Apuntes de Operaciones industriales I

Profesor Ing. Américo Andrés FlandorfferAño 2013 - 2015

Capitulo 1Introducción (1) : Según una publicación de O.A. Hougen* A principios del siglo XX en 1915 no habían cursos sobre operaciones básicas, principios difusionales, balances de materia y energía, ni termodinámica química, se da el gran despegue de la industria especialmente la de procesos físico-químico en solo 50 años. La ingeniería de procesos químicos hasta entonces era un 99% de arte y un 1% de ciencia.

Evolución histórica de la IndustriaLos logros alcanzados por el hombre en la transformación de materiales relativamente poco útiles, en productos de mucha utilidad pertenecen a tres grandes periodos: 1) La era preingenieril, son las industrias de la cal, vidrio, cerámica, pigmentos, jabón, cuero, etc. que se han desarrollado empíricamente desde la antigüedad, luego adquirió su mayor impulso a partir de la máquina de vapor ** y por el descubrimiento de principios fisico-químicos tan importantes como las leyes de termodinámica y de acción de masas.2) La era ingenieril. El paso de la era preingenieril a la ingenieril se puede identificar con el desarrollo de dos procesos que revolucionaron a la industria de procesos químicos como son: los procesos Solvay y Haber. 3) La era de la nanotecnología***: Surge cuando se comienza a manipular la materia a la escala tan minúscula como la de los átomos y moléculas, llegando a demostrar fenómenos y propiedades totalmente nuevas. Por lo tanto, la industria aprovecha los trabajos de científicos que utilizan la nanotecnología para crear materiales, aparatos y sistemas novedosos y poco costosos con propiedades únicas. Una definición acertada de lo que es la nanotecnologia sería la siguiente: “La nanotecnologia es el estudio, diseño, creación, síntesis, manipulación y aplicación de materiales, aparatos y sistemas funcionales a través del control de la materia a nano escala, y la explotación de fenómenos y propiedades de la materia a nano escala.” El Proceso Solvay: se basa en la doble descomposición del bicarbonato amoniaco con la recuperación total del NH3, llevado a cabo en el año 1865 por Ernest Solvay y su hermano Alfred siendo un acontecimiento ingenieril de máxima importancia pues llevo a cabo una reacción reversible basándose en los efectos de la acción de masa: NH4HCO3 + NaCl ↔ NaHCO3 + NH4ClEl bicarbonato de amonio (NH4HCO3) se genera mediante la absorción de CO2 en NH3, el cual se recupera haciendo rescatar el NH4Cl con cal. Por consiguiente, las materias primas son cal y sal común, el producto es carbonato sódico, y como subproducto se obtiene CaCl2.El proceso Haber de amoniaco (NH3) sintético esta firmemente arraigado en la ciencia del siglo XX, y es el resultado de una brillante investigación fisicoquímica y una gran inventiva ingenieril publicada en el año 1904 por F. Haber y G. van Oordt. Este hecho indudablemente acelero la 1° guerra mundial, ya que el NH3

sintético era la única disponibilidad alemana de ácido nítrico necesario para la obtención de TNT (trinitrotolueno).Nanotecnología: Es la revolución de los materiales de éste siglo XXI. Una nueva disciplina que va a renovar los métodos industriales. Hoy la nanotecnología es aplicada en Medicina, Informática, Comunicación, Industria Alimenticia, Textil, Celdas solares, Astronoía etc. Se aprovecha en casi todos lados, es ilimitado. Existe un gran consenso en que la nanotecnología nos llevará a una segunda revolución industrial en el siglo XXI tal como anunció hace unos años, Charles Vest (ex-presidente del MassachusettsInstitute Technology MIT).

*Revista científica “The Chemical Engineer °191”, CE 222 (1965). - **máquina de vapor mejorada entre 1774 James Watt y 1836 Francis Humphryst ademas entre otros le dan verdadero valor de aplicación práctica en la industria. - *** (El padre de la "nanociencia", es considerado Richard Feynman, premio Nóbel de Física, quién en 1959 propuso fabricar productos en base a un reordenamiento de átomos y moléculas. En 1959, el gran físico escribió un artículo que analizaba cómo los ordenadores trabajando con átomos individuales podrían consumir poquísima energía y conseguir velocidades asombrosas. 1982 Gerd Binning y Heinrich Rohrer, descubrieron el Microscopio de Efecto Túnel (Premio Nobel 1986). 1985: se descubren los buckminsterfullerenes y más tarde en 1996 Harry Kroto gana el Premio Nobel por haber descubierto los fullerénses. Los buckminsterfullerenes y fulleréense son partículas muy pequeñas de 100 nanómetros, 0,1 micrómetros de diámetro, mejor conocidas como nanopartículas). La FAN (Fundación Argentina de Nanotecnología) invita a emprendedores a sumarse al programa de incubación de empresas de alto contenido tecnológico en Micro y Nanotecnología que está implementando. Este programa se dirige a apoyar proyectos orientados al desarrollo de productos y/o implementación de procesos, basados en todo el conjunto de tecnologías que puedan ser englobadas como micro y nanotecnología.

1

Apuntes de Operaciones industriales I

Es imposible sobreestimar la importancia del ingeniero en la sociedad moderna, pues la buena ingeniería quiere decir poder tecnológico. Debemos tener bien presente que la potencia tecnológica crea estabilidad política y libertad, en vez de hambre y enfermedad, pero por desgracia también ha originado explotación política y económica en países subdesarrollados. Con la globalización se hacen esfuerzos masivos para utilizar la tecnología en beneficio de estos países pero la mala administración y corrupción no nos permite dicha estabilidad y libertad, por tal motivo seguirán siendo unos países subdesarrollados hasta que no cambien radicalmente, promoviendo educación y desarrollo tecnológico propio.En el estudio de los procesos y operaciones industriales tal vez las leyes de la conservación de la masa y de la energía son las más importantes para el ingeniero, o la intima relación existente entre masa y energía en la teoría atómica y nuclear, como en la nano energía. Así la cantidad de energía que equivale a la unidad de masa es de unos 1016 Kgm/Kg, a su vez la cantidad de masa equivalente a la unidad de energía es tan pequeña como que es imposible percibir el aumento o disminución de masa que acompaña a la variación de energía en las reacciones químicas 4,7.10-14 Kg/Kcal en donde (1Kcal = 4184julios y 1julio=1Kgm/seg). Por tal motivo en la manipulación industrial “la masa de los productos es iguala a la suma de las masas de los reactivos”, excepto en las reacciones nucleares. Es evidente que el cálculo así se simplifica y es posible establecer el balance de materia con independencia del balance energético.Se establecen cuatro conceptos esenciales y fundamentales para el cálculo de todas las operaciones de procesos industriales:

1) Balance de Materia. La materia no se crea ni se destruye, y el peso total de las substancias que intervienen en una operación es igual al peso total de los productos en la misma, menos las perdidas y aquellas cantidades que pueden quedar retenidas o acumuladas.

2) Balance de Energía. De modo similar, el balance de las cantidades de energía puede establecerse para una instalación, con el fin de determinar la energía necesaria para realizar un proceso, o bien para mantener las condiciones operantes deseadas.

3) El Contacto Ideal. Siempre que las materias en proceso de fabricación se mantengan en contacto intimo durante un tiempo dado bajo condiciones especificadas de temperatura y presión.

4) Consideraciones Cinéticas Generales. Se refiere a las velocidades de los fenómenos, tales como ritmo de la transmisión de energía, ritmo de la transmisión de materia y la velocidad de reacción. (No siempre se alcanza el equilibrio, a causa del tiempo insuficiente o porque no se desea lograrlo).

LEYES DE LA CONSERVACION DE MATERIAEn un sistema confinado la masa más la energía tienen que conservarse. En la fig. 1 R e y Rs son las entradas y salidas totales del sistema, Ra es la acumulación en el sistema de las especies nucleares elementales o sus equivalentes energía-masa. Aplicando un balance de materia al sistema confinado durante un tiempo se obtiene la ecuación de la conservación de la materia.

Re - Rs = Ra

Entrada Salida Acumulado

Consideremos la conservación de masa en un sistema confinado

Entrada Salida Re Rs

Fig. 1Cuando hay un flujo de masa hacia dentro y fuera del sistema confinado, el volumen contenido dentro de la línea de puntos en la fig. 1 recibe el nombre de “volumen de control” y el área del entorno es la “superficie de control”Ley de conservación en reacciones químicas. Los sistemas químicos reaccionantes además de cumplir la ley de conservación, siguen las siguientes leyes:

a) Ley de las proporciones definidas. Un determinado compuesto químico contiene siempre los mismos elementos en las mismas proporciones en peso.

b) Ley de las proporciones múltiples. Si dos o mas elementos se combinan para formar mas de un compuesto, lo hacen en pesos múltiples que están en la relación de números enteros pequeños.

2

Acumulado Ra

Apuntes de Operaciones industriales I

c) Ley de las proporciones reciprocas. Los pesos de dos o mas sustancias que reaccionan separadamente con pesos idénticos de una tercera sustancia son múltiples sencillos de los pesos que reaccionan entre sí.

Por su parte y de acuerdo con la hipótesis de Dalton, los elementos se conservan en una reacción química y, por lo tanto, se pueden tomar balances en pesos tanto elementales como globales.Ej 1. El ácido nítrico se obtiene absorbiendo NO2 gaseoso en agua como en la reacción

a NO2 + b H2O c HNO3 + oxido de N gaseosoEn un experimento se absorben 138lb (1Kg=2,2046lb) de NO2 en 144lb de H2O y se producen 252 lb de HNO3 acuoso del 50% en peso ¿cuál es la cantidad de gas y la relación de O a N en el gas que sale del absorbedor? Las velocidades de flujo de entrada y salida son constantes. En el volumen de control (absorbedor) no hay acumulación de masa, ya que opera en estado estacionario (no varia con el tiempo)

138lb de NO2 ------ 252 lb de HNO3 (50% ac.)

144lb de H2O ------ oxido de N gaseoso

Fig. 2 Diagrama de FlujoSolución: Base según diagrama de flujoEntrada de NO2 en moles-lb = 138/46 = 3 Salida de HNO3 en moles-lb = ½.252/63 = 2 “ “ H2O “ “ = 144/18 = 8 “ “ H2O en moles-lb = ½.252/18= 7

Cuadro esquemático de un BALANCECompuesto E t r a d a S a l i d a . N H O Peso total N H O Peso total NO2 3 - 6 138 lb - - - H2O - 16 8 144 lb - 14 7 126 lb HNO3 - - - - 2 2 6 126 lb NO - - - - 1 1 30 lb

3 16 14 282 lb 3 16 14 282 lbRespuesta: La cantidad de óxido de nitrógeno (NO) gaseoso es 30lb por el balance global de materia y la relación O a N es de 1 a 1.

Ley de conservación sin reacción química Tanto los compuestos químicos como la masa total y los elementos individuales se conservan. Son innecesarios los balances elementales, pero sí los balances totales y moleculares.Equilibrio Químico De acuerdo con la cinética química el estado de equilibrio para una mezcla de sustancias se establece cuando: la velocidad de formación de cada molécula es igual a la velocidad de

destrucción de la misma. Consideremos la reacción reversible Aa-x k1↔k2 Rr+x en donde a y r son moles

iniciales de los reaccionantes A y R, y x son los moles de A que han reaccionado en el tiempo “t”, k1 y k2

son las constantes de velocidad de las reacciones directas e inversas. Dicho tipo de reacción es demostrable experimentalmente como sigue: dx/dt = kl(a-x) – k2(r+x) (a) integrando se tiene x/a = {k1 – k2 (r/a)/ k1 + k2}(1 – e-(k1 + k2)t ) (b) y cuando t → ∞ de (a) resulta (r+x)/(a-x) = k1/k2 (c) el 1er

miembro es la relación molar de R a A existente en la mezcla producto para el estado estacionario. Si la reacción tiene lugar en la fase gaseosa y los gases se comportan como ideales entonces (c) será yR/yA = k1/k2 = Kr definida como constante de equilibrio (d) Siguiendo un razonamiento análogo es posible demostrar que para una ecuación reversible del tipo

A + B + C ... k1↔k2 R + S + U... (e) tambien será para gases yR.yS.yU ... / yA.yB. yC ... = k1/k2 = Kr (f) La contante de equilibrio Kr se puede relacionar con las propiedades termodinámicas de equilibrio de los componentes individuales de la mezcla y se logra demostrar que, siempre es adimensional, y además es función exclusiva de la temperatura. Lo expresado se puede aclarar con otro ejercicio. Ej.2: Metanol y ácido acético reaccionan en fase gaseosa (0,165 fracción molar de ácido acético CH3

COOH y 0,165 de fracción molar de metanol CH3 (OH)). Se encontró que la mezcla final contiene 0,335 de fracción molar de acetato de metilo, 0,335 fracción molar de agua, a) ¿cual es la constante de equilibrio Kr

3

Absobedor

Apuntes de Operaciones industriales I

para esta reacción? b) Si 5 moles de ácido acético reaccionasen con 1 mol de metanol a la misma temperatura ¿cuantos moles de ácido acético existirían en la mezcla de equilibrio? Suponemos que se cumple con la ley de los gases ideales.Solución:

a) Cálculo de Kr para la reacción siguiente CH3 COOH (A) + CH3 (OH) (B) = CH3 (CO)O CH3 (R) + H2O (S) por (d) es Kr = yRyS/ yA yB = 0,335 . 0,335/ 0,165 . 0,165 = 4,12b) Base: Para 5 moles de ácido acético (HAc) y 1 mol de metanol (MeOH)

Podemos escribir: 4,12 = (n/)(n/) / (5-n/)(1-n/) en donde n = moles de CH3 (CO)O CH3 n = moles de H2O5-n = moles de CH3 COOH1-n = moles de CH3 (OH) = moles totales n + n + (5-n) + (1-n) = 6

Resolviendo la ecuación se encuentra que los moles de ácido acético en la mezcla final es n = 0,946 Quiere decir que se necesitaron 4,054 moles de HAc y 1mol de agua para producir 1 mol de acetato Conservación de la masa. La ecuación de continuidad en función del tiempo (velocidad de flujo).Consideremos el volumen de control y el sistema de la fig.3 En (a) tenemos sistema y volumen de control en el tiempo t = 0. La masa contenida en el sistema es m0+ment. En (b) se tiene el sistema y volumen de control en el tiempo t = t + t

V ^

ment

Vol. de control V Vol. de control V Aent Masa = m0 ment Masa = m0+ma

Sistema de control A

Asal

msal

(a) (b) V Fig 3

El vol. de control está aislado de los alrededores por una superficie fija A, que está estacionaria en el espacio. En el intervalo de tiempo entre t0 = 0 y t = t0 + t, entra en el vol. de control la masa ment y sale la masa msal . Puesto que msal no necesariamente tiene que ser igual a ment, la cantidad de masa en el interior del vol. de control, que para t = 0 era m0, y será m0 + ma en el tiempo t +t. El término ma recibe el nombre de acumulación, que, en el caso de que msal >ment , se tratará en realidad de un vaciamiento. La masa se conserva puesto que acumulación = entrada de masa – salida de masa. Tomando un balance de masa para el intervalo de tiempo t tenemos (m0 ma m0 ma msal - ment (1)Dividiendo por t y pasando al límite cuando t → 0, se obtiene la ecuación diferencial siguiente dma /dt = dment / dt – dmsal /dt (2). Llamando a (dment / dt) la velocidad de alimentación F(t), a (dmsal /dt) la velocidad de descarga W(t) y a dma la acumulación A(t) la ecuación queda: A(t) = F(t).dt – W(t).dt (3) donde (t) se utiliza para indicar que F,W y A pueden ser función del tiempo. Si no hay acumulación se dice que está en estado estacionario (siempre refiriéndose a la masa) o sea que dment = dmsal (4) y F(t).dt = W(t).dt (5) A veces conviene expresar las ecuaciones anteriores en función de la velocidad del fluido V .

4

Apuntes de Operaciones industriales I

Como la velocidad de flujo de masa a través de la superficie de control es V .dA por lo tanto escribimos dmsal / dt = sal V sal .dAsal y dment / dt = ent V ent .dAent (6). La velocidad neta de flujo de masa a través del área de la superficie de control dA es V cos .dA, siendo ésta la componente de velocidad normal a dA. Si decimos que es el ángulo formado por V con la superficie exterior, el flujo será positivo para la materia que fluye del interior hacia fuera y negativo para la que fluye hacia dentro. Por tanto dmsal /dt - dment / dt = A V cos .dA (7) tomando a la integral sobre toda la superficie de control. La acumulación de masa puede expresarse a su vez como una integral de volumen ma = V dV (8) Combinando las ecs. (2), (7) y (8) de ésta manera se obtiene la ec. de continuidad siguiente d /dt V

dV + A V cos .dA = 0 (9) y decimos que Acumulación + flujo neto = 0 que se aplicará cuando se hagan balances de energía. A continuación solo daremos ejemplos de aplicación de las ec (2), (3) y (6)Ej. 3: Un tanque de 750 lt se utiliza para mezclar dos tipos de combustible (Fig 4 Tanque de mezcla) La gasolina A de densidad 800Kg/m3 entra por una tubería 5cm de diámetro interior con una veloc. (V) de 1,50m/seg, y la gasolina B de densidad 720Kg/m3 lo hace con una tubería de 7,5cm diám. interior a una veloc de 1,20m/seg. Calcular la veloc en la tubería de salida (Vsal), cuyo diam interior es de 10cm.. El sistema opera en estado estacionario, sin acumulación ni vaciamiento de materia en el tanque.

Gasolina A

V = 1,50m/seg, = 800Kg/ m3 Tubería de 2”

Tanque de mazcla Tubería de 4”

Gasolina B Tubería de 3”

V = 1,20m/seg, = 720Kg/ m3 Vsal ?

Fig.4Solución: Base de cálculo tomamos el tiempo 1 seg. El flujo de masa que entra en el tanque durante un seg por la (ec.6) será

0m dm = ( 0

A V dA) 0t dt

mAent V A t = 800Kg/m3 1,50m/seg 0,00196*m2 1seg = 2,36 kgmBent V A t = 720Kg/m3 1,20m/seg 0,00442*m2 1seg = 3,82 kg

La densidad de la mezcla a la salida es (2,36+3,82)/(2,36/800+3,82/720) = 750 Kg/m3

Aplicando las ec. (2) y (6) para estado estacionario, se obtiene ment = msal = sal Vsal Asal t(2,36+3,82)Kg = 750 Kg/m3Vsal 0,00785* m2 1 seg despejando se obtiene Vsal = 1,05 m/seg

Procesos de estado no estacionario: Normalmente las operaciones ingenieriles son de estado no estacionario si una de las variables es función del tiempo y cuando:

1. Las operaciones se realizan con cargas.2. Hay puesta en marcha o parada de una operación continua. 3. La operación es semicontinua, debido a que uno de los reactivos se va agotando durante la operación.4. Se produce una perturbación del proceso.

El ejemplo anterior es de comportamiento de estado no estacionario (aunque se acotó su estacionalidad). Aquí se amplían y generalizan las técnicas para el tratamiento de sistemas de estado no estacionario.

Fi (m3/min)

xi(kg/m3)

Wo (m3/min)xo (kg/m3)

Fig. 5 Tanque de agitación para estado no estacionario

En el tanque agitador que se representa en la fig.5, Fi es la veloc. de flujo de entrada, Wo la veloc. de flujo de salida, y xi, x y xo son las concentraciones volumétricas (masa / vol de solución) de uno de los componentes. Cuando Fi , Wo y xi son constantes, y xo = x, entonces se trata de un tanque perfectamente agitado. En la tabla1 siguiente se indica el estado de este sistema en el instante t, y después de un incremento de tiempo t (o sea para el tiempo t + t). Una tabla de este tipo es conveniente para obtener la ecuación diferencial que define el sistema.

5

Tanque de mezcla

V, x

Apuntes de Operaciones industriales I

Tabla 1 de condiciones del tanque agitador para t y (t + t) (a)

_______________________________________________________________________________Propiedades del sistema t t + t

________________________________________________________________________________Velocidad volumétrica de entrada Fi Fi

Concentración de componente de entrada xi xi

Entrada de masa de componente Fi xi Fi xi

Velocidad volumétrica de salida Wo Wo

Concentración de componente de salida xo xo+ dx/dt tVolumen contenido en el tanque V V+ dV/dt tConcentración de componente en el tanque x x+ dx/dt tMasa de componente en el tanque V.x (V+dV/dt t) (x+dx/dt t)________________________________________________________________________________

(a) En este tratamiento se admite que la función del tiempo se puede desarrollar según una serie de Tylor

Consideremos con éste fin el siguiente ejercicio.Ej. 4: La concentración de un ácido contenido en un tanque de 150 ft3 se desea reducir desde 21% hasta el 1% en peso, haciendo pasar a través del tanque 3 ft3/min de agua de lavado que contiene 0,2% de ácido. ¿Cuánto tiempo será necesario si el tanque está perfectamente mezclado, es decir, si la fracción en peso del ácido dentro del tanque es la misma que en la corriente de salida? Supóngase que las densidades de todas las corrientes son constantes e iguales, de forma que la fracción en peso de ácido es igual a la fracción de volumen.

Tanque de150 ft3

F = 3 ft3/min W = 3 ft3/min xF = 0,2 % Vvvv x = xW = ?

V = 150 ft3, x = ?Diagrama de flujo

Solución. Base: Diagrama de flujo, sea x = fracción en peso de ácido y = densidad de la corriente en lb/ft3. Tomando un balance de masa de ácido, de acuerdo con la ecc.(3) tenemos: lb de entrada de ácido – lb de salida de ácido = lb de ácido acumulado

ment - msalt =F F xF dt – W W xW dt = d(xV) = x dV+V dx = V dxDonde ( x dV) = 0 por definición dV = 0 no hay variación de volumenSeparando variables y sustituyendo F = W = 3, y F =W = lb/ft3) se obtiene

3(0,002) – 3(x) = 150 dx/dt0

t dt = 0,210,01 50 dt/(0,002-x) resolviendo se obtiene t = 162,9 min

Ej. 4bis: Haciendo un balance global de volumen para el intervalo de tiempo t y consideremos la tabla 1 para el ej. 4, tenemos

Volumen de entrada = Fi t = 3 t - Volumen que sale = Wo t = 3 tAcumulado en el tanque = (V+ dV/dt. t) – V = (150+ dV/dt. t) – 150 = dV/dt. t sabemos que

Entrada – Salida = Acumulado3 t - 3 t = 0 = dV/dt. t o sea que dV/dt = 0

Si tomamos un balance de ácido para t ya que la concentración del mismo en el tanque varía con el tiempo, tenemos: Entrada de ácido = Fi xi t =3 (0,002) t

Salida de ácido = Wox t = 3 x tAcumulado de ácido en el tanque = (V+dV/dt t) (x+dx/dt t) – V x como dV/dt = 0 resolviendo nos queda(*) (V dx/dt t) o sea entrada – salida = acumulado, 3 (0,002) - 3x = V dx/dtTomando las condiciones límites x = 0,21 para t = 0 y x = 0,01 para t = t nos da

dt = 150 dt/3(0,002-3x) que es idéntica a la deducida en el ej. 4. o sea t = 162,9 minEs interesante resolver este problema cuando Fi es distinto de Wo y se produce una acumulación de masa A en el tanque. [(*) V.x+V.dx/dt t+ dV/dt t.x+ dV/dt t. dx/dt t - V.x = V dx/dt tt ] Ej. 5: Supongamos para el mismo ej: 4 si Fi = 3 ft3/min y Wo= 2 ft3/min. El balance global será entonces

6

= 150,

Apuntes de Operaciones industriales I

3 t - 2 t = dV/dt t dV/dt (a) y efectuando el balance de ácido correspondiente tendrá todos los términos de la ecuación(+) 3 (0,002)t - 2x t = Vx + x dV/dt t +V dx/dt t + dV/dt.dx/dt (t)2-Vx, O sea 0,006-2x = x dV/dt +V dx/dt t + dV/dt.dx/dt t (b) En el lím cuando t → 0 el último término es cero, entonces la acumulación neta es función de la variable de volumen y de la variación de concentración. Ahora se resuelve simultáneamente las ecuaciones (a) y (b), Integrando la expresión (a) tenemos 0

tdt =150Vdt de donde V = 150 + t sustituyendo se tiene 0,006 - 2x = x + (150 + t) dx/dt

Acomodando términos e Integrando 0,210,01dx/(0,006-3x) = 0

tdt/(150+t) resolviendo el resultando será t = 294 min

BASE DE CÁLCULO PARA BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA(1)

Para abordar los problemas de Balance de Materia y Energía nos basamos en la metodología general de resolución de problemas mediante el siguiente esquema de organización.1.- Organización de los datos disponibles. Muchas veces los datos de que se disponen pueden ser excesivos, contradictorios o inadecuados, por eso para organizar los datos, es preciso: a) Elegir una base de cálculo. b) Dibujar un diagrama de flujo en el que figuren todas las corrientes de entrada y salida del sistema. c) Convertir todos los datos a un sistema acorde de unidades2.- Organización de las incógnitas. Una vez que se ha decidido lo que hay que determinar se prepara sistemáticamente los cálculos: a) Eligiendo los símbolos adecuados para designar las magnitudes desconocidas. B) Recogiendo toda la información adicional que sea precisa.3.- Organización de los cálculos*. Es preciso organizar los cálculos de forma que uno mismo, o cualquier otro, pueda seguir con facilidad y comprobar lo que se ha hecho; por eso puede servir de gran ayuda lo que sugerimos: a) Elegir una base de cálculo y perseverar en ella. Generalmente una base de cálculo será un peso o un volumen especificados en una de las corrientes del proceso o de uno de los componentes de dicha corriente. En los casos en que intervienen sistemas de flujo, la base debe ser un cierto intervalo de tiempo. En general, las posibilidades de elección de la base de cálculo será prácticamente ilimitado. Sin embargo, una elección inteligente podrá reducir considerablemente los cálculos necesarios. Una vez que se ha elegido una base de cálculo, es preciso: a) Establecer las magnitudes de todas las corrientes conocidas y no conocidas en función de la base de cálculo elegida. b) Establecer todas las posibles relaciones independientes entre las variables.4.- Organización del pensamiento: Pensar es un trabajo duro (el trabajo intelectual es tan duro como el físico). Para realizar un trabajo con el mínimo esfuerzo es preciso organizase y seguir las líneas de pensamiento adecuadas para facilitarlo. Al abordar un nuevo problema, con frecuencia se puede obtener más fácilmente una solución se éste se puede: a) Replantear en otra forma. b) Catalogar dentro de un mismo tipo. c) Relacionar con un problema previamente resuelto. d) Resolver parcialmente.5.- Organización de la solución: Todas las soluciones de problemas en los que interviene fenómenos físicos se pueden comprobar. Para comprobar la solución se puede recurrir a distintos procedimientos: a) Resolver el problema por otro método, o utilizando otra base de cálculo y luego comprobar los resultados. b) Calcular los valores de todas las incógnitas y verificar su consistencia.c) Determinar el orden de magnitud de los errores. d) Comprobartodas las nuevas ecuaciones o relaciones utilizadas pararesolver problemascuya solución se conoce.

* Nadie puede conseguir un proyecto satisfactorio ni ser ingeniero de procesos si no puede operar con exactitud,soltura, lógica y sistemáticamente

ELECCIÓN DE LA BASE DE CÁLCULO. Como hemos dicho la primera etapa en la resolución de un problema consiste en elegir una base de cálculo. Esto facilita los cálculos, ayuda a evitar errores y a coordinar el trabajo de varios profesionales (ingenieros y equipo interdisciplinario). La elección más adecuada varía de un problema a otro. Por ejemplo: a) si se conoce la composición de una corriente, debe elegirse como base la unidad de masa, o bien la unidad de volumen si se conoce la densidad. En modo alguno se debiera tomar como base 1 mol (pero para el caso de madera o carbón no es posible ya que el peso molecular es desconocido). Para los sistemas reaccionantes resulta muy conveniente tomar como base un peso fórmula de una de las corrientes, debido a que las moléculas reaccionan entre sí en proporciones

7

Apuntes de Operaciones industriales I

múltiples sencillas. No es posible dar una regla general para la elección, pero pueden ser de utilidad algunas pautas:1.- Utilizar la corriente acerca de la cual se dispone de mayor información. 2.- Para sistemas líquidos y sólidos una base de masa es adecuado. 3.- Para sistemas de flujo resulta conveniente la unidad de tiempo, especialmente si hay que desarrollar diagramas de flujo ingenieriles. 4.- Para el caso de gases se puede utilizar una base de volumen cuando se dan las condiciones ambientales.Para seleccionar la base de cálculo más adecuada en un problema concreto se requiere intuición y experiencia; una elección desafortunada puede complicar grandemente un problema sencillo. Sin embargo, como se dice desde la antigüedad “todos los caminos llevan a Roma”, una mala elección de la base no da lugar, por supuesto, a un resultado erróneo, según veremos en el ejemplo siguiente:

Ejemplo: Se quema propano con el 125% de la cantidad necesaria de aire para completar la reacciónC3H8 + 5O2 → 3CO2 + 4H2O

¿Cuántos moles de aire se necesitan por cada 100 moles de productos de combustión?Solución: Las tres posibles elecciones de una base de cálculo son: 1.- una cantidad de aire, 2.- una cantidad supuesta de propano y 3.- una cantidad de gases de combustión. Puesto que la respuesta se pide en función de 100 moles de gases de combustión, se podría pensar en elegir la base 3. Sin embargo ésta no sería la mejor elección ya que se desconoce la composición de los gases de combustión, lo que se verá con claridad al resolver el problema con cada una de las tres bases. Solución 1: Elegimos la base 2 o sea: 1mol de propano C3H8. Calculamos la cantidad de aire que se necesitaMoles de O2 necesario para la combustión………………….… …….= 5 entrada total de O2. ( 1,25).(5)…………………………………………= 6,25 Moles de aire (tomamos 21% de moles deO2 ) 6,25/0,21 ……..… ....= 29,75 Moles de nitrógeno(79% moles de N2) 6,25/79……………………....= 23,5El resto se obtiene sin cálculo que reflejamos en la tabla siguiente:

Entrada Salida

Compuesto H N2 O2 C moles Compuesto H N2 O2 C moles

C3H8 8 - - 3 1 Aire - 23,5 6,25 - 29,75

_________________________Totales 8 23,5 6,25 3 30,75

CO2 - - 3 3 3H2O 8 - 2 - 4O2 - - 1,25 - 1,25N2 - 23,5 - - 23,5 _________________________ 8 23,5 6,25 3 31,75

Calculamos ahora el aire que se requiere sobre la base de 100 moles de gases de combustiónAire necesario = 100 moles de gases de comb. x 29,75moles de aire = 93,7 moles de aire

31,75 moles de gases de comb. Solución 2: Aquí elegimos la base 1: Cantitad 1 mol de aire. Teniendo en cuenta el exceso de aire, los moles de C3H8 son (1/5)(0,21) / 1,25 = 0,0336. Se puede completar una tabla similar al anterior. Cálculo previo parael H sería como sigue: 0,0336 x 8 = 0,269 moles y para el C es 0,0336 x3 = 101 moles. etc… Luego tabulamos

Entrada Salida

Compuesto H N2 O2 C moles Compuesto H N2 O2 C moles

8

Apuntes de Operaciones industriales I

C3H8 0,269 - - 0,101 0,0336 Aire - 0, 79 0,21 - 1

_________________________Totales 0,269 0,79 0,21 0,101 1,0 336

CO2 - - 0,101 0,101 0,101H2O 0,269 - 0,067 - 0,135O2 - - 0,042 - 0,042N2 - 0,79 - - 0,79 _________________________ 0,269 0,79 0,21 0,101 1,068

Entonces para 100 moles de gases de combustión, el aire que se necesita es: 100 moles de gases de comb. x 1 mol de aire = 93,7 moles de aire1,068 moles de gases de comb. Como se ve idéntico resultado que la solución 1 Solución 3: Tomamos la base 3 o sea: 100 moles de gases de combustión. Para ello debemos definimos los parámetros necesarios:

1) N = moles de nitrógeno en el gas de salida.2) O = moles de oxigeno en el gas de salida. 3) P = moles de CO2 en el gas de salida. 4) Q = moles de agua en el gas de salida. 5) A = moles de aire que entran 6) B = moles de propano que entran

Con estos se pueden tomar los siguientes balances de la reacción C3H8 + 5O2 → 3CO2 + 4H2OBalance de C: 3B = P (3-1) Balance de H2 : 4B = Q (3-2) Balance de O2 : 0,21A = O + Q/2 + P (3-3) Balance de N2 : 0,79A = N (3-4) Por otra parte de acuerdo a la base elegida : N + O + P + Q = 100 (3-5) El exceso de aire requerido es: (0,21A).(0,2) = O (3-6) Las relaciones estequiométricas son: (0,21A) = 5B(1,25) (3-7) Y 4P = 3Q (3-8) Balance global de materia: 44P + 18Q + 32O+ 28N = 29ª + 44B (3-9) Balance de aire: A = N + O + P + Q/2 (3-10)Como vemos se han planteado 10 ecuaciones con 6 incógnitas que se resuelven con una matriz de 7filas x10columnas. Según se indica en la tabla 3, hay 7 columnas linealmente independientes (incluido la columna 9º

Tabla 3 Forma de la matrizIncógnita 3-1 3-2 3-3 3-4 3-5 3-6 3-7 3-8 3-9 3-10 Solución

A 0 0 0,21 0,79 0 0,042 0,21 0 -29 1 93,70

B 3 4 0 0 0 0 -6,25 0 -44 0 3,248

N 0 0 0 -1 1 0 0 0 28 -1 74,02

O 0 0 -1 0 1 -1 0 0 32 -1 3,935

P -1 0 -1 0 1 0 0 4 44 -1 9,445

Q 0 -1 -0,5 0 1 0 0 -3 18 -0,5 12,592º miembro 0 0 0 0 100 0 0 0 0 0Linealmente

independientesi si si si si si no no no(*) no

Resolviendo también encontramos la misma solución 93,70 moles de aire

TP. Para todos los grupo Repetir los cálculos del ejemplo propuesto para el siguiente ejercicio:

Se quema butano con el 130% de la cantidad necesaria de aire para completar la reacción C4H10 + 6 ½ O2 → 4 CO2 + 5 H2O

9

Apuntes de Operaciones industriales I

¿Cuántos moles de aire se necesitan por cada 100 moles de productos de combustión?

(*)Es “si” cuando se usa 28,84 en vez de 29 en la fila 1 de columna 9

(1)Bibliografía: “ CALCULO DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGIA” Autores: Ernest J. Henley - Edward M. Rosen - Editorial Reverté S.A. - Barcelona 1973

10