176.5 𝑡𝑝𝑎 𝑚𝐶𝐶𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 = = 1838235.3 𝑚3 𝑝𝑎 𝑚𝐶𝐶𝑛 𝑡𝑜𝑛 𝜌 1.6 3 𝑚 𝑑í𝑎𝑠 𝐶𝐶𝐶𝐶𝑐𝑙𝑜𝑠 365 𝑎ñ𝑜 𝑐𝐶𝐶𝑐𝑙𝑜𝑠 = = 6.08 𝑑í𝑎𝑠 𝑎ñ𝑜 𝑎ñ𝑜 60 𝑐𝐶𝐶𝑐𝑙𝑜

Por lo tanto se procesarán por ciclo:

𝑉𝑜𝑙𝐶𝐶𝑚𝑒𝑛 𝑉𝑜𝑙𝐶𝐶𝑚𝑒𝑛 𝑐𝐶𝐶𝑐𝑙𝑜 1838235.3 𝑚3 𝑝𝑎 𝑚𝐶𝐶𝑛 𝑚3 𝑚𝐶𝐶𝑛 = = = 302175.7 𝑐𝐶𝐶𝑐𝑙𝑜𝑠 𝑐𝐶𝐶𝑐𝑙𝑜 𝐶𝐶𝐶𝐶𝑐𝑙𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑎ñ𝑜 𝑐𝐶𝐶𝑐𝑙𝑜 6.08 𝑎ñ𝑜

Lo que implica que el área es:

Á𝑟𝑒𝑎 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 =

𝑉𝑜𝑙𝐶𝐶𝑚𝑒𝑛 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 302175.7 𝑚3 = = 30217.6 𝑚2 ℎ 10 𝑚

Considerando la relación largo ancho se puede calcular las dimensiones de la pila dinámica: 𝐿 =2×𝐴

Á𝑟𝑒𝑎 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 = 𝐿 × 𝐴 = 𝐴2 × 2 = 30217.6 𝑚2 𝐴 = 122.9 𝑚 𝐿 = 245.8 𝑚

3 puntos

Por lo que las dimensiones de la pila son 122.9 m × 245.8 m × 10 m. b) Considerando el área activa de la pila el flujo será:

𝑄 = 𝑡𝑟 × Á𝑟𝑒𝑎 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 = 16

Con una concentración:

𝑙𝑡 ℎ×𝑚2

× 30217.6 𝑚2 = 483.5

𝑚3 ℎ

2 puntos

𝑚3 𝑚𝐶𝐶𝑛 𝑡𝑜𝑛 𝑘𝑡𝑚𝐶𝐶𝑛 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 = 𝑉𝑜𝑙𝐶𝐶𝑚𝑒𝑛 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 × 𝜌 = 302175.7 × 1.6 3 = 483.5 𝑚 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 𝑐𝐶𝐶𝑐𝑙𝑜 𝐹𝐶𝐶𝑛𝑜 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 = 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 × 𝑅 × 𝑙𝑒𝑦 = 483.5 𝑄𝑝𝑖𝑙𝑎

𝑘𝑡𝑚𝐶𝐶𝑛 𝑡𝑓 × 85% × 2% = 8219.2 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎

𝑚3 𝑑í𝑎 ℎ𝑟 𝑚3 = 483.5 × 60 × 24 = 696212.7 ℎ 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 𝑑í𝑎

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Por lo que el flujo se enriquece:

𝑡𝑓 8219.2 𝑡𝑓 6 𝑔 −3 𝑚3 𝐹𝐶𝐶𝑛𝑜 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎 = = 0.012 10 10 = 11.8𝑔𝑝𝑙 𝐸𝑛𝑟𝐶𝐶𝑞𝐶𝐶𝑒𝑐𝐶𝐶𝑚𝐶𝐶𝑒𝑛𝑡𝑜 = 𝑚3 𝑙𝑡 𝑚3 𝑡 𝑄𝑝𝑖𝑙𝑎 696212.7 𝑝𝐶𝐶𝑙𝑎

Por lo que la concentración del PLS será:

[𝑃𝐿𝐶𝐶] = [𝑐0 ] + [𝐸𝑛𝑟𝐶𝐶𝑞𝐶𝐶𝑒𝑐𝐶𝐶𝑚𝐶𝐶𝑒𝑛𝑡𝑜] = 0.5 + 11.8 = 12.3 𝑔𝑝𝑙

2 puntos

Finalmente habrá un flujo de 483.5 m3 por hora con una concentración de 12.3 gpl.

c) Considerando la concentración del PLS del refino y del orgánico descargado, junto con la razón O/A se obtiene la concentración de orgánico cargado:

𝑂𝑂([𝑂𝑂𝐶 ] − [𝑂𝑂𝐷 ]) = 𝐴([𝑃𝐿𝐶𝐶] − [𝑅𝑒𝑓𝐶𝐶𝑛𝑜]) 1 [𝑂𝑂𝐶 ] = ([𝑃𝐿𝐶𝐶] − [𝑅𝑒𝑓𝐶𝐶𝑛𝑜]) + [𝑂𝑂𝐷 ] 𝑂𝑂 𝐴 1 [𝑂𝑂𝐶 ] = (12.3 − 0.5) + 0.6 = 18.76 𝑔𝑝𝑙 0.65

Por lo que la concentración del orgánico cargado son 18.76 gpl.

2.8.

3 puntos

Problema (C5 2013)

Indique cuál es la función de las baterías en el proceso de biolixiviación Solución La bacteria permite transferir electrones del ión ferroso al oxígeno disuelto para regenerar férrico y agua. [1,5 puntos]. Es decir, la función de las bacterias es catalizar la formación de ión férrico (Fe3+) [1,5 puntos].

129

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2.9.

Compilado por Diego Carrasco

Problema (C5 2013)

¿Cuáles reactantes se requieren en la biolixiviación? Solución Las reacciones de lixiviación bacteriana requieren de:

-

Oxígeno (Presente en el aire) [0,75 puntos] Ácido Sulfúrico (Para la formación de ión férrico) [0,75 puntos] CO2 (Síntesis de Nutrientes) [0,75 puntos] Sulfuro Secundario o Primario [0,75 puntos]

2.10. Problema (C6 2013) ¿Qué reactivos son necesarios para procesar el oro? Mencione todos los reactantes:

Solución Proceso Merrill-Crowe: • •

Sales de cianuro Zinc

Procesos de carbón (CiP, CiL, CiC) • •

Sales de cianuro Carbón activado

2.11. Problema (I2 2012, I2 2009, Ay. 2 2013, Ay. 3 2010) Nota: Para la I2 2012 no se preguntó el inciso (c) Se tiene una solución en una celda electrolítica de 1 m3. La superficie de cada electrodo es de 1 m2. El electrolito contiene 40 gpl de Cu y 180 gpl de H2SO4. Las impurezas presentes son Fe2+ y Ni2+ con una concentración de 10 gpl y 2 gpl respectivamente. Si se aplica una corriente reductora, calcule: a) La concentración de Cu en la celda en el momento que comienza a reducir Ni. b) La concentración de Cu en la celda en el momento que comienza a reducir Fe. c) El tiempo que tardará en reducirse el total del Cu contenido en el electrolito si se aplican 250 Amp de corriente. (Asuma que hay agitación y que la corriente límite se puede despreciar)

130

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Reacción

PA (g/mol)

E° (volts)

Cu2+ + 2e- Cu

63.5

0.334

Ni2+ + 2e- Ni

58.7

-0.23

Fe2+ + 2e- Fe

55.8

-0.409

Solución a) Se comenzará a depositar Ni cuando se cumpla que:

−0.23 −

𝐸(𝑁𝐶𝐶 2+ ) = 𝐸(𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ) 0.5p

(8.3 ∗ 298) (8.3 ∗ 298) 58.7 1 𝑙𝑛 � � = 0.334 − 𝑙𝑛 � � [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ] 2 2 ∗ 96490 2 ∗ 96490

1p (0.5p por cada lado de la ecuación)

De donde: [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ] = 2.64 ∗ 10−21

𝑀𝑜𝑙 𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜

1p

[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ] = 1.67 ∗ 10−19 𝑔𝑝𝑙 0.5p Esto indica que casi el total del Cu será reducido cuando comience a reducir 𝑁𝐶𝐶 2+ .

b) Se comenzará a depositar Fe cuando se cumpla que:

−0.409 −

𝐸([𝐹𝑒 2+ ]) = 𝐸([𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]) 0.5p

(8.3 ∗ 298) (8.3 ∗ 298) 55.8 1 𝑙𝑛 � � = 0.334 − 𝑙𝑛 � � [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ] 2 ∗ 96490 10 2 ∗ 96490

131

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1p (0.5p por cada lado de la ecuación)

De donde: [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ] = 1.19 ∗ 10−26

𝑀𝑜𝑙 𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜

1p

[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ] = 7.58 ∗ 10−25 𝑔𝑝𝑙 0.5p Esto indica que casi el total del Cu será reducido cuando comience a reducir 𝐹𝑒 2+ .

Se consideró como respuesta correcta considerar 25ºC, sin embargo la temperatura a la que ocurre EO y ER es entre 55ºC y 68ºC por lo que deberían haber considerando algo similar a 60ºC.

c)La cantidad de cobre total contenida en la celda es de 40 Kg (40 gpl*1000L). Por lo tanto, el tiempo que la celda tomará en reducir el total de los 40 Kg es de: t = 2*96490*40.000/(63.5*250) t = 486248 segundos~135 horas

2.12. Problema (I2 2012, Ay. 5 2012, Ay. 4 2010) Tras procesar un mineral sulfurado de crisocola y malaquita (50/50), (ρMena = 2,6 g/cm3) a un tamaño de partícula mono-granular de 2,31 cm de diámetro, es sometido a lixiviación con una concentración de 9,8 g/l de ácido sulfúrico. Tras 80 horas, se obtiene una lixiviación de 40% del mineral total, y de 83% en 6 semanas. i) Estimar la extracción de cobre en 2 semanas. ii) Estimar la extracción de cobre en 4 semanas. iii) Si se decide duplicar la concentración de ácido en la solución lixiviante a 19,6 g/l. Estime la extracción de cobre en 2 semanas. Solución Se tiene: -

80 ℎ𝑟𝑠 → 40% 6 𝑠𝑒𝑚 → 83%

El comportamiento de control por difusión se rige según la siguiente relación: 132

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2

2∙𝑉𝐶𝑢 ∙𝐷𝑑𝑖𝑓 ∙𝐴0

1 − ∙ 𝐹𝑡 − (1 − 𝐹𝑡 )3 = �

𝐵∙𝑟02

�∙𝑡

El período de 6 semanas es relativamente largo, por lo que asumimos que 83% es el máximo obtenible. Caso 80 horas. Como 83% es el máximo obtenible, entonces en 80 horas se obtiene el 40/83 = 0,482 ~ 48% del cobre total disponible. Además se tiene: 𝐴0 =

[𝐴0 ]𝑔𝑝𝑙

𝑀𝑊𝐻2 𝑆𝑂4

𝑉𝐶𝑢 = 3054

=

9,8 𝑔𝑝𝑙 98 𝑔𝑟/𝑚𝑜𝑙

cm3 𝑙𝑡 3,054 mol 𝑚𝑜𝑙

= 0,1 𝑀

𝐵 = 1 (𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 1) 𝑟0 = 1,155[𝑐𝑚]

𝑡 = 80 ℎ𝑟𝑠 = 3,33 𝑑í𝑎𝑠

Remplazando en la ecuación de control difusional, se obtiene: 2 2 ∙ 3,054 ∙ 𝐷𝑑𝑖𝑓 ∙ 0,1 2 1 − ∙ 0,48 − (1 − 0,48)3 = � � ∙ 3,33 1 ∙ 1,1552 3

Despejando, se obtiene 𝐷𝑑𝑖𝑓 = 0,0219 𝑐𝑚2 /𝑑í𝑎 (i)

(1,5 ptos)

2 semanas

2 2 2 ∙ 3,054 ∙ 0,02197 ∙ 0,1 1 − ∙ 𝐹 − (1 − 𝐹)3 = � � ∙ 14 3 1 ∙ 1,1552

Despejando se obtienen dos soluciones: 𝐹𝑖 = 0,831 y 𝐹𝑖 = −1,400. Claramente, sólo la primera de ellas sirve, por lo cual, luego de 2 semanas, se ha extraído del cobre total: 0,831 ∙ 0,83 = 0,69 = 𝟔𝟗%

También, el problema se puede resolver gráficamente. Se tiene que: �

2 ∙ 𝑉𝐶𝑢 ∙ 𝐷𝑑𝑖𝑓 ∙ 𝐴0 2 ∙ 3,054 ∙ 0,02197 ∙ 0,1 � ∙ 14 = 0,14 �∙𝑡 =� 2 1 ∙ 1,1552 𝐵 ∙ 𝑟0

Del gráfico, 𝐹𝑖 ~0,82. Por lo tanto, luego de 2 semanas, se ha extraído del cobre total: 133

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0,82 ∙ 0,83 = 0,6806 = 𝟔𝟖, 𝟎𝟔%

(ii) 4 semanas

(1,5 ptos)

2 2 2 ∙ 3,054 ∙ 0,02197 ∙ 0,1 1 − ∙ 𝐹 − (1 − 𝐹)3 = � � ∙ 28 3 1 ∙ 1,1552

Despejando se obtienen dos soluciones: 𝐹𝑖𝑖 = 0,984 y 𝐹𝑖𝑖 = −2,131. Sólo la primera de ellas sirve, por lo cual, luego de 4 semanas, se ha extraído del cobre total: 0,984 ∙ 0,83 = 0,8167 = 𝟖𝟏𝟏, 𝟔𝟕%

Al igual que antes, el problema también se puede resolver gráficamente. Se tiene que: �

2 ∙ 𝑉𝐶𝑢 ∙ 𝐷𝑑𝑖𝑓 ∙ 𝐴0 2 ∙ 3,054 ∙ 0,02197 ∙ 0,1 ∙ 𝑡 = � � ∙ 28 = 0,28 � 1 ∙ 1,1552 𝐵 ∙ 𝑟02

Del gráfico, 𝐹𝑖 ~0,99. Por lo tanto, luego de 2 semanas, se ha extraído del cobre total: 0,99 ∙ 0,83 = 0,8217 = 𝟖𝟐, 𝟏𝟏𝟕%

(1,5 ptos)

(iii) 2 semanas, duplicando la concentración

2 2 2 ∙ 3,054 ∙ 0,02197 ∙ 0,2 1 − ∙ 𝐹 − (1 − 𝐹)3 = � � ∙ 14 3 1 ∙ 1,1552

Despejando se obtienen dos soluciones: 𝐹𝑖𝑖𝑖 = 0,984 y 𝐹𝑖𝑖𝑖 = −2,13, igual que en 𝐶𝐶𝐶𝐶. Claramente, sólo la primera de ellas sirve, por lo cual, luego de 4 semanas, se ha extraído del cobre total: 0,984 ∙ 0,83 = 0,8167 = 𝟖𝟏𝟏, 𝟔𝟕%

Nuevamente, el problema también se puede resolver gráficamente. Se tiene que: �

2 ∙ 𝑉𝐶𝑢 ∙ 𝐷𝑑𝑖𝑓 ∙ 𝐴0 2 ∙ 3,054 ∙ 0,02197 ∙ 0,2 � ∙ 14 = 0,28 �∙𝑡 =� 2 1 ∙ 1,1552 𝐵 ∙ 𝑟0

Del gráfico, 𝐹𝑖 ~0,99. Por lo tanto, luego de 2 semanas, se ha extraído del cobre total: 0,99 ∙ 0,83 = 0,8217 = 𝟖𝟐, 𝟏𝟏𝟕%

(1,5 ptos)

2.13. Problema (I2 2012) La corporación ha decidido aumentar la producción de Cu fino en 50.000 toneladas año para el próximo período. Se dispone de un mineral oxidado formado por Pseudomalaquita y Crisocola con una ley media de 0.54% de Cu. Se efectuaron pruebas en columnas de 8 metros de altura con una tasa de riego de 15 134

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l/h/m2 con concentraciones de Ácido Sulfúrico y Cu de 13 gpl y 0.3 gpl respectivamente. Los resultados indican que se lograría una recuperación del 82% para ciclos de riego de 45 días, de 80% para ciclos de riego de 40 días y de 75% para ciclos de 30 días. a) Si solo se disponen de 80.000 m2 de espacio con una relación largo/ancho de 4 veces, y considerando una densidad aparente de 1.6 ton/m3, se le pide definir el ciclo de riego, la recuperación y las dimensiones de la pila. b) Considerando un consumo de Ácido de 17 Kg/ton, calcule la demanda de ácido mensual de la pila. c) Determine el flujo y la concentración de Cu enviada a SX. d) Si el PLS se mezcla con un flujo de orgánico en una relación O/A=1 cuya concentración es de 0.5 gpl de Cu, determine la concentración del orgánico cargado. e) Si se desea un electrolito de avance de 50 gpl de Cu y se estima una transferencia de 10 gpl de Cu durante la electrolisis, determine el flujo de electrolito necesario de enviar a la nave de electro-obtención. Solución a) Ciclo 1

Ciclo 2

Ciclo 3

Días ciclo

45

40

30

Recuperación (%)

82

80

75

0,54

0,54

0,54

50

50

50

Ley mineral (%) Producción anual (kton/año) Masa mineral (TPD)

30936,38242

31709,792 33823,7781

Volumen mineral (m3/dia)

19335,23901

19818,62 21139,8613

Vol. Pila x ciclo (m3)

870085,7557

792744,8

634195,84

Area pila requerida (m2)

108760,7195 99093,0999

79274,48

Donde Masa mineral= 50.000/(365*0,0054*Rec) y Volumen mineral= Masa mineral x 1,6 ton/m3 (0,8 ptos)

135

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Dado que tenemos un límite de 80.000 m2 disponible, la única solución factible es operar con ciclos de 30 días, recuperación de 75% y una pila de 140x563x8 m3* (0,2 ptos) *Las dimensiones se calculan así: 4𝑎2 =79274,48 => a = 140 m , L= 4a= 563 (0,2 ptos)

b) Consumo de ácido = 17 Kg/ton

Mineral tratado por mes = 33824(TPD) x 30 días = 1.014.720 tons (0,6 ptos) Consumo de ácido por mes = 17 * 1.014.720/1000 = 17.250 tons (0,6 ptos)

c) Flujo acuoso (Q) = 15 l/hxm2 *79.274 m2 = 1.189.117 l/h (0,4 ptos) 𝑑𝐶𝐶𝑎𝑠 𝑡𝑜𝑛 � ∗ 365 � 𝑎ñ𝑜 � = 50.000 � 𝑎ñ𝑜 = 4,8 𝑔𝑝𝑙 (0,5 𝑝𝑡𝑜𝑠) 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑒𝑛 𝑓𝑙𝐶𝐶𝑗𝑜 𝑟𝑒𝑞𝐶𝐶𝑒𝑟𝐶𝐶𝑑𝑜 ℎ 𝑙 24 � � ∗ 1.189.117 � � 𝑑𝐶𝐶𝑎𝑠 ℎ

𝐶𝐶𝑈 𝑒𝑛 𝑃𝐿𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑓𝑙𝐶𝐶𝑗𝑜 𝑟𝑒𝑞𝐶𝐶𝑒𝑟𝐶𝐶𝑑𝑜 + 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑒𝑛 𝑟𝑒𝑓𝐶𝐶𝑛𝑜 = 4,8 + 0,3 = 5,1 𝑔𝑝𝑙 (0,3 𝑝𝑡𝑜𝑠)

d) Flujo orgánico/ Flujo acuoso = 1  Fo = 20 m3/min Balance: Fa (5,1 -0,3) = Fo (x-0,5)  X = 5,3 gpl (1,2 ptos) e) ∆Cu = 10 gpl Balance: Fo ( 5,3 – 0,5 ) = Few x ∆Cu  Few = 20 x (5,3-0,5) / 10  Few = 9,51 m3/min ( 1,2 ptos)

2.14. Problema (I3 2012, Ay. 5 2013) Determine el número de etapas de extracción y la relación A/O que sería necesaria para un circuito con un PLS con 7.55 gpl de Cu, 0.2 gpl de Cu en el refino, 3.2 gpl de Cu en el orgánico cargado y 0.23 gpl de Cu en el orgánico descargado. Los siguientes datos fueron determinados de los ensayos de laboratorio en un test de curvas de equilibrio para el orgánico: Cu en Orgánico gpl 0.185 1.10 1.63

Cu en Acuoso gpl 0.05 0.45 0.90

136

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2.00 2.27 2.89 3.02 3.13 3.32

1.40 1.90 4.05 4.80 5.60 7.40

Solución 1. Número de etapas (4 pts) (a) Se dibuja la isoterma formada por los puntos de la tabla siguiente (enunciado). (1 pto) Cu en Orgánico (gpl) 0.185 1.10 1.63 2.00 2.27 2.89 3.02 3.13 3.32

Cu en Acuoso (gpl) 0.05 0.45 0.90 1.40 1.90 4.05 4.80 5.60 7.40

(b) Se traza la curva de operación, formada por los puntos: (1 pto) 𝑃1�[𝐶𝐶𝐶𝐶++ ]𝑅𝑒𝑓𝑖𝑛𝑜 , [𝐶𝐶𝐶𝐶++ ]𝑂𝑟𝑔𝐷𝑒𝑠𝑐 � = (0.2, 0.23) 𝑃2�[𝐶𝐶𝐶𝐶++ ]𝑃𝐿𝑆 , [𝐶𝐶𝐶𝐶++ ]𝑂𝑟𝑔𝐶𝑎𝑟𝑔 � = (7.55, 3.2)

(c) Asumiendo un 100% de eficiencia en el proceso de carga, se traza el número de etapas partiendo del punto P1 hacia abajo, tal y como muestra la figura.

137

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Isoterma

[Cu++] Solución Orgánica [gpl]

3

2.5

2

Curva de operación

1.5

1

0.5

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

[Cu++] Solución Acuosa [gpl]

Finalmente, se obtiene que el número de etapas es 4. (2 pts) Nota: El alumno también pudo haber considerado algún factor de eficiencia dentro de sus supuestos, generando un número mayor de etapas.

2. Razón A/O (2pts) Los datos son: -

[𝐶𝐶𝐶𝐶++ ]𝑃𝐿𝑆 = 7.55 𝑔𝑝𝑙 [𝐶𝐶𝐶𝐶++ ]𝑅𝑒𝑓𝑖𝑛𝑜 = 0.2 𝑔𝑝𝑙 [𝐶𝐶𝐶𝐶++ ]𝑂𝑟𝑔𝐶𝑎𝑟𝑔 = 3.2 𝑔𝑝𝑙 [𝐶𝐶𝐶𝐶++ ]𝑂𝑟𝑔𝐷𝑒𝑠𝑐 = 0.23 𝑔𝑝𝑙

La razón A/O se calcula a partir de la ecuación de balance de masa del proceso de carga: 𝐹𝑙𝐶𝐶𝑗𝑜𝑎𝑐 ∙ �[𝐶𝐶𝐶𝐶++ ]𝑃𝐿𝑆 − [𝐶𝐶𝐶𝐶++ ]𝑅𝑒𝑓𝑖𝑛𝑜 � = 𝐹𝑙𝐶𝐶𝑗𝑜𝑜𝑟𝑔 ∙ �[𝐶𝐶𝐶𝐶++ ]𝑂𝑟𝑔𝐶𝑎𝑟𝑔 − [𝐶𝐶𝐶𝐶++ ]𝑂𝑟𝑔𝐷𝑒𝑠𝑐 � 𝐹𝑙𝐶𝐶𝑗𝑜𝑎𝑐 ∙ (7.55 − 0.2) = 𝐹𝑙𝐶𝐶𝑗𝑜𝑜𝑟𝑔 ∙ (3.2 − 0.23) (3.2 − 0.23) 𝐹𝑙𝐶𝐶𝑗𝑜𝑎𝑐 = 𝐹𝑙𝐶𝐶𝑗𝑜𝑜𝑟𝑔 (7.55 − 0.2)

138

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𝐴 = 0.404 𝑂𝑂

(2 pts)

2.15. Problema (I3 2012, Ay. 5 2013) a) La disolución en medio Cianuro fue descrita por Elsner en base a la ecuación global 4Au + 8CN- + O2 + 2H2O  4Au(CN)-2 + 4OHEscriba la semi-reacción catódica y anódica. b) ¿A que pH opera la lixiviación de oro? c) Represente en un diagrama de bloques el proceso Merril-Crowe y el proceso CIL ¿En qué se diferencian principalmente? Solución a) Semireacción anódica: (1 pto) Semireacción catódica: (1 pto)

2𝐴𝐶𝐶 + 4𝐶𝐶𝑁 − → 2𝐴𝐶𝐶(𝐶𝐶𝑁)− 2 + 2𝑒

𝑂𝑂2 + 2𝐻𝐻2 𝑂𝑂 + 2𝑒 → 𝐻𝐻2 𝑂𝑂2 + 2𝑂𝑂𝐻𝐻 − b) La lixiviación del oro se realiza a pH altos del orden de 10-11. (1 pto) c) Diagrama MC: (1 pto) Lixiviación(cianuro) -> Clarificación (eliminación partículas sólidas) -> Desaireación -> Cementación (polvo de Zinc) -> Filtración -> Tailings ->Secado -> Fundición-> Lingote Diagrama CIL: (1 pto) Lixiviación y Adsorción con carbón activado:

139

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 EW -> Fundición -> Lingote Diferencias: (1 pto) -MC utiliza polvo de zinc para precipitación del oro, mientras que CIL utiliza carbón activado - En CIL la lixiviación y adsorción realizadas en mismo tanque - CIL requiere menor capital, mayor inventario de carbón y reactivos, costos operativos mayores

2.16. Problema (I2 2010, Ay. 5 2013, Ay. 5 2012) Se realiza un experimento de lixiviación en un lecho de partículas de cobre sulfurado determinándose de los datos de recuperación que la lixiviación está dominada por el control difusional. El tiempo necesario para alcanzar 100% de lixiviación de una partícula de radio 1,5 cm con un 1% de cobre en una solución lixiviante de 4 g/l de ión férrico es de 5 meses. Se le pide determinar:

a) El tiempo necesario para lixiviar un 85% del cobre cuando el mineral tiene un radio promedio de 2,5 cm y se lixivia en una solución que contiene 2 g/l de ión férrico.

b) El área de pila necesaria para lixiviar 2 millones de toneladas de este mineral por año en las condiciones especificadas en (a). La altura de la pila es de 12 metros de altura y la densidad aparente es de 1,5 ton/m3

140

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Solución Dado que es una reacción con control difusional sabemos que la fracción de la partícula reaccionada sigue una función del tipo:

Donde del enunciado sabemos que:

2 𝐶𝐶𝐴𝑆 2 �1 − 𝐹 − (1 − 𝐹)3 � = 𝐾 2 𝑡 3 𝑟0

C[AS] = Concentración Superficial del Reactante, en este caso Ion Férrico, 4 gpl R0 = radio inicial de la partícula = 0,75 cm K = una constante que incorpora todas las demás variables t = tiempo de reacción

Dado que se requieren 5 meses para F = 100%, calculamos K como 1 4 𝑐𝑚2 =𝐾× × 5 → 𝐾 = 0.0375 3 𝑔𝑝𝑙 × 𝑚𝑒𝑠 1.52

a) Para F=0.85, R0 = 2.5 cm y C[AS] = 2 gpl, tenemos que el tiempo requerido es de: 0.0375

2 2 2 3 � → 𝑡 = 12.58 𝑚𝑒𝑠𝑒𝑠 (1 𝑡 = − 0.85 − − 0.85) �1 3 2.52

b) Dado que requerimos 12.58 meses para lixiviar este mineral debemos apilar al menos: 𝑚𝑝𝑖𝑙𝑎 =

2,000,000 × 12.58 = 2,096,667 𝑡𝑜𝑛 12

El volumen total de la pila debería ser de

Por lo cual el área requerida es de

𝑉𝑝𝑖𝑙𝑎 =

𝑚𝑝𝑖𝑙𝑎 = 1,297,778 𝑚3 𝜌𝑝𝑖𝑙𝑎

141

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𝐴𝑝𝑖𝑙𝑎 =

𝑉𝑝𝑖𝑙𝑎 = 116,481.5 𝑚2 ℎ𝑝𝑖𝑙𝑎

2.17. Problema (I2 2010, Ay. 5 2013)

Se procesan 20,000 tpd de mineral con una ley de 1.2%. Se desea recuperar el 80% de Cobre contenido en este mineral para lo cual se ha determinado que el tiempo de lixiviación es igual a 215 días. La densidad aparente del mineral apilado es igual a 1.8 ton/m3 y la altura de las pilas es igual a 8 m, siendo irrigadas por una solución ácida a una tasa de 15 l/h-m2 con una concentración de 0.5 gpl de Cu+2. Se le pide determinar:

a) El volumen de pilas requerido para tratar este flujo de mineral y el área necesaria b) El flujo y la concentración de cobre en el PLS. c) La concentración de Cobre del orgánico cargado enviado hacia la nave de EW. Considere que la solución lixiviada es tratada en una planta de SX donde la relación O/A es igual a 1.2, la concentración de cobre en el refino (retornado a las pilas) es de 0,5 gpl y del orgánico descargado es de 0,6 gpl. d) Determine el número de etapas del proceso de SX si la eficiencia es del 90% en la curva de equilibrio adjunta.

142

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Solución a) El volumen por día a tratar es de 𝑉𝑑í𝑎 =

20,000 𝑚3 = 11,111 𝑑í𝑎 1.8

En 215 días se requiere un volumen en pilas de

𝑉𝑝𝑖𝑙𝑎𝑠 = 215 × 11,111 = 2,388,889 𝑚3

Para una altura de 8 m, el área requerida es de

b) El flujo total a irrigar es de 𝑄 = 15

El Cobre a recuperar por día es de: 𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐴𝑝𝑖𝑙𝑎𝑠 = 298,611 𝑚2 𝑙 𝑙 × 𝐴𝑝𝑖𝑙𝑎𝑠 = 4,479,166 2 ℎ×𝑚 ℎ

𝑟𝑒𝑐𝐶𝐶𝑝𝑒𝑟𝑑𝑜 = 20,000𝑡𝑝𝑑 × 1.2% × 80% = 192 𝑡𝐶𝑢 𝑝𝑑 𝑑í𝑎

143

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La concentración del PLS es entonces igual a la concentración de la solución irrigada más la concentración de cobre recuperado en el flujo de solución lixiviante [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑃𝐿𝑆

𝑔 × 192 𝑡𝐶𝑢 𝑝𝑑 𝑡𝑜𝑛 = + 0.5 𝑔𝑝𝑙 = 2.29 𝑔𝑝𝑙 ℎ 𝑙 4,479,166 × 24 𝑑í𝑎 ℎ 106

c) Por balance de masas en la extracción, tenemos que 𝐹𝐴𝑐 × �[𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑖𝑛𝑖,𝐴𝑐 − [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑓𝑖𝑛,𝐴𝑐 � = 𝐹𝑂𝑟𝑔 × �[𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑓𝑖𝑛,𝑂𝑟𝑔 − [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑖𝑛𝑖,𝑂𝑟𝑔 � [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑓𝑖𝑛,𝑂𝑟𝑔 =

1 �[𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑖𝑛𝑖,𝐴𝑐 − [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑓𝑖𝑛,𝐴𝑐 � + [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑖𝑛𝑖,𝑂𝑟𝑔 𝑂𝑂� 𝐴

[𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑓𝑖𝑛,𝑂𝑟𝑔 =

1 × (2.29 − 0.5) + 0.6 = 2.09 𝑔𝑝𝑙 1.2

d) Del gráfico notamos que se requieren en torno a 4 etapas.

2.18. Problema (I2 2010) a) Considere el diagrama adjunto. Indique sobre el diagrama los puntos donde se producen arrastres acuoso/orgánico. ¿Cuál es el impacto de este tipo de arrastres en cada uno de los puntos indicados? 144

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b) Si se desea producir 21.5 ton/día de Cu, calcule las concentraciones de Cu en el PLS y la fase orgánica que debiesen alcanzarse si el flujo O/A es igual a 1. Se sabe que el orgánico descargado ingresa a la etapa de extracción con una concentración de 4.5 gpl y que el refino tiene una concentración de 0.5 gpl. c) Calcule el número de celdas en la nave que se requieren para alcanzar la producción de Cobre indicada. Considere una densidad de corriente de 300 A/m2, una eficiencia de corriente de 92%, no hay pérdidas por descarte, una disponibilidad de la planta de EW de 98% y cátodos con un área total de 1.9 m2 Solución a) (1) El arrastre de acuoso en el orgánico cargado hacia la etapa de re-extracción contamina el electrolito que termina en la nave electrolítica disminuyendo la eficiencia del proceso de concentración y refinación. El arrastre de contaminantes (como fierro, manganeso, cloro, nitratos, aluminio) genera el aumento de su concentración en el electrolito impactando negativamente en la calidad del producto final y requiriendo que la solución electrolítica sea purgada cada cierto tiempo para reducir su concentración.

145

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(2) Al arrastrarse hacia la nave de EW orgánico se provoca la contaminación de los cátodos, reduciendo su calidad, y generando incluso corto circuitos, fenómeno conocido como cátodos quemados. (3) Hacia la piscina de refino se puede arrastrar orgánico lo que provoca una perdida económica significativa debido a que este inventario debe ser repuesto en el sistema. Este orgánico contamina las pilas y complica el manejo de residuos contaminantes. b) La transferencia de cobre debe ser talque se entreguen 21,500 kg de Cu por día. Entonces: 𝐹𝐴𝑐 × ([𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑃𝐿𝑆 − 0.5) = 21,500

𝐹𝑂𝑟𝑔 × ([𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑂𝐶 − 4.5) = 21,500

De donde

[𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑂𝐶 = [𝐶𝐶𝐶𝐶+2 ]𝑃𝐿𝑆 + 4.0 c) Ley de Faraday 𝑁𝑐𝑒𝑙𝑙 =

[𝑄(𝐶𝐶𝑖 − 𝐶𝐶𝑂 ) − 𝑚𝑑𝑒𝑠𝑐 ]𝐹 𝐴𝑇 𝐴𝑇 = = 𝐴𝑐𝑒𝑙𝑙 𝑁𝑐𝑒𝑙𝑙 × 𝐴𝑐𝑎𝑡 𝑁𝑐𝑎𝑡 × 𝐴𝑐𝑎𝑡 × 𝐶𝐶𝑐𝑒𝑙𝑙 × 𝑡 × 𝜂𝑐𝑜𝑟𝑟 × 𝑃𝑒

Producción de Cobre diaria

𝑁𝑐𝑒𝑙𝑙 =

[𝑄(𝐶𝐶𝑖 − 𝐶𝐶𝑂 ) − 𝑚𝑑𝑒𝑠𝑐 ] = 21,500

𝑘𝑔 𝑑í𝑎

𝐴𝑇 21,500,000 × 96,500,000 1443 = = 𝑁𝑐𝑒𝑙𝑙 × 𝐴𝑐𝑎𝑡 𝑁 × 1.9 × 300 × (24 × 60 × 60) × 0.92 × �63.5� 𝑁𝑐𝑎𝑡 𝑐𝑎𝑡 2

Asumiendo 60 cátodos por celda, el número de celdas necesarias para sería de 24

2.19. Problema (I2 2009, Ay. 8 2012, Ay. 3 2010) Basados en el diagrama, si tenemos tenorita en una solución acuosa de pH igual a 9, indique que ocurrirá a medida que agregamos ácido sulfúrico a la solución. A pH suficientemente bajo el Cu estará predominante disuelto en solución como Ion Cu2+. Usando el caso de la crisocola (CuSiO3×H2O) que pH mínimo se requiere para su disolución si se irriga con una solución con una concentración de 5 gpl de Cu2+: 146

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𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂3 × 𝐻𝐻2 𝑂𝑂 + 2𝐻𝐻 + → 𝐶𝐶𝐶𝐶2+ + 𝐶𝐶𝐶𝐶𝑂𝑂2 + 𝐻𝐻2 𝑂𝑂 ; Δ𝐺𝑟0 = −17.86 𝑘𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙

Solución a.- Podemos ver simplemente del gráfico que la tenorita a medida que disminuye el pH (el ácido disminuye el pH), se puede convertir en malaquita, o en cuprita, dependiendo del potencial eléctrico al que esté sometido. b.Δ𝐺 = −17.86

𝑘𝐽 𝑘𝐶𝐶𝑎𝑙 = −74.78 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Δ𝐺 = −𝑅𝑇𝑙𝑛 �

�𝑎𝐶𝑢2+ 𝑎𝑆𝑖𝑂2 𝑎𝐻2 𝑂 � � 2 �𝑎𝑐𝑟𝑖𝑠𝑜𝑐𝑜𝑙𝑎 𝑎𝐻 +�

Todas las actividades son 1, menos la de Cu2+ y la de H+, las que se utilizan como las concentraciones.

147

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𝑔 𝑙𝑡 = 0.0787 𝑀 𝑔 63.5 𝑚𝑜𝑙 5

ln(𝑥) = 2.3026 log10(𝑥)

Luego:

0.0787 Δ𝐺 = 2.3026 × log � + 2 � [𝐻𝐻 ] 𝑅𝑇

Δ𝐺 = log(0.0787) − 2 log([𝐻𝐻 + ]) 2.3026𝑅𝑇

𝑝𝐻𝐻 =

Δ𝐺 1 ×� − log(0.0787)� = 7.1 2.3026𝑅𝑇 2

Luego el pH mínimo que se debe tener es 7.1.

2.20. Problema (Ay. 3 2013) Se tiene un mineral oxidado de cobre de ley 1.0 % cuya recuperación en lixiviación es 80 %. Como producto de la lixiviación se obtiene soluciones (PLS) de 5.0 gpl de Cu+2 y pH 2.2. Este flujo se mezcla con un flujo de orgánico en una relación O/A = 0.95, cuya concentración de cobre es de 0.5 gpl. El flujo de salida de acuoso tiene una concentración de 0.6 gpl de Cu. Los flujos de la planta se basan en 8.0 m3 por minuto de alimentación acuosa en la etapa de extracción. Por otro lado, el electrolito descargado proveniente de la nave electrolítica tiene una concentración de 35 gpl de Cu y la nave procesa en 42 celdas un flujo de 0.2 m3/min en cada una con una disponibilidad operacional de 98%. Se pide: a) Determine la concentración de cobre y el flujo del orgánico cargado. b) Determine la concentración de Cobre en el electrolito cargado y la producción anual de Cobre si se considera una pérdida en descartes del 1% del Cu depositado. Solución El diagrama que se adjunta representa al circuito global:

148

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a) Primero calcularemos el flujo de orgánico For/Fac =0.95 => For = 0.95×Fac = 0.95×8(m3/min) = 7.6 m3/min Por lo tanto el flujo de orgánico cargado (y el descargado) es 7.6 m3/min. Calculemos la concentración de cobre en el orgánico cargado 𝐹𝐴𝑐 × �[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝐴𝑐 − [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑓𝑖𝑛,𝐴𝑐 � = 𝐹𝑂𝑟𝑔 × �[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝑂𝑟𝑔 − [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑓𝑖𝑛,𝑂𝑟𝑔 � 5 − 0.6 =

(b)

𝑂𝑂 �[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝑂𝑟𝑔 − 0.5� = 0.95 × �[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝑂𝑟𝑔 − 0.5� 𝐴 [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝑂𝑟𝑔 = 5.13 𝑔𝑝𝑙

La concentración de electrolito cargado debe ser tal que se mantenga el balance de cobre transferido entre la etapa de extracción y de electro-depositación. Por lo cual

149

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8.4 × Δ𝐶𝐶𝐶𝐶 = 7.6 × (5.13 − 0.5)

De donde el cobre transferido a EW es:

Δ𝐶𝐶𝐶𝐶 = 4.2 𝑔𝑝𝑙

𝐶𝐶𝐶𝐶𝐸𝑙𝑒𝑐 𝐶𝑎𝑟𝑔 = [4.2 + 35]𝑔𝑝𝑙 = 39.2 𝑔𝑝𝑙

La producción de cobre anual esta dada por

𝑃 = 365 × 24 × 60 × 𝜂 × (1 − 𝑓𝑑𝑒𝑠𝑐𝑎𝑟𝑡𝑒 ) × 𝑄 × Δ𝐶𝐶𝐶𝐶 = 17990

2.21. Problema (Ay. 2 2012)

𝑡𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑎ñ𝑜

El ión plata acuoso reacciona con el ión cloruro y produce un precipitado blanco de cloruro de plata sólido como se muestra en la siguiente reacción:

Cuando se agregan 10 ml de una disolución de AgNO3 1M a 10 ml de una disolución de NaCl 1M a 25ºC, se forma dicho precipitado y la temperatura de la mezcla acuosa aumenta a 32,6ºC. Por otro lado, se sabe que el calor específico (cp) de la mezcla acuosa es de 4,18J/(g ºC) y que la densidad de la mezcla acuosa es 1 gr/ml. Determine el valor de ΔH para la reacción de formación del cloruro de plata (AgCl).

Antes de comenzar veamos un par de definiciones importantes para este ejercicio:

150

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• Calor específico (cp) es la cantidad de calor que hay que suministrar a una unidad de masa de una

sustancia o sistema termodinámico para elevar su temperatura en una unidad (kelvin o grado Celsius). Cp = Q/ [m*∆T]

Donde Q es el calor (kJ, J, cal, kcal, etc.), m la masa (mg, g, kg, ton, etc.) y ∆T la diferencia de temperatura (kelvin o Celcius).

• Molaridad o la concentración molar (M) es una medida de la concentración de un soluto en una

disolución, o de alguna especie molecular, iónica o atómica que se encuentra en un volumen dado.

• Molalidad (m) es el número de moles de soluto que contiene un kilogramo de disolvente.

Solución Darse cuenta que en este ejercicio se nos pide que hagamos el proceso inverso que en el ejercicio (a) con un grado de dificultad mayor, por supuesto. En este caso contamos con una reacción que es el producto de una mezcla dada, y en base a esta mezcla (experimento) se nos pide que calculemos la entalpía de la reacción estándar (con 1 mol reaccionando).

Lo primero que debemos calcular es el número de moles que están reaccionando con la mezcla y luego calculamos cuál es la entalpía de dicha reacción.

151

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Número de moles contenidos en 10ml de AgNO3 1M:

nAgNO3= 10ml*1mol/L = 0,01L*1mol/L = 0,01 moles

Número de moles contenidos en 10ml de NaCl 1M:

nNaCl= 10ml*1mol/L = 0,01L*1mol/L = 0,01 moles

Entonces como se están adicionando igual cantidad de moles, están reaccionando todos los moles. Calculamos el calor liberado por la reacción, para esto usamos el calor específico:

∆H = cp*ρMEZCLA*VolMEZCLA*∆T = 4,18[J/(g*C)]*1[g/ml]*20[ml]*(32,6-25)[C] = 635,36 J

El resultado anterior nos está indicando que, cuando nosotros mezclamos 0,01 moles de cloruro de sodio (NaCl) con 0,01 moles de nitrato de plata (AgNO3) se liberan 635,36 J de energía.

Ahora, como nos piden el ∆H de la reacción base (1 mol), sólo debemos hacer una regla de tres para obtener este valor: 0,01mol/1mol = 635,36 J/X  X = 63.536 J

Por lo que ∆H de formación del cloruro de plata (AgCl) es (+/-) 63.536 [J/mol]…

¿…pero qué pasa cuando no sabemos el signo de la reacción…?

152

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Cuando no sabemos el signo de la reacción, debemos encontrar algo que no dé evidencia de cuál sería su posible signo.

(4) Para este caso, la primera observación evidente es la que se ve en el enunciado donde se observa un aumento de temperatura del sistema (∆T > 0). Adicionalmente, se puede concluir de inmediato: ∆T > 0  ∆H < 0 ∆T = 0  ∆H = 0 ∆T < 0  ∆H > 0

(5) En la naturaleza el estado de la materia nos da una idea de cuánta energía contiene un material. Por ejemplo, el hielo tiene menos energía que el agua, y el agua tiene menos energía que el vapor de agua; por lo tanto, se puede concluir que: HGAS > HLÍQUIDO > HSÓLIDO

Para el caso anterior, se puede observar que el precipitado de cloruro de plata es sólido, mientras que sus reactivos son ambos líquidos. Esto nos dice que pasamos de un estado de mayor energía (líquido) a uno de menor energía (sólido), por lo que se tiene que se está liberando energía al ambiente.

(6) Cuando nos encontramos en reacciones que incluyen algún reactivo o producto gaseoso, so puede analizar el número de moles gaseosos de la reacción. La regla dice: • Productos contienen una mayor cantidad de moles gaseosos que los reactivos  ∆H>0 (se absorbió

energía).

• Productos contienen igual cantidad de moles gaseosos que los productos  ¿? • Productos contienen una menor cantidad de moles gaseosos que los reactivos  ∆H For = 0.95*Fac = 0.95*8(m3/min) = 7.6 m3/min Por lo tanto el flujo de orgánico cargado (y el descargado) es 7.6 m3/min. Calculemos la concentración de cobre en el orgánico cargado 170

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𝐹𝑎𝑐 �[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝑎𝑐 − [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑓𝑖𝑛,𝑎𝑐 � = 𝐹𝑂𝑟𝑔 �[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝑂𝑟𝑔 − [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑓𝑖𝑛,𝑂𝑟𝑔 � (5.0 − 0.6) =

𝐹𝑂𝑟𝑔 �[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝑂𝑟𝑔 − 0.5� 𝐹𝑎𝑐

Considerando O/A = 0.95 el valor de [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝑂𝑟𝑔 es 5.13 gpl

(b) La curva operacional se traza a partir de los siguientes puntos, donde se unen ambos puntos: �[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑓𝑖𝑛,𝑎𝑐 , [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝑂𝑟𝑔 � 𝑦 �[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝑎𝑐 , [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑓𝑖𝑛,𝑂𝑟𝑔 �

Lo que equivale a los puntos (0.5 , 0.6) y (5.0 , 5.13)

En la figura se observa el trazado de la recta, que corresponde a la línea roja. (c) Como la eficiencia de extracción es del 80%, las rectas no alcanzan a la de equilibrio, llegando solamente al 0.8 del largo, como se muestra en la figura., donde se obtiene que el número de etapas son 3. (d) A partir del gráfico, se encuentran los siguientes pares de puntos Orgánico Gráfico

Acuoso Gráfico

Acuoso corregido

[Cu+2], gr/lt

[Cu+2], gr/lt

[Cu+2], gr/lt

5.13

5

5

2.6

2.58

2.56

1.1

1.05

1.14

0.5

0.6

0.57

La concentración de uno de los dos se debe corregir según la siguiente ecuación 𝐹𝑎𝑐 �[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝑎𝑐 − [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑓𝑖𝑛,𝑎𝑐 � = 𝐹𝑂𝑟𝑔 �[𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑖𝑛𝑖,𝑂𝑟𝑔 − [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ]𝑓𝑖𝑛,𝑂𝑟𝑔 �

Ya que se debe cumplir que la cantidad de cobre transferida al orgánico debe ser igual a la cantidad de cobre entregada por el acuoso. En este caso se corrigió el cobre en fase acuosa. A partir de los datos entregados en la tabla, el diagrama queda de la siguiente forma:

171

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3. Electro metalurgia 3.1.

Problema (I1 2010, Ay. 2 2010, Ay. 3 2009)

Nota: en la ayudantía 2 2010 y 3 2009 se utilizó 5 gpl de hierro disuelto y 40 gpl de cúprico. En una planta de electro-obtención el electrolito contiene 8 g/l de hierro disuelto, una fracción como ion ferroso, Fe+2, y la otra como ión férrico, Fe+3. La presencia de ión ferrico es inconveniente para la eficiencia del proceso de electro-obtención, luego es necesario minimizar la fracción de Fe+3 presente en el electrolito. La concentración de ion cúprico, Cu+2, en el electrolito es de 45 g/l, y se puede suponer que prácticamente no varía durante la operación. a) ¿Qué sugeriría Ud.? 172

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b) Determine hasta que valor mínimo se puede reducir la concentración de Fe+3 en el electrolito con su método.

Datos: 𝐹𝑒 +3 + 𝑒 − → 𝐹𝑒 +2 𝐸 0 = 0.77

𝐶𝐶𝐶𝐶+2 + 2𝑒 − → 𝐶𝐶𝐶𝐶0 𝐸 0 = 0.34

Cu = 63.5 gr/mol Fe = 55.8 gr/mol

Solución a) Hemos visto en diversos ejercicios de ayudantía que el Cobre tiene la facultad de reducir el Férrico a Ferroso. Por lo tanto resultaría conveniente utilizar virutas de Cobre Metálico. b) Se calcula las concentraciones molares: [𝐶𝐶𝐶𝐶] = [𝐹𝑒] =

45 𝑔𝑝𝑙 𝑔𝑟 = 0.709 [𝑀] 63.5 � � 𝑚𝑜𝑙 8 𝑔𝑝𝑙 𝑔𝑟 = 0.143 [𝑀] 55.8 � � 𝑚𝑜𝑙

Ambas semi-reacciones deben cumplir con la ecuación de Nerst en el equilibrio. Por lo tanto para el Hierro: 𝐸 = 𝐸0 −

[𝐹𝑒 +2 ] [𝐹𝑒 +2 ] 0.0591 0.0591 = 0.77 − 𝐿𝑜𝑔 � 𝐿𝑜𝑔 � � (𝑒𝑐. 1) � [𝐹𝑒 +3 ] [𝐹𝑒 +3 ] 1 𝑛

Para el Cu, y dado que la concentración del ión en el electrolito permanece constante, tenemos que: 𝐸 = 𝐸0 −

0.0591 1 0.0591 1 𝐿𝑜𝑔 � � = 0.34 − 𝐿𝑜𝑔 � � = 0.336 (𝑒𝑐. 2) +2 [𝐶𝐶𝐶𝐶 ] 𝑛 2 0.709

En el equilibrio ambos potenciales deben igualarse, por lo que se tiene: 𝐸𝐶𝑢 = 𝐸𝐹𝑒

173

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[𝐹𝑒 +2 ] 0.0591 0.336 = 0.77 − 𝐿𝑜𝑔 � � [𝐹𝑒 +3 ] 1 [𝐹𝑒 +2 ] = 2.241 × 107 (𝑒𝑐. 3) [𝐹𝑒 +3 ]

Además se sabe que el hierro tiene una concentración total de 8 g/litro: [𝐹𝑒 +2 ] + [𝐹𝑒 +3 ] = 0.143 (𝑒𝑐. 4)

Despejando las ecuaciones (3) y (4), se obtiene que el ión férrico llegaría a una concentración de:

3.2.

[𝐹𝑒 +3 ] = 6.38 × 10−9 [𝑀]

Problema (Ay. 1 2013)

Se tiene una celda que contiene un ánodo de plomo y un cátodo. La superficie de cada electrodo es de 1 m2, y el volumen de electrolito en la celda es de 1m3. El electrolito contiene 40 gpl de cobre y 180 gpl de ácido sulfúrico. Su temperatura es de 60oC. Las impurezas presentes en el electrolito son fierro, 10 gpl y níquel 2 gpl. Se aplica una corriente de 250 [A]. Calcule: a) ¿Cuánto cobre tiene el electrolito? b) ¿Cuánto cobre puede depositarse sin que comience a depositarse las impurezas en el cátodo?¿Cuánto tiempo [horas] transcurren hasta ese momento? c) ¿Cuál es la concentración de cobre a la que la corriente aplicada se transformará en corriente límite? Solución 1 m3 → 1000 lt×40 gr/lt Cu=40000 gr Cu= 40 kg Cu

Reducción de concentración de cobre en el cátodo.

3.3.

Problema (Ay. 2 2013, Ay. 7 2013, Ay. 2 2010, Ay. 3 2009)

Un estanque con solución lixiviante proveniente de pilas de lixiviación, que contiene 4 g/l de cobre como Cu+2 y 20 g/l de fierro como Fe2+, se contacta con un exceso de chatarra de fierro (Fe0) para precipitar el cobre como Cu0.

(a) Determine el potencial inicial E de las semireacciones: 𝐶𝐶𝐶𝐶2+ + 2𝑒 − ↔ 𝐶𝐶𝐶𝐶0 𝐹𝑒 2+ + 2𝑒 − ↔ 𝐹𝑒 0

174

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(b) Determine en qué sentido circulan los electrones y cuál es la reacción global que ocurre. (c) Determine la concentración final de Cu2+ y Fe2+ cuando se alcanza el equilibrio. (d) ¿Qué potencial E tienen las semireacciones (i) y (ii) cuando se alcanza este equilibrio? (e) Determine el porcentaje de recuperación de cobre como precipitado (Cu0) que se alcanza con este proceso si se llega al equilibrio. Datos: E0 (Cu2+/Cu0)=0.34 V

Peso atómico del cobre = 63.5 gr/mol

E0 (Fe2+/Fe0)=-0.44V

Peso atómico del fierro = 55.85 gr/mol

Solución (a) [𝐶𝐶𝐶𝐶2+ ] =

4 𝑔𝑝𝑙 −2 𝑔𝑟 = 6.3 × 10 𝑀 63.5 𝑚𝑜𝑙

[𝐹𝑒 2+ ] =

20 𝑔𝑝𝑙 𝑔𝑟 = 0.358𝑀 55.85 𝑚𝑜𝑙

Luego planteando la ecuación de Nerst para el cobre: 0 𝐸𝐶𝑢2+ = 𝐸𝐶𝑢 2+ − 𝐶𝑢

Para el fierro:

𝐶𝑢

𝑅𝑇 1 8.314 × 298 1 ln � � = 0.34 − ln � � = 0.304𝑉 2+ [𝐶𝐶𝐶𝐶 ] 𝑛𝐹 2 × 96490 6.3 × 10−2

0 𝐸𝐹𝑒 2+ = 𝐸𝐹𝑒 2+ − 𝐹𝑒

𝐹𝑒

𝑅𝑇 1 8.314 × 298 1 ln � � = −0.44 − ln � � = −0.453𝑉 [𝐹𝑒 2+ ] 𝑛𝐹 2 × 96490 0.358

(b) A partir del potencial electroquímico la reacción del cobre será directa y la de fierro será inversa, por lo que el fierro liberará electrones y el cobre los capturará. La reacción queda como sigue:

(c)

𝐹𝑒 0 + 𝐶𝐶𝐶𝐶2+ → 𝐹𝑒 2+ + 𝐶𝐶𝐶𝐶0 0 = 𝐸𝐶𝑢2+ − 𝐸𝐹𝑒 2+ 𝐶𝑢

𝐹𝑒

𝐸𝐶𝑢2+ = 𝐸𝐹𝑒 2+ 𝐶𝑢

𝐹𝑒

175

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco 0.34 −

8.314 × 298 8.314 × 298 1 1 = −0.44 − ln � ln � � � 2+ 2+ 2 × 96490 2 × 96490 �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 �𝐹𝑒𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 � � 0.78 = 0.0128 ln � 2+ �𝐹𝑒𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 �

2+ � �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙

2+ � �𝐹𝑒𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙

� 2+ � �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙

= 2.43 × 1026

Como sabemos el balance electrónico será cero, por lo que por cada mol de cobre que se deposite se liberará un mol de fierro: 2+ 2+ �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 � − Δ = �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 �

Reemplazando en la relación anterior

2+ 2+ �𝐹𝑒𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 � + Δ = �𝐹𝑒𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 �

2+ �𝐹𝑒𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 �+Δ

2+ �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 �−Δ

= 2.43 × 1026

Δ = 6.3 × 10−2 𝑀

Por lo tanto:

2+ 2+ �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 � = �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 � − Δ = 1.72 × 10−27 𝑀 2+ 2+ � = �𝐹𝑒𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 � + Δ = 0.421𝑀 �𝐹𝑒𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙

(d) La concentración 8.314 × 298 𝑅𝑇 1 1 0 𝐸𝐶𝑢2+ = 𝐸𝐶𝑢 ln � ln � � = −0.4511𝑉 � = 0.34 − 2+ − 2+ 2 × 96490 𝑛𝐹 1.72 × 10−27 �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 � 𝐶𝑢 𝐶𝑢 0 𝐸𝐹𝑒 2+ = 𝐸𝐹𝑒 2+ − 𝐹𝑒

𝐹𝑒

8.314 × 298 𝑅𝑇 1 1 = −0.44 − ln � ln � � = −0.4511𝑉 � 2+ 2 × 96490 𝑛𝐹 0.421 �𝐹𝑒𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 �

Se cumple la relación de equilibrio:

(e) Luego la recuperación del cobre es:

𝐸𝐶𝑢2+ = 𝐸𝐹𝑒 2+ 𝐶𝑢

𝐹𝑒

176

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería Compilado por Diego Carrasco 𝑅𝐶𝑢 =

2+ 2+ � − �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 � �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 2+ � �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙

=

2+ � �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑑𝑒𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑎𝑑𝑜 2+ � �𝐶𝐶𝐶𝐶𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙

≈ 100%

En este caso se controla perfectamente la corriente, por lo que se recupera prácticamente la totalidad del cobre.

3.4.

Problema (I1 2013, I1 2010)

Si el costo de la energía eléctrica en el SING es de 0,015 US$/kWh, se le pide determinar la densidad de corriente que maximiza el uso de los recursos en una nave de electro-obtención cubriendo sus costos variables medios. La nave esta operando a 30°C que presenta los voltajes de operación y eficiencias de corriente indicadas en la Tabla. Considere que la nave electrolítica recibe como precio de transferencia por su producto 0.014 US$ por cada Lb de Cu producida.

Densidad

Eficiencia

Corriente

E

Corriente

A/m2

Volts

%

100

1.9

86

150

2.1

90

200

2.2

92

250

2.35

94

300

2.4

96

Solución

La producción de la nave electrolítica esta directamente relacionada a la intensidad de corriente aplicada. A más intensidad de corriente mayor será la producción. Sin embargo, dado que el costo variable esta asociado al costo de la energía debemos comparar el efecto del aumento de corriente en el costo de energía medio por unidad de Cobre producida.

177

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El costo por Lb de Cu producida [cUS$/Lb de Cu] =

Consumo Energético [kWh/Lb de Cu]* Costo Energía [cUS$/kWh]

Donde:

Consumo Energético por Lb de Cu =

V*n*F/MCu / EC /3600/2,2 [kWh/Lb]

V = Voltaje de Operación n = 2 , número de electrones F = 96485, constante de Faraday M = 63,54 g/mol EC = Eficiencia de Corriente 2,2 Lb = 1 Kg

Densidad

E

Corriente

Costo Cobre

Precio Cobre

Ingreso

Eficiencia

Consumo

Costo

Corriente

Energético

Energía

kWh/Lb de Cu

US$/kWh

US$/Lb

US$/Lb

US$/Lb

A/m2

Volts

%

(1)

(2)

(3)=(1)*(2)

(4)

(5)=(4)-(3)

100

1.9

86

0.84717

0.015

0.01271

0.014

0.00129

150

2.1

90

0.89473

0.015

0.01342

0.014

0.00058 178

Pontificia Universidad Católica de Chile Facultad de Ingeniería – Departamento de Ingeniería de Minería 200

Compilado por Diego Carrasco 2.2

92

0.91696

0.015

0.01375

0.014

0.00025

250

2.35

94

0.95864

0.015

0.01438

0.014

-0.00038

300

2.4

96

0.95864

0.015

0.01438

0.014

-0.00038

Considerando que la tasa de producción de Cu aumenta directamente con la densidad corriente, maximizaremos la utilización de los recursos operando a la más alta densidad de corriente mientras que los ingresos cubran los costos variables medios de Energía (costo principal de este proceso). De acuerdo a la Tabla, podemos recomendar operar a 200 Amperes/m2.

3.5.

Problema (I1 2013)

Se tiene una solución en una celda electroquímica que contiene Fe3+, Sn4+, Fe2+, y Ni2+ en 1 M HCl. Si se aplica una corriente reductora, explique el orden en que se reducen los cationes. ¿Qué metales puede/no puede obtenerse en el cátodo de la celda?¿Por qué?

Datos:

Fe3+ + e-  Fe+2 E0

=0.77

Cu2+ + 2e-  Cu0 E0

=0.34

Sn4+ + 2e-  Sn2+ E0 =0.15 Ni  Ni2+ + 2e- E0

= 0.25

Fe  Fe2+ + 2e- E0=0.409 Solución En solución: 𝐹𝑒 3+ ; 𝐹𝑒 2+ ; 𝐶𝐶𝑛4+ ; 𝑁𝐶𝐶 2+ ; 𝐶𝐶𝐶𝐶2+ (𝑠𝑜𝑙𝐶𝐶𝑐𝐶𝐶ó𝑛 𝑎𝑐𝐶𝐶𝑜𝑠𝑎)

De esta manera, se “reducen” primero las especies que posea el potencial electropositivo más alto y cuando se consuma toda la concentración del medio (que toda la concentración de la especie se

179

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reduzca) comienza a reducirse la siguiente con mayor potencial electropositivo. (2,5 puntos por saber qué es lo que va a ocurrir) En el problema, las ecuaciones estaban escritas como ecuaciones de oxidación y de reducción: (5 puntos por identificar que reacción es) 𝐹𝑒 3+ + 𝑒 − → 𝐹𝑒 2+ 𝐸0 = 0,77(𝑒𝑐. 𝑟𝑒𝑑𝐶𝐶𝑐𝑐𝐶𝐶ó𝑛)

𝐶𝐶𝐶𝐶2+ + 2𝑒 − → 𝐶𝐶𝐶𝐶0 𝐸0 = 0,34(𝑒𝑐. 𝑟𝑒𝑑𝐶𝐶𝑐𝑐𝐶𝐶ó𝑛)

𝐶𝐶𝑛4+ + 2𝑒 − → 𝐶𝐶𝑛2+ 𝐸0 = 0,15(𝑒𝑐. 𝑟𝑒𝑑𝐶𝐶𝑐𝑐𝐶𝐶ó𝑛) 𝑁𝐶𝐶 0 → 𝑁𝐶𝐶 2+ + 2𝑒 − 𝐸0 = 0,25(𝑒𝑐. 𝑜𝑥𝐶𝐶𝑑𝑎𝑐𝐶𝐶ó𝑛)

𝐹𝑒 0 → 𝐹𝑒 2+ + 2𝑒 − 𝐸0 = 0,409(𝑒𝑐. 𝑜𝑥𝐶𝐶𝑑𝑎𝑐𝐶𝐶ó𝑛)

Se debe elegir una única relación (colocar todas como oxidación o todas como reducción: (5 puntos por ordenar todas las ecuaciones en un orden de oxidación o de reducción + 2,5 puntos por explicación de la elección) 𝐹𝑒 3+ + 𝑒 − → 𝐹𝑒 2+ 𝐸0 = 0,77(𝑒𝑐. 𝑟𝑒𝑑𝐶𝐶𝑐𝑐𝐶𝐶ó𝑛)

𝐶𝐶𝐶𝐶2+ + 2𝑒 − → 𝐶𝐶𝐶𝐶0 𝐸0 = 0,34(𝑒𝑐. 𝑟𝑒𝑑𝐶𝐶𝑐𝑐𝐶𝐶ó𝑛)

𝐶𝐶𝑛4+ + 2𝑒 − → 𝐶𝐶𝑛2+ 𝐸0 = 0,15(𝑒𝑐. 𝑟𝑒𝑑𝐶𝐶𝑐𝑐𝐶𝐶ó𝑛)

𝑁𝐶𝐶 2+ + 2𝑒 − → 𝑁𝐶𝐶 0 𝐸0 = −0,25(𝑒𝑐. 𝑟𝑒𝑑𝐶𝐶𝑐𝑐𝐶𝐶ó𝑛)

𝐹𝑒 2+ + 2𝑒 − → 𝐹𝑒 0 𝐸0 = −0,409(𝑒𝑐. 𝑟𝑒𝑑𝐶𝐶𝑐𝑐𝐶𝐶ó𝑛)

Finalmente, a medida que se va disminuyendo el potencial del cátodo, producto de la reducción de las especies, solo se depositaran las especies que queden con estado de valencia igual a cero. El orden secuencial de reacción es: (5 puntos por identificar que especie queda en el cátodo y cual queda en solución) 𝑎 𝐸0 = 0,77: 𝐹𝑒 3+ + 𝑒 − → 𝐹𝑒 2+ (𝑞𝐶𝐶𝑒𝑑𝑎 𝑒𝑛 𝑠𝑜𝑙𝐶𝐶𝑐𝐶𝐶ó𝑛)

𝑎 𝐸0 = 0,34: 𝐶𝐶𝐶𝐶2+ + 2𝑒 − → 𝐶𝐶𝐶𝐶0 (𝑠𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑜𝑑𝑒𝑝𝑜𝑠𝐶𝐶𝑡𝑎)

𝑎 𝐸0 = 0,15: 𝐶𝐶𝑛4+ + 2𝑒 − → 𝐶𝐶𝑛2+ (𝑞𝐶𝐶𝑒𝑑𝑎 𝑒𝑛 𝑠𝑜𝑙𝐶𝐶𝑐𝐶𝐶ó𝑛)

𝑎 𝐸0 = −0,25: 𝑁𝐶𝐶 2+ + 2𝑒 − → 𝑁𝐶𝐶 0 (𝑠𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑜𝑑𝑒𝑝𝑜𝑠𝐶𝐶𝑡𝑎)

Punto importante

𝑎 𝐸0 = −0,409: 𝐹𝑒 2+ + 2𝑒 − → 𝐹𝑒 0 (𝑠𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑜𝑑𝑒𝑝𝑜𝑠𝐶𝐶𝑡𝑎) 180

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Considerar que, si tuviéramos un mol de cada especie, se electro-depositarían dos moles de Fe (porque primero toda la especie de Fe3+ fue reducida a Fe2+ a 0,77V y luego toda la especie Fe2+ es reducida a Fe a 0,33V).

3.6.

Problema (I1 2013)

Diseñe una refinería electrolítica de 20 mil toneladas anuales de Cobre. Asigne parámetros realistas a la refinería (densidad de corriente, concentración del electrolito, superficie de los electrodos, número de ánodos, número de cátodos por celda, número de celdas, voltaje entre par ánodo-cátodo, duración del ciclo, descartes, etc.) Calcule la energía que gasta por tonelada de cobre producida y el costo de operación suponiendo que este es igual a 5 veces el costo de energía (US$0.3 /kWh). Solución Esta solución fue robada por agentes de la KGB

3.7.

Problema (Ex 2013, I2 2009, Ay. 2 2013, Ay. 3 2010)

Nota: Para la I2 2009 se preguntó solo la (a) y con eficiencia de 98%, este último tb se vió en Ay. 2 2013, en la Ay. 3 2010 se consieró además un precio de cUS$20/kWh.. a. Si el costo de la corriente eléctrica en el SING es de cUS$30/kWh, ¿Cuál será el costo energético por Lb de Cu producida en una refinería electrolítica operando con una caída de voltaje de 250 mV y una eficienca de 95%? b. ¿Cuál es la cantidad de corriente total que se requiere para producir 3600 ton de Cu fino por mes? Asuma una eficiencia de corriente de 96%. Solución a. 𝑪𝒐𝒔𝒕𝒐 𝑼𝒏𝒊𝒕𝒂𝒓𝒊𝒐 (𝒄𝑼𝑺$/𝑳𝒃 𝒅𝒆 𝑪𝒖) = 𝑪𝒐𝒏𝒔𝒖𝒎𝒐 𝑬𝒏𝒆𝒓𝒈𝒆́𝒕𝒊𝒄𝒐/𝑳𝒃 𝒅𝒆 𝑪𝒖 ∗ 𝑪𝒐𝒔𝒕𝒐/𝒌𝑾𝒉

Costo Unitario (cUS$/Lb de Cu) = Consumo Energético/Lb de Cu* cUS$15/kWh

𝑪𝒐𝒏𝒔𝒖𝒎𝒐 𝑬𝒏𝒆𝒓𝒈𝒆́𝒕𝒊𝒄𝒐 𝒑𝒐𝒓 𝑳𝒃 𝒅𝒆 𝑪𝒖 = 𝑽 ∗ 𝒏 ∗ 𝑭/𝑴𝑪𝒖 / 𝟎. 𝟗𝟓 [2 puntos]

Consumo Energético por gr de Cu = 0.25*2*96500 / 63.54 / 3600 /1000 / 0.95 [kWh/g] Consumo Energético por Lb de Cu = 2.22*10-4 kWh/g * 453.59 g/ Lb Consumo Energético por Lb de Cu = 0.1007 kWh/Lb de Cu [3 puntos]

Por lo tanto, el Costo Unitario es, 181

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Costo Unitario (cUS$/Lb de Cu) = 0.1007 kWh/Lb de Cu* cUS$30/kWh Costo Unitario (cUS$/Lb de Cu) = cUS$3.02/Lb de Cu [2 puntos]

b. 𝑽 ∗ 𝑰 ∗ 𝒕 = 𝑪𝒐𝒏𝒔𝒖𝒎𝒐 𝑬𝒏𝒆𝒓𝒈é𝒕𝒊𝒄𝒐 𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 [1 punto]

Consumo Energético por ton de Cu = 0.25*2*96500*1000 / 63.54 / 3600 / 0.96 [kWh/ton]

Consumo Energético total = 0.25*2*96500*1000 / 63.54 / 0.96 = 791004.35 kWh

Luego, la intensidad de corriente para obtener la producción deseada en un mes es: I = 2*96500*1E6 / 63.54 / 0.96 / 30 / 24 = 4,394,469 A [2 puntos]

3.8.

Problema (Ex 2013)

Determine el precio de concentrado de ley 20% considerando un precio de US$3/Lb de Cu. Los cargos de fusión son de 140 US$/ton de concentrado y de refinación de 15 cUS$/Lb de Cu recuperado. Considere una pérdida metalúrgica del 4% del Cu fino contenido en los concentrados en el proceso de fusión.

Solución

3.9.

Problema (C2 2013)

Dibuje esquemáticamente la línea de producción de óxidos de cobre (Se consideraron totalmente buenas a aquellos que hayan dibujado la línea LX-SX-EW)

182

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3.10. Problema (C3 2013) ¿Bajo qué condiciones el potencial electroquímico define si una reacción es espontánea? Solución Si el potencial electroquímico es mayor que cero la reacción es espontánea (si es negativo se tendrá que aplicar energía para que ocurra la reacción, ya que ocurrirá en sentido contrario, y si es cero está en equilibrio). Se debe cumplir que la energía libre de Gibbs sea negativa, lo que implica que el potencial electroquímico sea positivo:

183

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Ya que n y F son siempre positivos.

∆𝐺 = −𝑛𝐹𝐸

3.11. Problema (C4 2013) Escriba las semi-reacciones que describen los procesos de cementación de cobre en fierro, electroobtención y electro-refinación. Solución Cementación cátodo: 𝐶𝐶𝐶𝐶2+ + 2𝑒 − → 𝐶𝐶𝐶𝐶0

ánodo: 𝐹𝑒 0 → 𝐹𝑒 2+ + 2𝑒 − Electro-obtención

cátodo: 𝐶𝐶𝐶𝐶2+ + 2𝑒 − → 𝐶𝐶𝐶𝐶0 1 2

ánodo: 𝐻𝐻2 𝑂𝑂 → 2𝐻𝐻 + + 𝑂𝑂2 + 2𝑒 − Electro-refinación

cátodo: 𝐶𝐶𝐶𝐶2+ + 2𝑒 − → 𝐶𝐶𝐶𝐶0

ánodo: 𝐶𝐶𝐶𝐶0 → 𝐶𝐶𝐶𝐶2+ + 2𝑒 −

3.12. Problema (I3 2012, Ex 2012)

a) Calcule el número de celdas necesario para efectuar EO de Cu a partir de un electrólito proveniente de SX. El caudal de electrolito es de 152 000 m3/día y contiene una concentración de 40,0 gpl de Cu. La concentración de salida de la nave electrolítica es de 37,2 gpl de Cu. La densidad de corriente utilizada es de 300 A/m2 con una eficiencia de 92%. El área de un cátodo es de 1,9 m2 y una celda tiene un número total de cátodos de 60. b) Calcule la producción anual de Cu en la misma planta, sabiendo que la disponibilidad operativa de la planta será de sólo 98.5%. 184

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c) Si la eficiencia de corriente es de 96% y el sobrevoltaje es de 3.0 V y asumiendo un costo de 0.2 US$/kWh ¿Cuál sería el costo en energía por kilogramo de Cu depositado? ¿Cuál sería el costo total anual? Solución Parte a: Dadas las relaciones en el ecuacionario: 𝑁𝑐𝑒𝑙𝑙 =

Con: 𝑄 = 152000

𝑄∆𝐶𝑢 𝐹 𝑁𝑐𝑎𝑡 𝐴𝑐𝑎𝑡 𝐶𝐶𝑐𝑒𝑙𝑙 𝜂𝑃𝑒

𝑚3 𝐶𝐶𝑜𝐶𝐶𝑙 𝐴 , ∆𝐶𝑢 = 2.8𝑔𝑝𝑙, 𝐹 = 96500 , 𝐶𝐶𝑐𝑒𝑙𝑙 = 300 2 𝑑𝐶𝐶𝑎 𝑚𝑜𝑙 𝑚

Pero 𝑃𝑒 representa el peso equivalente, que en el caso del cobre es 𝑃𝑒 =

Así

𝑔𝑟 𝑚𝑜𝑙 2

63.5

𝑁𝑐𝑒𝑙𝑙 = 475.836 ≈ 476 𝑐𝑒𝑙𝑑𝑎𝑠

Parte b: La producción por año viene dada por

𝑃𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 = (𝑄∆𝐶𝑢 )365𝜂𝑡

Donde se obtiene

𝑃𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 = 153.0138

𝐾𝑡𝑜𝑛 𝑎ñ𝑜

Parte c: Dado que si se corrige de acuerdo a la eficiencia del circuito 𝑚 = 𝜂𝑃𝑒

Por lo que el costo asociado es

𝑉𝐹 𝐾𝑊ℎ 𝐼𝑡 → 𝐶𝐶𝑜𝑛𝑠𝐶𝐶𝑚𝑜 = = 2.63834 𝑃𝑒 𝜂 𝐾𝑔𝐶𝑢 𝐹 𝐶𝐶𝐶𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑜 = 0.527668

Y así el costo para una producción por año calculada en b es:

𝑈𝐶𝐶$ 𝐾𝑔𝐶𝑢

𝐶𝐶𝑜𝑠𝑡𝑎ñ𝑜 = 80740.57 𝑈𝐶𝐶$ 185

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3.13. Problema (I3 2012) La electro-obtención de Cobalto desde el electrolito es normalmente efectuada con una densidad de corriente de 300 A/m2 y una caída de potencial de 5.0 V con una eficiencia de 85%. Al realizarse pruebas se descubrió un aumento en la eficiencia a un 95% si la corriente aplicada es de 350 A/m2 pero el voltaje aumenta a 5.3 V. ¿Cuál de las dos alternativas requiere menos energía por unidad de masa de metal producido? Solución 𝐸 𝑚

La energía por unidad de masa está dada por , donde • •

𝐸 = 𝑉 ∙ 𝐶𝐶𝑐𝑒𝑙𝑙 ∙ 𝐴 ∙ 𝑡 𝑚=

𝑖𝑐𝑒𝑙𝑙 ∙𝐴∙𝑡∙𝜂∙𝑀 𝑛∙𝐹

Al realizando la división y simplificar términos, se obtiene que 𝑉∙𝑛∙𝐹 𝐸 = 𝜂∙𝑀 𝑚

Como se observa de la ecuación, los parámetros 𝑛, 𝐹 y 𝑀 son constantes, por lo que es sólo necesario 𝑉 𝜂

ver la relación para saber cual consume menos energía. •

•

En el caso inicial

En el caso estudiado

5 𝑉 = = 5.8823 𝜂 0.85 5.3 𝑉 = = 5.5789 𝜂 0.95

De lo anterior, podemos concluir que el segundo caso utiliza menos energía por unidad de masa.

3.14. Problema (Ex 2009) Indique las diferencias entre los procesos de electro-refinación y electro-obtención de Cobre con respecto a: a) b) c) d) e)

Productos obtenidos en las reacciones anódicas y catódicas Material de los ánodos Material de los cátodos Rango de concentración del electrolito para el Cu y el ácido sulfúrico Voltaje de operación y densidad de corriente

186

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Electro-Refinación Ánodo Cu2+; cátodo Cu Cobre obtenido de refinación a fuego Acero inoxidable 45 gpl Cu 170gpl H2SO4 2V, 280-340 A/m2

Electro-Obtención Ánodo H+,O2; cátodo Cu Aleación de Pb (98.4%), Sn y Ca Acero inoxidable 40 gpl Cu 190gpl H2SO4 0.3-0.5V, 250-360 A/m2

3.15. Problema (Ay. 2 2013, Ay. 2 2010, Ay. 3 2009)

¿Cuál es la tasa de producción de una planta de electroobtención con 50000 cátodos (1m2 por lado) operando con una densidad de corriente de 300 A/m2? Asuma una eficiencia de corriente de 96%. Solución Primero se debe plantear la ecuación de Faraday corregida, para lo cual debemos arreglar la intensidad:

𝐼 = 300

𝐼 = 𝐶𝐶 × 𝐴

𝐴 𝑙𝑎𝑑𝑜 𝑚2 2 1 50000𝑐𝑎𝑡 𝑚2 𝑐𝑎𝑡 𝑙𝑎𝑑𝑜 𝐼 = 3 × 107 𝐴

Ahora podemos aplicar la ley de Faraday corregida.

𝑚=𝜂

Pero lo que nos interesa es la tasa de producción:

𝑀𝐼𝑡 𝑛𝐹

𝑚 𝑀𝐼 =𝜂 𝑡 𝑛𝐹

𝑔𝑟 𝐶𝐶 × 3 × 107 63.5 𝑡𝑜𝑛 60𝑠 60𝑚𝐶𝐶𝑛 𝑚 𝑠 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 = 0.96 = 35.53 𝑡𝑝ℎ 𝐶𝐶 1000𝑔𝑟 1000𝑘𝑔 𝑚𝐶𝐶𝑛 ℎ𝑟 𝑡 2 × 96490 𝑚𝑜𝑙

3.16. Problema (Ay. 2 2013, Ay. 2 2010, Ay. 3 2009)

Calcule la caída de voltaje asociada a electrodos de 1m2 espaciados cada 3cm que operan a 300 A/m2 en una solución que tiene una conductividad específica de 0.8 (Ω*cm)-1. Nota: Recuerde que R = d/KA Solución Lo primero es calcular la resistencia: 𝑅=

𝑑 3 𝑐𝑚 𝑚2 = = 3.75 × 10−4 Ω 𝐾𝐴 0.8Ω−1 𝑐𝑚−1 1𝑚2 10000𝑐𝑚2

187

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Ahora recordando la fórmula de voltaje: 𝑉 = 𝐼𝑅 = 300

𝐴 × 1 𝑚2 × 3.75 × 10−4 Ω = 0.1125𝑉 𝑚2

3.17. Problema (Ay. 6 2012)

Predecir lo que sucederá si se añade bromo molecular (Br2) en una disolución que contenga NaCl y NaI a 25°C. Suponga que todas las especies están en su estado estándar Solución Para predecir cuál reacción redox se llevará a cabo, se deben comparar los potenciales estándar de reducción de las siguientes semirreacciones: 𝐼2(𝑠) + 2𝑒 − → 2𝐼 − (1𝑀)

E0=0.53V

𝐶𝐶𝑙2(𝑠) + 2𝑒 − → 2𝐶𝐶𝑙 − (1𝑀)

E0=1.36V

𝐵𝑟2(𝑠) + 2𝑒 − → 2𝐵𝑟 − (1𝑀)

E0=1.07V

Aplicando la regla diagonal, se observa que el Br2 oxidará al I- pero no al CL-; por lo tanto, la única reacción redox que será percibida en condiciones estándar es: Oxidación: 2𝐼 − (1𝑀) → 𝐼2(𝑠) + 2𝑒 −

Reducción: 𝐵𝑟2(𝑠) + 2𝑒 − → 2𝐵𝑟 − (1𝑀)

Reacción global: 2𝐼 − (1𝑀) + 𝐵𝑟2(𝑠) → 2𝐵𝑟 − (1𝑀) + 𝐼2(𝑠)

Observar que los ionesNa+ son inhertes y no participan en la reacción redox.

3.18. Problema (Ay. 6 2012) Una celda galvánica consta de un electrodo de Mg en una disolución 1M de Mg(NO3)2 y un electrodo de Ag en una disolución 1M de AgNO3. Calcule la fem estándar de esta celda electroquímica a 25°C Solución En una tabla estándar de potenciales, se encuentran los potenciales estándar de reducción de los dos electrodos: 𝑀𝑔2+ (1𝑀) + 2𝑒 − → 𝑀𝑔(𝑠) 𝐴𝑔2+ (1𝑀) + 𝑒 − → 𝐴𝑔(𝑠)

E0=-2.37V E0=0.8V

Aplicando la regla diagonal, se ve que el Ag+ oxidará al Mg: Ánodo (oxidación): 𝑀𝑔(𝑠) → 𝑀𝑔2+ (1𝑀) + 2𝑒 − 188

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Cátodo (reducción: 2𝐴𝑔2+ (1𝑀) + 2𝑒 − → 2𝐴𝑔(𝑠)

Reacción global: 𝑀𝑔(𝑠) + 2𝐴𝑔2+ (1𝑀) → 𝑀𝑔2+ (1𝑀) + 2𝐴𝑔(𝑠)

Para balancear la ecuación global, la reacción de reducción de la Ag+ se multiplicó por dos. Esto se puede hacer porque al ser E° una propiedad intensiva, su valor no se afecta por este procedimiento. La fem de la celda se puede calcular por medio de la siguiente ecuación: 0 0 0 𝐸𝑐𝑒𝑙𝑑𝑎 = 𝐸𝑀𝑔 + 𝐸𝐴𝑔 = 2.37𝑉 + 0.8𝑉 = 3.17𝑉

3.19. Problema (Ay. 6 2012)

Calcule la constante de equilibrio de la siguiente reacción a 25°C: 2+ 2+ + 𝐶𝐶𝑛(𝑠) + 2𝐶𝐶𝐶𝐶(𝑎𝑐) ↔ 𝐶𝐶𝑛(𝑎𝑐) + 2𝐶𝐶𝐶𝐶(𝑎𝑐)

Solución Las dos semirreacciones para el proceso global son 2+ Oxidación: 𝐶𝐶𝑛(𝑠) → 𝐶𝐶𝑛(𝑎𝑐) + 2𝑒 −

2+ + + 2𝑒 − → 2𝐶𝐶𝐶𝐶(𝑎𝑐) Reducción 2𝐶𝐶𝐶𝐶(𝑎𝑐)

De la tabla de potenciales estándar: • E0Sn=-0.14V • E0Cu=0.15V Entonces E0=0.14V+0.15V=0.29V En el equilibrio:

Δ𝐺 0 = −𝑅𝑇𝑙𝑛(𝐾) = −𝑛𝐹𝐸 0 ln(𝐾) =

ln(𝐾) =

3.20. Problema (Ay. 6 2012)

𝑛𝐹𝐸 0 𝑅𝑇

2 × 96500 × 0.29 8.314 × 298

𝐾 = 𝑒 22.6

𝐾 = 6.5 × 106

Considere la celda electroquímica que se muestra en la figura. En un cierto experimento, se encontró que la fem (E) de la celda es de 0.54V a 25°C. Suponga que [Zn2+] = 1M y PH2 = 1 atm. Calcule la concentración molar de H+. 189

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Solución La reacción global de la celda es 𝑍𝑛(𝑠) + 2𝐻𝐻 + (𝑥𝑀) → 𝑍𝑛2+ (1𝑀) + 𝐻𝐻2 (1 𝑎𝑡𝑚)

Las reacciones de semicelda son:

Oxidación: 𝑍𝑛(𝑠) → 𝑍𝑛2+ (1𝑀) + 2𝑒 −

Reducción: 2𝐻𝐻 + (1𝑀) + 62 → 𝐻𝐻2 (1 𝑎𝑡𝑚)

De la tabla de potenciales estándar (reducción): • E°Zn=-0,76 V • E°H=0V Entonces E°= 0,76 +0V = 0,76V

Para las condiciones dadas en el enunciado, la fem de la celda se expresa como: 𝐸 = 𝐸0 − 0.54 = 0.76 − 17.1 = ln �

[𝑍𝑛2+ ]𝑃𝐻2 𝑅𝑇 ln � � [𝐻𝐻+ ]2 𝑛𝐹

8.314 × 298 1×1 ln � + 2 � [𝐻𝐻 ] 2 × 96500

1 � = −2 ln([𝐻𝐻 + ]) [𝐻𝐻 + ]2

ln([𝐻𝐻 + ]) = −8.6

[𝐻𝐻 + ] = 2 × 10−4 𝑀 190

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3.21. Problema (Ay. 6 2012)

Una corriente de 1,26A se pasa a través de una celda electrolítica que contiene una disolución de ácido sulfúrico diluido durante 7.44 horas. Escriba las reacciones de semicelda y calcule el volumen de los gases generados a TPE.

Solución Primero se calcula el número de coulombs de electricidad que pasan a través de la celda: 𝑥𝐶𝐶 = 1.26𝐴 × 7.44ℎ ×

3600𝑠 𝐶𝐶 = 3.37 × 104 𝐶𝐶 ℎ𝑟 𝐴 × 𝑠

Se puede ver que por cada mol de O2 formado en el ánodo, se generan cuatro moles de electrones, así que 𝑦 𝑔𝑟𝑂𝑂2 = 3.37 × 104 𝐶𝐶 ×

𝐹 1𝑚𝑜𝑙𝑂𝑂2 32𝑔𝑟𝑂𝑂2 × × = 2.79 𝑔𝑟𝑂𝑂2 4𝐹 1𝑚𝑜𝑙𝑂𝑂2 96500𝐶𝐶

El volumen de 2,79 gr O2 a condiciones estándares de presión y temperatura está dado por: 2.79𝑔𝑟 𝐿 × 𝑎𝑡𝑚 𝑛𝑅𝑇 32𝑔𝑟 × 𝑚𝑜𝑙 −1 0.0821 𝐾 × 𝑚𝑜𝑙 273𝐾 𝑉= = 1.95𝐿 1𝑎𝑡𝑚 𝑃

De igual manera, para el hidrógeno se escribe: 𝑧 𝑔𝑟𝐻𝐻2 = 3.37 × 104 𝐶𝐶 ×

𝐹 1𝑚𝑜𝑙𝐻𝐻2 2.016𝑔𝑟𝐻𝐻2 × × = 0.352 𝑔𝑟𝑂𝑂2 2𝐹 1𝑚𝑜𝑙𝐻𝐻2 96500𝐶𝐶

El volumen de 0.352 gramos de hidrógeno a condiciones estándares de presión y temperatura está dado por: 0.352 𝑔𝑟 𝐿 × 𝑎𝑡𝑚 𝑛𝑅𝑇 2.016 𝑔𝑟 × 𝑚𝑜𝑙 −1 0.0821 𝐾 × 𝑚𝑜𝑙 273𝐾 = 3.91 𝐿 𝑉= 1𝑎𝑡𝑚 𝑃

191

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Observar que el volumen de hidrógeno es el doble del volumen de oxígeno, que es lo que se esperaría de acuerdo con la ley de Avogadro.

3.22. Problema (Ay. 9 2012) De acuerdo a la siguiente figura:

(a) Identifique las reacciones del ánodo, cátodo y la reacción total para determinar del potencial dela celda (b) Dadas las actividades, determine el potencial de la celda electrolítica. 0 0 Datos: 𝐸𝐴𝑔𝐶𝑙 = 0.2223𝑉 y 𝐸𝐹𝑒 3+ = 0.771𝑉 𝐴𝑔

𝐹𝑒2+

Solución (a) Como en el lado izquierdo se deposita AgCl(s), tenemos que la reacción de oxidación y viene dada por: − 𝐴𝑔(𝑠) + 𝐶𝐶𝑙(𝑙) ↔ 𝐴𝑔𝐶𝐶𝑙(𝑠) + 𝑒 −

Por otro lado, en el lado derecho encontramos la reaccion de reducción

De esta forma, la reacción final es

3+ 2+ 𝐹𝑒(𝑎𝑐) + 𝑒 − ↔ 𝐹𝑒(𝑎𝑐)

− 3+ 2+ 𝐴𝑔(𝑠) + 𝐶𝐶𝑙(𝑙) + 𝐹𝑒(𝑎𝑐) ↔ 𝐴𝑔𝐶𝐶𝑙(𝑠) + 𝐹𝑒(𝑎𝑐)

192

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(b) Aplicando la ecuación de Nerst se obtiene que 0 𝐸𝑐 = 𝐹𝐹𝑒 3+ − 𝐹𝑒 2+

De esta forma:

0 − 𝐸𝑎 = 𝐹𝐴𝑔𝐶𝑙 𝐴𝑔

8.314 × 298 0.05916 𝑎𝐹𝑒 2+ × ln(𝑄) = 0.771 − × log � � 𝑎𝐹𝑒 3+ 𝑛 × 96500 1 8.314 × 298 0.05916 × ln(𝑄) = 0.2223 − × log(𝑎𝐶𝑙− ) 𝑛 × 96500 1 𝐸𝑐𝑒𝑙𝑙 = 𝐸𝑐 − 𝐸𝑎 = 0.531𝑉

3.23. Problema (Ay. 9 2012)

Cual es la actividad de Fe+3 en una celda electroquímica similar a la del problema anterior, si la actividad de Cl- en la celda de la izquierda es 1, la actividad de Fe+2 es 0.0151 y el potencial de la celda es +0.546V. Solución Reemplazando los datos tenemos que 0.0151 �� − (0.2223 − 0.05916 log(1)) → 𝑥 = 0.0136 0.546 = �0.771 − 0.05916 log � 𝑥

3.24. Problema (Ay. 9 2012)

Una aplicación común de las celdas electroquímicas es en la producción de baterías. En la tecnología militar, se utilizan estas baterías de plata-zinc debido a su rendimiento por unidad de peso. Suponga que usted es el encargado de gestionar la producción para el siguiente encargo. Su pronóstico para la demanda futura prevee un cargamento de 1000 celdas de 1;555V donde el ánodo de zinc (el cual se sumerge en una solución de cloro obteniendo ZnCl2) posee una actividad de 0.0167. Para comprar la solución de nitrato de plata (donde obtendrá la plata en la concentración pedida) maneja la siguiente lista de precios. Asuma que por cada celda requiere 1 litro de nitrato que le otorgaría la concentración siguiente. (a) [𝐴𝑔] < 5 𝑔𝑝𝑙: 𝑃 = 5

𝑈𝑆𝐷 𝐿

𝑈𝑆𝐷 𝐿 𝑈𝑆𝐷 14 𝐿

(b) 5 𝑔𝑝𝑙 < [𝐴𝑔] < 15 𝑔𝑝𝑙: 𝑝 = 7.5 (c) 15 𝑔𝑝𝑙 < [𝐴𝑔] < 20𝑔𝑝𝑙: 𝑃 =

Solución La situacion del problema puede ser representada por la celda de la figura:

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Primero determinamos las reacciones. De la información del enunciado, podemos ver que 𝐴𝑔𝑁𝑂𝑂3 ↔ 𝐴𝑔+ + 𝑁𝑂𝑂3− 𝑍𝑛2+ + 2𝐶𝐶𝑙 − ↔ 𝑍𝑛𝐶𝐶𝑙2

Por lo que las reacciones redox involucradas son

𝐴𝑔+ + 𝑒 − ↔ 𝐴𝑔

𝑍𝑛 ↔ 𝑍𝑛2+ + 2𝑒 −

0 Revisando en la figura anterior, se obtiene que el potencial estándar para la reacción es 𝐸𝐴𝑔 + =

0.7996𝑉

𝐴𝑔

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De la misma forma, revisamos el potencial estándar para el Zinc en la figura anterior, donde se obtiene 0 que 𝐸𝐴𝑔 + = −0.7618𝑉 𝐴𝑔

Por lo tanto, y recordando que del enunciado se entrega 𝑎𝑍𝑛+2 = 0.0167 se plantean los potenciales

electrolíticos de los cátodos y ánodos:

1 𝐸𝑐 = 0.7996 − 0.05916 log � � 𝑦

𝐸𝑎 = −0.07618 −

El voltaje de la celda viene dado por:

0.05916 1 log � � 2 0.0167

𝐸𝑐𝑒𝑙𝑙 = 𝐸𝑐 − 𝐸𝑎 = 1.555𝑉

De esta forma: 𝑦 = 0.1[𝑀] =

[𝐴𝑔]

107.8682

Con esto, el costo de conseguir la solución es

1000𝐿 × 7.5

3.25. Problema (Ay. 10 2012)

𝑔𝑟 → [𝐴𝑔] = 10.78682 𝑔𝑝𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑈𝐶𝐶𝐷 = 7500 𝑈𝐶𝐶𝐷 𝐿

La masa de cobre depositada por día (md) en una planta de Electro Obtención puede calcularse de acuerdo a la siguiente expresión: 𝑚𝑑 = ΓΔ𝐶𝐶𝐶𝑢

Donde Γ (m3=día) representa el caudal del electrolito y CCu(kg=m3) es la diferencia de concentración de cobre que entra y sale de las celdas. 195

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(a) Usando la ley de Faraday, encuentre una expresión para calcular el número de cátodos por celda en función del área del cátodo, el número de celdas en la planta y las siguientes variables • M = 63.5(kg=kmol) es el peso atómico del Cobre • icell(A=m2) es la densidad de corriente de la celda • AT (m2) es el área total de cátodos en la planta (Variable) • 𝜂 es la eficiencia de corriente • t (seg) es el tiempo • z es el número de electrones en la reacción (b) Suponga que le consultan cuantas celdas debe comprar. Esto para poder efectuar Electro Obtencion de cobre a partir de un electrolito de SX. Su planta posee un flujo de 152000 m3=día, la diferencia de concentracion de cobre es 2.7 kg=m3, las celdas soportan una densidad de corriente de 300 A=m2, el proceso es todo el día con una eficiencia de corriente del 92%. El encargado dela planta le comenta que requiere 60 cátodos de 1.9 m2 cada uno. (c) Calcule la produccion anual de Cu en la misma planta, sabiendo que se trabaja a un 98.5% del tiempo. Solución Recordando la ley de faraday y la explicación dada en la ayudantía, podemos derivar la siguiente expresión: 𝑚𝑑 =

𝐶𝐶𝑐𝑒𝑙𝑙 × 𝐴𝑇 × 𝜂 × 𝑡 × 𝑀 𝑛𝐹

De la misma forma, esta expresión representa la cantidad de cobre total depositado por una gran celda, por lo que si se mantienen las condiciones de densidad de corriente, las eficiencia de corriente, el tiempo del proceso, este proceso puede ser representado por todas las celdas involucradas: 𝐴 𝑇 = 𝑁𝑐𝑒𝑙𝑙 × 𝐴𝑐𝑒𝑙𝑙

Y a su vez, cada celda electrolítica puede ser representada por el área de los cátodos que lacomponen: 𝐴𝑐𝑒𝑙𝑙 = 𝑁𝑐𝑎𝑡 × 𝐴𝑐𝑎𝑡

Reemplazando todo se obtiene: 𝑚𝑑 =

𝐶𝐶𝑐𝑒𝑙𝑙 × 𝑁𝑐𝑒𝑙𝑙 × 𝑁𝑐𝑎𝑡 × 𝐴𝑐𝑎𝑡 × 𝜂 × 𝑡 × 𝑀 = ΓΔ𝐶𝐶𝐶𝑢 𝑛𝐹

Como se pide obtener el número de cátodos, la expresión final es

𝑁𝑐𝑎𝑡 =

ΓΔ𝐶𝐶𝐶𝑢 𝑛𝐹 𝐶𝐶𝑐𝑒𝑙𝑙 × 𝑁𝑐𝑒𝑙𝑙 × 𝐴𝑐𝑎𝑡 × 𝜂 × 𝑡 × 𝑀

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(b) Ahora se pide obtener la cantidad de celdas a adquirir. Se debe modificar la expresión a: 𝑁𝑐𝑒𝑙𝑙 =

Y reemplazando los datos, 𝑁𝑐𝑒𝑙𝑙 =

ΓΔ𝐶𝐶𝐶𝑢 𝑛𝐹 𝐶𝐶𝑐𝑒𝑙𝑙 × 𝑁𝑐𝑎𝑡 × 𝐴𝑐𝑎𝑡 × 𝜂 × 𝑡 × 𝑀

152000 × 2.7 × 2 × 96500

63.5 300 × 60 × 19 × 0.92 × (24 × 60 × 60) × 1000

= 45.88

(c) La producción anual vendría definida por la producción diaria de manera eficiente por el número de días trabajados. Esto es: 𝑃𝑟𝑜𝑑𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 = Γ × Δ𝐶𝐶𝐶𝑢 × 𝜂𝑡 × 365 = 147.55

3.26. Problema (Ay. 10 2012)

kton año

Dentro de sus planes de producción, usted debe determinar cuál debe ser la densidad de corriente para obtener la máxima cantidad de cobre depositada. Uno de sus consultores le recomienda utilizar un método por el cual obtiene una densidad constante K, mientras que uno de sus empleados le 2

recomienta utilizar una densidad de corriente 𝐶𝐶(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑦 . En ambos casos, la placa queda definida por la región 𝑦 , 0 ≤ 𝑦 ≤ 2� 2

𝐷 = �(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 /0 ≤ 𝑥 ≤

Determine cuál es el valor de K de manera que le sea indiferente tomar cualquiera de las alternativas mencionadas. Solución Se asume que se utiliza el mismo elemento y las mismas condiciones de corriente, por lo que 𝑄𝐾 = 𝑄𝑖(𝑥,𝑦)

Como se conocen las densidades de corrientes, que no dependen del tiempo de aplicación, el problema se reduce a:

La primera integral resulta ser:

𝐾𝑑𝐴 = �

�

(𝑥,𝑦)∈𝐴

�

𝐶𝐶(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴

(𝑥,𝑦)∈𝐴

2

𝑦 2

𝐾𝑑𝐴 = � � 𝐾𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝐾

(𝑥,𝑦)∈𝐴

0

0

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La segunda integral resulta ser:

2

𝑦 2

1 2 𝐾𝑑𝐴 = � � 𝑒 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = (𝑒 4 − 1) 4 (𝑥,𝑦)∈𝐴 0 0

�

Por lo que

3.27. Problema (Ay. 10 2012)

1 𝐾 = (𝑒 4 − 1) 4

Suponga que esta realizando pruebas para realizar EO. Usted piensa emplear una celda electrolítica donde se maneja una solución de cobre que se busca depositar. En el otro extremo de la celda, hay una placa de platino sumergida en una solución que contiene hidrógeno gaseoso, el cual reacciona en el proceso. Uno de sus empleados le comenta que el hidrógeno llegó sumergido en la solución a una presión de 0.5, mientras que su intuición y sus clases de procesos metalúrgicos le ayudan a recordar que 𝑎𝐻+ = 0.1 y 𝑎𝐶𝑢+2 = 0.05 𝑜 𝑜 (a) Obtenga el voltaje de la celda. Hint: 𝐸𝐶𝑢 +2 = 0.3419𝑉 y 𝐸𝐻+ = 0𝑉 𝐶𝑢

𝐻2

(b) Si esa celda es usada en un proceso de EO, determine el consumo energético por kg de cobre en la planta. Hint: Recuerde que 𝐸 = 𝑉 × 𝑄 Solución Como se deposita cobre, la única forma de lograr esto es a través de una reacción de reducción donde el cobre recibe electrones. A su vez, en el otro lado debe generarse una reacción de oxidación donde la especie que participa en la reacción es el hidrógeno. De esta forma, las reacciones involucradas son: + 𝑅á𝑛𝑜𝑑𝑜 : 𝐻𝐻2(𝑔) ↔ 2𝐻𝐻(𝑎𝑐) + 2𝑒 −

2+ 𝑅𝑐á𝑡𝑜𝑑𝑜 : 𝐶𝐶𝐶𝐶(𝑎𝑐) + 2𝑒 − ↔ 𝐶𝐶𝐶𝐶(𝑠)

Es necesario conocer los potenciales de cada celda usando los potenciales estándares de reducción dados. Del problema se sabe que: • • • • •

La actividad 𝑎𝐻+ = 0.1 La presión 𝑃𝐻2 = 0.5 La actividad 𝑎𝐶𝑢+2 = 0.05 𝑜 𝐸𝐶𝑢 +2 = 0.3419𝑉 𝐶𝑢

𝐸𝐻𝑜+ = 0𝑉 𝐻2

Por tanto:

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𝐸𝑐 = �0.3419 − 𝐸𝑎 = (0 −

0.05916 1 log � �� = 0.3031 2 𝑎𝐶𝑢+2

𝑃𝐻 0.05916 log � 2 2 � = −0.05 2 𝑎𝐻+

De esta forma, el potencial de la celda electrolítica viene dado por: 𝐸𝑐𝑒𝑙𝑙 = 0.3531𝑉

(b) Dado que la energía consumida se puede calcular como:

Pero, por la ley de Faraday:

𝐸 =𝑉×𝑄 → 𝑚=

𝐸 𝑉 × 𝑄 𝑉𝐼𝑡 𝑉𝐶𝐶𝑐𝑒𝑙𝑙 𝐴𝜂𝑡 = = = 𝑚 𝑚 𝑚 𝑚

𝐶𝐶𝑐𝑒𝑙𝑙 𝐴𝜂𝑡𝑀 𝐶𝐶𝑐𝑒𝑙𝑙 𝐴𝜂𝑡 𝑛𝐹 → = 𝑚 𝑛𝐹 𝑚

Combinando las dos ecuaciones previas, se obtiene:

𝑉 × 𝐶𝐶 𝐸 𝑉𝑛𝐹 0.3531 × 2 × 96500 = = = 1.073201575 × 106 𝑀 63.5 𝐾𝑔 𝑚

Pero se puede transformar V×C a V×A×seg = Watt × seg, así:

𝑘𝑊ℎ 𝐸 = 0.298 𝑘𝑔 𝑚

3.28. Problema (Ay. 5 2010, Ay. 3 2009)

¿Cuál es el consumo energético por kg de Zinc en una planta EO operando con una densidad de corriente de 250 A/m2 y una eficiencia de 95%, n=2, y una caída de voltaje de 3V? Solución De la ley de Faraday 𝑚=

𝐼𝑡𝑀 𝜂 𝑛𝐹

𝐸 = 𝑉𝐼𝑡

𝑉𝐼𝑡 𝑛𝐹𝑉 = 𝑀𝜂 𝑚

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𝐶𝐶 𝑉𝐶𝐶 𝑘𝑊ℎ 𝑉𝐼𝑡 3𝑉 × 2 × 96485 𝑚𝑜𝑙 = = 9320.57 = 2.589 𝑔 𝑔 𝑘𝑔 𝑚 0.95 × 65.38 𝑚𝑜𝑙

3.29. Problema (Ay. 6 2012)

Encuentre el cambio de energía libre estándar para la siguiente reacción a 25°C: 2𝐴𝐶𝐶(𝑠) + 3𝐶𝐶𝑎2+ (1𝑀) → 2𝐴𝐶𝐶3+ (1𝑀) + 3𝐶𝐶𝑎(𝑠)

Solución Se divide la reacción global en las semirreacciones: Oxidación: 2𝐴𝐶𝐶(𝑠) → 2𝐴𝐶𝐶3+ (1𝑀) + 6𝑒 −

Reducción: 3𝐶𝐶𝑎2+ (1𝑀) + 6𝑒 − → 3𝐶𝐶𝑎(𝑠)

De la tabla de potenciales estándar: • E°Au=1,50 V • E°Ca=-2,87V Entonces E°= -1,50V-2,87V=-4,87V Se tiene que:

Δ𝐺 0 = −𝑛𝐹𝐸 0 = −6𝑚𝑜𝑙 × 96500

3.30. Problema (Ay. 6 2012)

𝐽 × −4.37𝑉 = 2.53 × 103 𝑘𝐽 𝑉 × 𝑚𝑜𝑙

Prediga si la siguiente reacción procederá espontáneamente a 298oK tal y como está escrita: 2+ 2+ 𝐶𝐶𝑜(𝑠) + 𝐹𝑒(𝑎𝑐) → 𝐶𝐶𝑜(𝑎𝑐) + 𝐹𝑒(𝑠)

dado que [Co2+] = 0.15M y [Fe2+] = 0.68M

Solución 2+ Oxidación: 𝐶𝐶𝑜(𝑠) → 𝐶𝐶𝑜(𝑎𝑐) + 2𝑒 −

2+ + 2𝑒 − → 𝐹𝑒(𝑠) Reducción: 𝐹𝑒(𝑎𝑐)

De la tabla de potenciales estándar (reducción): • E°Co=-0.28 V • E°Fe=-0.44V Entonces E°= 0.28V -0.44V=-0.16V Para las condiciones dadas en el enunciado, el potencial de la reacción será: 200

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[𝐶𝐶𝑜 2+ ] 8.314 × 298 𝑅𝑇 0.15 = −0.16 − 𝐸=𝐸 − ln � ln � � = −0.14𝑉 � [𝐹𝑒 2+ ] 2 × 96500 𝑛𝐹 0.68 0

Dado que el E es negativo, la reacción no es espontánea en la dirección descrita.

201