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SOLUCIONARIO DE EJERCICIOS CURSO: BALANCE DE MATERIA

GRUPO HORARIO 01Q

PROFESOR: ING.CARLOS PEREYRA LEONARDO

ESTUDIANTE: MORAN CABALLERO JUAN PABLO (1616125061)

CICLO: 2019 I Facultad de Ingeniería Química Escuela Profesional de Ingeniería Química UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

1966

SOLUCIONARIO PROBLEMAS BALANCE DE MATERIA

1.- La alimentación a un sistema fraccionador de dos columnas es de 30 000 Kg/h de una mezcla que contiene 50% de benceno (B), 30% de tolueno (T) y 20% de xileno (X). La alimentación se introduce en la columna I y resulta en un destilado con 95% de benceno, 3% de tolueno y 2% de xileno. Los fondos de la columna I se alimentan a la segunda columna, de la cual se obtiene un destilado con 3% de benceno, 95% de tolueno y 2% de xileno (véase la figura). Supóngase que 52% de la alimentación aparece como destilado en la primera columna y que 72% del benceno alimentado a la segunda columna aparece en el destilado de ésta. Calcular la composición y flujo de la corriente de fondos de la segunda columna. SOLUCION 1) Diagrama de flujo

2) Relaciones:  𝐷1 = 52%(𝐹) 𝐷

𝑅

 𝑚𝐵2 = 72%(𝑚𝐵1 ) 3) Análisis de grados de libertad

NVI NEB NFE NCE NR GL

CI 9 -3 -1 -4 -1 0

CII 9 -3 0 -2 -1 3

U 15 -6 -1 -6 -2 0

4) Balance Total 𝑚𝐹 = 𝑚𝐷1 + 𝑚𝐷2 + 𝑚𝑅2 = 30 000 𝐾𝑔 Utilizamos la primera relación

G 12 -3 -1 -6 -2 0

𝑚𝐷1 = 15600 𝐷

𝑚 𝑇1 = 468 𝐷

𝑚𝑋1 = 312 𝐷

𝑚𝐵1 = 14820

5) Balance en la primera columna 𝑚𝐹 = 𝑚𝐷1 + 𝑚𝐷1 30000 = 15600 + 𝑚𝐷2 𝑚𝑅1 = 14400 6) Balance de componentes en la primera columna  Benceno 𝑅

15000 = 0.95(15600) + 𝑤𝐵 1 (𝑚𝑅1 ) 𝑅

0.0125 = 𝑤𝐵 1  Tolueno 𝑅

9000 = 0.03(15600) + 𝑤𝑇 1 (𝑚𝑅1 ) 𝑅

0.5925 = 𝑤𝐵 1  Xileno 𝑅

6000 = 0.02(15600) + 𝑤𝑋 1 (𝑚𝑅1 ) 𝑅

0.395 = 𝑤𝑋 1 Usando la segunda relación 0.03(𝑚𝐷2 ) = 72%(0.0125)(14400) 𝑚𝐷2 = 4320 𝑚𝑅2 = 10080 7) Balance de componentes en la segunda columna  Benceno 𝑅

180 = 129.6 + 𝑚𝐵2 𝑅

50.4 = 𝑚𝐵2  Tolueno

𝑅

8532 = 4104 + 𝑚 𝑇2 𝑅

4428 = 𝑚 𝑇2  Xileno 𝑅

5688 = 86.4 + 𝑚𝑋2 𝑅

5601.6 = 𝑚𝑋2 2. Un evaporador, que opera en régimen estacionario, se alimenta con 50.000 kg/día de una disolución acuosa que contiene 8% de NaOH y 10% de NaCl. Del evaporador salen tres corrientes: V = vapor de agua puro, C = una suspensión que contiene 95% de cristales de NaCl y 5% de la disolución concentrada que sale como corriente S, cuya composición es 50% de NaOH, 2% de NaCl y 48% de H2O.Todos los porcentajes están expresados en % en peso. Calcúlense los flujos, en kg/d, de las corrientes V, C y S. SOLUCION 1) Diagrama de flujo

2) Análisis de los grados de libertad.

GL

NVI 9

NEB -3

NFE -1-

NCE -5

NR -1

-1

En conclusión, el problema está sobre especificado por ende anularemos un dato para que se igualen el número de ecuación con el número de variables 3) Balance Total 50000 = V + S+ C 4) Balance de componentes  NaOH 4000 = 0.5(S) +5%(50%C)…………….(1)  NaCl 5000 = 0.02(S) + 0.95(C) + 5%(2%C)…………..(2)

 H2O 41000 = X(S) + 0.48(S) Resolvemos las ecuaciones (1) y (2) C= 5094.73

S = 7745.26

V = 37160.01

3) En la figura se representa un diagrama de flujo para la recuperación de acetona contenida en una corriente de aire procedente de un secadero. Según puede verse, 100 Kmol/h de una mezcla gaseosa de acetona y aire se trata con una corriente de agua A en una torre de absorción para dar lugar a una corriente gaseosa residual C, que se vierte a la atmósfera, y una corriente líquida B consistente en una mezcla de acetona y agua. La corriente B entra como alimentación de una columna de rectificación en la que se escinde en una corriente de cabeza D y otra de cola W. En la corriente de cabeza D se recupera el 80% de la acetona que entra en el sistema procedente del secadero. Todos los porcentajes están en % en moles. Calcúlense los flujos, en Kg/h, de las corrientes A, B, C, D y W. (PM aire: 29,8 g/mol, PM acetona: 58 g/mol, PM agua: 18 g/mol).

SOLUCION

1) Diagrama de flujo

2) Relación 𝐵 𝑁 𝐷 = 80%(𝑁𝑎𝑐𝑒𝑡𝑜𝑛𝑎 )

3) Análisis de grado de libertad NVI NEB NFE NCE NR GL

S 8 -3 -1 -3 0 1

R 6 -2 0 -2 -1 1

U 12 -5 -1 -5 -1 0

G 10 -3 -1 -5 -1 0

4) Balance de componentes en S  Aire 98.5 = 0.9985(C) C = 98.64 Kmol En kilogramos seria C = 98.64(0.05%18+0.10%58+99.85%29.8) = 2941.67Kg  Acetona 𝐵 1.5 = 0.09 + 𝑁𝑎𝑐𝑒𝑡𝑜𝑛𝑎 𝐵 𝑁𝑎𝑐𝑒𝑡𝑜𝑛𝑎 = 1.41

Usando la relación dada 𝑁 𝐷 = 80%(1.41) = 1.128 𝐾𝑚𝑜𝑙

En kilogramos seria

D =1.128(99.5%58+0.5%18) =65.19 Kg

5) Balance de componentes en R  Acetona 1.41 = 1.12 + 0.01W W = 29 Kmol En kilogramos seria W= 29(1%58+99%18) = 533.6Kg  H2O 𝐵 0.005+28.71 = 𝑁𝑎𝑐𝑒𝑡𝑜𝑛𝑎 𝐵 𝑁𝑎𝑐𝑒𝑡𝑜𝑛𝑎 = 28.715

En kilogramos seria B = 598.65 Kg Por ende A = 518.02 Kg

5) En una planta se mezclan cuatro corrientes de proceso para dar una corriente única de 2000 lb/h. Las composiciones de las cuatro corrientes de entrada y la corriente de salida se muestran en la tabla de la página siguiente: Calcule las proporciones en que deberán mezclarse las corrientes si:

a. Siempre deberán usarse dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, para dar la corriente de salida con la composición mencionada. b. Se utilizan dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, y tres libras de la corriente 2 por una libra de la corriente 4, para dar la misma mezcla de salida. c. La corriente de salida no deberá llevar componentes inertes y deberá tener iguales porcentajes en masa de los otros componentes de la corriente. d. El contenido de inertes en la corriente de salida puede ser arbitrario, pero el resto de los componentes en la corriente de salida deberán estar presentes en iguales porcentajes en masa.

SOLUCION Diagrama de flujo

Relación 1 = R1: (F1/F3) = 2

El sistema se encuentra sobre-especificado porque los Grados de libertad son negativos ya que existen 5 ecuaciones y 4 incógnitas Para averiguar si el sistema es consistente, se resuelve el sistema formado por cuatro cualesquiera de ellas y se comprueban los resultados en la quinta ecuación.

Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3) y (5), se encuentra que: F3

= 416.667

F1

= 833.333

F4

= 83.333

F2

= 666.667

Comprobando estos valores en la ecuación (4):

0.8 × 666.667 + 0.1 × 416.667 + 0.1 × 83.333 = 583.333 ≠ 540

Por tanto, la información de la ecuación (5) es contradictoria y como no se pueden cumplir todas las condiciones impuestas el problema no tiene solución. La sobreespecificación es contradictoria. b. Se utilizan dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, y tres libras de la corriente 2 por una libra de la corriente 4, para dar la misma mezcla de salida. Además de las condiciones dadas por el diagrama original, se tiene otra relación:

Relación 1,

R1:

(F1/F3 ) = 2

(5)

R2:

Relación 2,

(F2/F4 ) = 3

NVI

16

NBMI

4

NFC

1

NCC

11

NRC

(6)

2

G de L

- 18 -2

El problema está, en comparación a la parte (a), todavía más sobre-especificado. Si con la primera condición no se cumple, mucho menos lo va a ser con dos condiciones (o relaciones).

Desde el punto de vista matemático, se tiene un sistema de 6 ecuaciones con 4 incógnitas.

Pueden usarse los resultados de la parte (a) para comprobarlo:

F2

666.667 no es igual a 3

= F4

(Relación 2 ó Ecuación 6)

83.333

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

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

o sea que el proceso se encuentra sobre-especificado.

En este caso la sobre-especificación equivale a tener un sistema de 3 ecuaciones con 2 incógnitas (los flujos de las corrientes 2 y 3):

De nuevo sobra información (hay redundancia), pero ésta puede ser o no contradictoria, existiendo las mismas dos posibilidades: Si la información no es contradictoria, el problema tiene solución, si es contradictora, no tiene solución.

Las ecuaciones de balance son:

F2 + F3

Total: Nítrico:

=

2000

(1)

0.8 F2 + 0.1 F3

= 666.667

3

= 666.667

0.3 F

Sulfúrico:

F3

De la ecuación (3),

(2) (3)

= 2222.22.

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

d. El contenido de inertes en la corriente de salida puede ser arbitrario, pero el resto de los componentes en la corriente de salida deberán estar presentes en iguales porcentajes en masa. El diagrama cuantitativo del proceso, con todas las variables de corriente, se muestra en la figura de la página siguiente:

Relaciones: R1:

(wH2SO45 = wHNO5

R2:

(wH2SO45 = wH5 2O)

3

)

(1) (2)

Tabla de Grados de Libertad:

NVI

16

NBMI

4

NFC

1

NCC

8

NRC

2

G de L

- 15 1

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

F1

w H1

= 0.80

SO 2

4

winer1 = 0.04 ( H2O 16 %) F2

wHNO2 3 = 0.80

F5= 2000

( H2O 20 %)

wH52SO4

F3

wHNO5

wH3 2SO4 = 0.30

w H5 2 O

wHNO3 3 = 0.10

( inertes)

( H 2O

3

60 %)

F4

w H4

= 0.10

SO 2

4

wHNO4 3 = 0.10 winer4 = 0.08 ( H2O 72 %)

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

Relaciones:

Ecuaciones de balance:

)

(wH5 2SO4 / wHNO5 3

=

1

(1)

(wH5 2SO4 / wH52O) =

1

(2)

F1 + F2 + F3 + F4

Total:

0.8 F1 + 0.3 F3 + 0.1 F4

Sulfúrico:

=

2000

(3)

= wH5 2SO4 × 2000

(4)

0.16 F1 + 0.2 F2 + 0.6 F3 + 0.72 F4 = wH5 2O × 2000

Agua: Nítrico:

0.8 F2 0.1 F3 + 0.1 F4

(5)

= wHNO5 3 × 2000

(6)

El análisis de las ecuaciones (1) a (6) muestra que forman un sistema con 6 ecuaciones y 7 incógnitas (F1, F2, F3, F4, w5H2SO4, w5HNO3, w5H2O). El Grado de Libertad del problema es igual a la diferencia entre el número de incógnitas y el número de ecuaciones: 7 incógnitas – 6 ecuaciones = 1 Grado de Libertad

y, por tanto, no puede resolverse completamente.

5) La alimentación de una columna de destilación contiene 20% en peso de etano, 40% de metano y 40% de propano, el flujo de alimentación es 1000Kg/h, y el producto de la cabeza contiene 85% de metano, 12% de etano y 3% de propano, una corriente lateral cuya composición es 15% de metano, 35% de etano y 50% de propano, se retira a razón de 300Kg/calcular: a) Los grados de libertad b) El peso de la corriente de colas y su composición.

SOLUCION

1) Diagrama de flujo

A E = 12% M = 85% P = 3%

F = 1000 Kg/h E = 20% M = 40% P = 40%

B = 300 Kg/h

E = 35% M = 15% P = 50%

2) Análisis de los grados de libertad NVI 9

GL

NEB -3

NFE -2

NCE -6

NR 0

El problema es sobre especificado por ende tenemos que anular variables y reemplazarlas por constantes para que se cumpla la igualdad entre el número de variables y numero de ecuaciones A E=Z M=X P=Y

F = 1000 Kg/h E = 20% M = 40% P = 40%

B = 300 Kg/h

E = 35% M = 15% P = 50%

3) Balance Total F=A+B 1000 = A + 300 A = 700 Kg/h 4) Balance de componentes  Etano 200 = X + 0.35(300) X= 95 Kg/h  Metano 400 = Z + 0.15(300) Z = 355 Kg/h  Propano 400 = Y + 0.5(300) Y = 250 Kg/h

-2

6) Después del secado se determinó que un lote de pescado pesaba 900 lb conteniendo 7% de humedad. Durante el secado el pescado perdió el 59.1% de su peso inicial ( cuando estaba húmedo) Calcular:  El peso del pescado totalmente seco antes del secado.  Cantidad de agua eliminada por libra de pescado totalmente seco ( Lb agua/ Lb pescado tot. Seco ) SOLUCION 1) Diagrama de flujo

2) Análisis de grados de libertad

GL

NVI 5

NEB -2

NCE -2

NFE -1

3) DATOS: E = H1 + m1 H1 = H3 + H2 m1 = m2 Balanceando humedad: H1 = H3 + H2 H1 = 0,591( H1 + m 1 ) + 63 H1 = 0,591( H1 + 837) + 63 0,491 H1 = 557,667 H1 = 1363,489 lb

E = H1 + m1 E = 2200,489 lb H3 = 0,591(E) H3 = 1300,489 lb *El peso totalmente seco es m1 = m2

NR 0

0

m2 = 837 lb *Cantidad de agua eliminada por cada libra de pescado seco

H3 m2

lbagua H3 1300,489lbagua = = 1,554 m2 837lbpescado lbpescado