problemario de la asignatura introducción a la bioingeniería

M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales

UNIDAD PROFESIONAL INTERDISCIPLINARIA DE BIOTECNOLOGÌA

I.P.N.

PROBLEMARIO DE LA ASIGNATURA

INTRODUCCIÓN A LA BIOINGENIERÍA

ELABORADO POR:

M. EN C. MARÍA GUADALUPE ORDORICA MORALES

2005


UNIDAD I

FUNDAMENTOS DE BIOINGENIERIA

Operaciones unitarias

• Descripción y clasificación

Diagramas de flujo


Clasificación de las operaciones unitarias

• Con base en la transferencia de masa

Cuando se ponen en contacto dos fases que tienen diferentes composiciones es posible que

ocurra la transferencia de alguno de los componentes presentes de una fase hacia la otra y

viceversa. Esto constituye la base física de las operaciones de transferencia de masa. Si se permite

que estas dos fases permanezcan en contacto durante el tiempo suficiente, se alcanzará una

condición de equilibrio bajo la cual no habría ya transferencia neta de componentes entre las dos

fases. Ejemplos: destilación, extracción líquido-líquido, extracción sólido-líquido.

• Con base en la transferencia de calor

La transferencia de calor es un fenómeno que aplica a muchas operaciones y procesos

unitarios. Sin embargo, hay un caso en el que es el mecanismo dominante y se denomina como tal:

transferencia de calor.

• Con base en la transferencia de movimiento

El transporte de momento ocurre en los gases y líquidos que fluyen. La operación unitaria básica

es el flujo de fluidos o mecánica de fluidos.

La interacción de los diferentes mecanismos de transporte en las operaciones unitarias se

presenta con frecuencia. Ejemplos: en la evaporación, humidificación, secado y destilación se presenta la

transferencia de calor y masa de manera simultánea.


1. Describe el siguiente diagrama de flujo

En el diagrama anterior se muestra una columna de destilación de plato. La columna cuenta con un rehervidor en donde se vaporiza parte del líquido que sale del fondo de la misma y parte sale como productos del fondo. El flujo del fondo se controla con un controlador de nivel.En la parte superior de la columna se cuenta con un condensador total, operado por agua. El liquido condensado pasa a un acumulador de reflujo en donde un controlador de presión fija la presión interna a través de una válvula de venteo. El nivel del líquido en el acumulador se fija por medio de un controlador de nivel, el cual se conecta a una válvula que permite la salida de destilados.Parte del líquido destilado se manda de nuevo a la columna de destilación como reflujo. El flujo de esta corriente se controla con un medidor controlador de flujo. Este mismo tipo de dispositivo se usa para controlar el flujo de alimentación entrante a la columna

Figura 1. Diagrama de flujo


UNIDAD II

ANÁLISIS DE SISTEMAS. ENFOQUE APLICADO A

LOS BIOPROCESOS

Unidades y dimensiones

• Conversiones

• Factor gc

• Consistencia dimensional

Variables relacionadas con la masas

• Peso y masa

• Conversión entre velocidades de flujo másico, molar y

volumétrico

Variables relacionadas con la presión

• Presión bajo la superficie de un fluido

Variables relacionadas con la energía

• Conversión de temperaturas y homogeneidad dimensional

Análisis dimensional y grupos adimensionales


1. Conversión de unidades

Si un avión viaja al doble de la velocidad del sonido (suponga que la velocidad del sonido es de 100 ft/s) ¿cuál es la velocidad de milla por hora?

Solución:

2 1100ft 1 mi 60 s 60 min = 1500 mi s 5280 ft 1min 1 h h

2. Consistencia dimensional

Un manual indica que el grabado de microchips se ajusta aproximadamente a la relación

d = 16.2 – 1602 e-0.021t t<200

donde d es la profundidad del grabado en micras (micrómetros: m) y t es el tiempo de grabado en segundos. ¿Qué unidades se asocian a los números 16.2 y 0.021?. Convierta la relación de modo que d se exprese en pulgadas y t en minutos.

Solución.

Ambos valores de 16.2 deben tener las unidades de micras. El exponencial debe ser adimensional, así que el 0.021 debe tener unidades de 1/segundos.

16.2m 1m 39.37 in -0.021 60 s tmin 106m 1m s 1min

=6.38 x 10-4 (1- e-1.26tmin)

3. Empleo de gc

¿Cuánta energía potencial en (ft)(lbf) tiene un tambor de 100 Ibm suspendido 10 ft sobre lasuperficie de la Tierra con referencia a dicha superficie?

Solución

Energía potencial Ep = mgh / gc

Supongamos que las 100 Ib se refieren a una masa de 100 Ib; g = aceleración debida a la gravedad = 32.2 ft/s2.gc = factor de conversión entre masa y peso = 32.174 ft lbm/ s lbf

Ep = (100lbm) (32.2 ft/s2) (10 ft) / (32.174 ft lbm/ s2 lbf) = 1000 lbf ft

1-expdputs =


4. Peso y masa

Aplicación del peso específico relativoEn la producción de un medicamento con peso molecular de 192, la corriente de salida del reactor fluye auna velocidad de 10.3 L/min. La concentración del medicamento es del 41.2% (en agua), y el peso específico relativo de la disolución es 1.025. Calcule la concentración del medicamento (en kg/L) en la corriente de salida, y la velocidad de flujo del medicamento en kg mol/min.

SoluciónPara la primera parte del problema, debemos transformar la fracción en masa de 0.412 en masa por litro. Por comodidad, tomaremos como base 1 .OOO kg de la disolución de salida.

Figura 2. Diagrama del problema

Sabemos que = 1.0257 g/cm3

A continuación0.412 kg medic.. 1.025 g . 1 kg 103 cm3 = 0.422 kg medic/L

1.000 kg dis. 1 cm3 103 g 1 L

5. Conversión de temperatura

La capacidad calorífica del ácido sulfúrico dada en un manual tiene las unidades J/(g mal)(T) y está dada por la expresión

Cp = 139.1 + 1.56 x 10-1 T

Donde T se expresa en “C . Modifique la fórmula de modo que la expresión resultante tengaasociadas las unidades de Btu/(lb mol)(°R).

SoluciónLas unidades de °C en el denominador de la capacidad calorífica son A “C, en tanto que lasunidades de T son “C. Primero, sustituimos la relación apropiada en la fórmula para convertir Ten “C a T en “R, y luego convertimos las unidades de la expresión resultante en las solicitadas.


6. Análisis dimensional

Un flujo incompresible fluye en el interior de un tubo circular de diámetro interno D. Las variables importantes son la caída de presión p, la velocidad , el diámetro D, la longitud del tubo L, la viscosidad , y la densidad . El numero total de variables es igual a “q=6” Estas son las unidades o dimensiones fundamentales: =3 y corresponden a la masa M, la longitud L y el tiempo t. Las unidades de las variables son: en M/Lt2, en L/t, D en L, L en L, en M/Lt y M/L3. El numero de grupos adimensionales o es q-u o 6-3=3. Por tanto:

1 = f(2,3)

Seleccionaremos D, , como el núcleo de variables comunes a todos los grupos. Entonces, los tres grupos adimensionales son:

1= Da b c 2 = Dd e f L1

3 = Da b c 1

Para que sean adimensionales, las variables deben elevarse a ciertas potencias exponentes a, b, c, etc. Primero se considera el grupo: 1

1= Da b c

Para evaluar los exponentes se escribe, la ecuación dimensionalmente para sustituir las dimensiones de cada variable:

M0 L0 t0 = 1 = La (L/t)b (M/L3)c M/Lt2

A continuación se igualan los exponentes de L en ambos lados de la ecuación después de M y, finalmente de t:

(L ) 0= a + b - 3c - 1 (M) 0= c + 1 ( t ) 0= - b – 2

Resolviendo estas ecuaciones , a = 0, b = - 2 y c = - 1.Ahora se sustituyen en los valores de la ecuación:

1 = = NEu

2 Repitiendo este procedimiento para 2 y 3

2 = L D

3 = D = NRe

Finalmente sustituyendo a 1, 2, 3 en la ecuación siguiente nos queda

= f(L/D, D/)

Se determina que el factor de friccion es igual L/D


UNIDAD III

BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA EN ESTADO ESTACIONARIO

Balance en un solo equipo

Balance en equipo continuo y en estado estacionario

Balance de materia en sistemas con reacción química

Balance de materia en sistemas con combustión

Balance de materia en sistemas con varias fases

Balances de energía

Balances combinados de materia y energía


1. Concentración de Jugo de Naranja

En el proceso de concentración de un jugo de naranja, el zumo recién extraído y tamizado que contiene 7.08% en peso de sólidos, se alimenta a un evaporador al vació. En el evaporador se extrae agua y el contenido de sólidos aumenta 58% en peso. Para una entrada de 1000Kg/hr, calcúlense las cantidades de salida de las corrientes de jugo concentrado y agua.

Solución: Siguiendo las cuatro etapas descritas se traza un diagrama de flujo del proceso (etapa 1) en la Fig. 1.4-1. Nótese que la letra W representa la cantidad desconocida o incógnita de agua y C es la cantidad de jugo concentrado. No hay reacciones químicas (etapa 2).

Figura 3. Diagrama de flujo del proceso

Base: 1000 Kg / hr de jugo de entrada (etapa 3). Para llevar a cabo los balances de materiales (etapa 4), se procede a un balance total de materiales usando la Ec. (1).

CW100 (1)

Esto produce una ecuación con dos incógnitas. Por lo tanto, se hace un balance de componentes en base al sólido:

100

58C0W

100

08.7100 (2)

Para resolver estas ecuaciones, primero se despeja C en la Ec. (2) pues W desaparece. Se obtiene C = 122.1 Kg / hr de jugo concentrado.

Sustituyendo el valor de C en la Ec. (1),

1.122W100 se obtiene que W = 877.9 Kg / hr de agua.

Como comprobación de los cálculos, puede escribirse un balance del componente agua.

100

581001.1229.877

100

08.71001000 (3)

Resolviendo , 2.9293.519.8772.929

En este problema sólo intervino un proceso. Muchas veces se presentan varios procesos en serie, entonces puede llevarse a cabo un balance separado de cada proceso y/o un balance con respecto a la totalidad del proceso general.

Evaporador1000 Kg. / hr jugo

C Kg. / hr jugo conc.

7.08% sólidos

58% sólidos

W Kg. / hr agua


2. Evaporación de una solución de NaOH en dos etapas

En un proceso para producir sosa cáustica (NaOH), se usan 4000 kg/hr de una solución que contiene 10% de NaOH en peso para concentrarla en el primer evaporador, obteniéndose una solución de 18% de NaOH en peso. Esta se alimenta a un segundo evaporador, del cual sale un producto que contiene 50% de NaOH en peso. Calcúlese el agua extraída en cada evaporador, la alimentación al segundo evaporador y la cantidad de producto.

SOLUCION: La siguiente fig. muestra el diagrama de flujo de proceso. Nótese que se usan las letras W y V para indicar las cantidades desconocidas de agua por hora y B y P representan las cantidades desconocidas de solución por hora.

W kg/hr H2O V kg/hr H2O

Alim. 4000 kg/hr. B Kg/hr P kg/hr

10% NaOH 18% NaOH 50% NaOH

Figura 4. Diagrama del proceso

No hay reacciones químicas y la base del cálculo es de 4000 kg/hr de NaOH al 10% en peso de entrada. Nótese que tenemos cuatro incógnitas. También tendremos que tomar la decisión de llevar a cabo un balance de componentes o un balance total en el evaporador 1, en el 2, o en la totalidad del proceso. De todas formas empezamos con un balance total en el evaporador 1.

4000 =W +B ……………………………………….(1)

Después se lleva a cabo un balance para NaOH en el evaporador 1.

_10 18 _400 100 = W (0) + B 100

……….. (2)Despejando B se obtiene que B = 2222kg/hr de solución. Sustituyendo este valor de B en la ecuación (1), se obtiene W = 1778 kg/hr de agua.Ahora se repite el proceso para el evaporador 2 escribiendo un balance total y un balance para el NaOH: 2222 = V + P ……………………………………….(3)

18 50_222 100 = V (0) + P 100 ……………….(4)

Primero se despeja en la ecuación (4) y se obtiene P = 800. Después, con la ecuación (3), se obtiene que V = 1422 kg/hr de agua.

4000 = W + V + P = 1778 + 1422 + 800 = 4000

90_ 50_4000 100 =3600 = 1778 + 1422 + 800 100 = 3600

Por lo tanto, los cálculos son correctos.

Evaporador 1 Evaporador 2


3. Unidades Múltiples en las que no ocurre reacción.

La acetona se utiliza en la fabricación de muchas sustancias químicas y también como disolvente. En esta ultima aplicación, la liberación de vapor de la acetona al ambiente esta sujeta a muchas restricciones. Se nos pide diseñar un sistema de recuperación de acetona con un diagrama de flujo como la Fig. 3.16. todas las concentraciones que se muestran en esa figura, tanto para gases como para líquidos, se especifican en porcentaje en peso en este caso especial a fin de simplificar los cálculos. Calcule A, W, B y D por hora.Se trata de un proceso en estado estacionario sin reacción. Hay tres subsistemas.


Resolución por pasos

Pasos 1, 2, 3 y 4 se indican las composiciones de todos los flujos. Todos los flujos desconocidos se designan con símbolos en la figura 3.

Paso 5 escogemos una hora como base de calculo, de modo que G=1400 kg.

Paso 6 y 7 . Podríamos comenzar con análisis con balances globales pero en vista que los subsistemas están conectados en serie, iniciaremos con el análisis de la columna 1, seguiremos con la unidad 2 y terminaremos con la unidad 3. En la columna 1 hay tres componentes y se desconoce el valor de tres flujos W, A y F, por lo tanto, es posible obtener una solución única para la columna 1.


Pasos 7 y 8 Los balances de masa para la columna 1 son los siguientes:

Entra Sale

Aire: 1400(0.95) = A(0.995) (a)

Acetona: 1400(0.03) = F(0.19) (b)

Agua: 1400(0.02) + W(1.00) = F(0.81) + A(0.005) (c )

El aire y la acetona son componentes enlazados(compruebe que las ecuaciones son independientes).Paso 9 Resolvemos las ecuaciones a) b) y c) para obtenerA=1336.7 kg/hF=221.05 kg/hW=157.7 kg/h

Paso 10(verificación) Use el balance totalG+W = A+F 1400 1336

157.7 221.05

1557.7 = 1557.1

Pasos 5y 6 aplicando a las unidades 2 y 3 combinadas AAuunnqquuee ppooddrrííaammooss rreessoollvveerr pprriimmeerroo llooss bbaallaanncceess ddee mmaatteerriiaa yy eenneerrggííaa ppaarraa llaa ccoolluummnnaa 22 yy lluueeggooppaarraa eell ccoonnddeennssaaddoorr 33,, ccoommoo nnoo tteenneemmooss iinnffoorrmmaacciióónn aacceerrccaa ddeell fflluujjoo eennttrree llaa ccoolluummnnaa 22 yy eellccoonnddeennssaaddoorr yy nnoo ssee nnooss ppiiddee ccaallccuullaarr eell vvaalloorr ddee aallgguunnaa vvaarriiaabbllee ddee eessee fflluujjoo,, aaggrruuppaarreemmooss llaaccoolluummnnaa 22nn yy eell ccoonnddeennssaaddoorr 33 eenn uunn ssoolloo ssiisstteemmaa ppaarraa llooss ccáállccuullooss.. TTrraaccee uunnaa llíínneeaa ppuunntteeaaddaaaallrreeddeeddoorr ddee llaass uunniiddaaddeess 22 yy 33 eenn llaa ffiigguurraa.. 33 ppaarraa ddeessiiggnnaarr llaa ffrroonntteerraa ddeell ssiisstteemmaa.. HHaayy ddoossccoommppoonneenntteess yy ssee ddeessccoonnooccee eell vvaalloorr ddee ddooss fflluujjooss,, DD yy BB;; ppoorr ttaannttoo,, eexxiissttee uunnaa ssoolluucciióónn úúnniiccaa((ssiillooss bbaallaanncceess ddee mmaassaa ssoonn iinnddeeppeennddiieenntteess,, ccoommoo ddee hheecchhoo lloo ssoonn))..

PPaassooss 77 yy 88 LLooss bbaallaanncceess ddee mmaassaa ssoonn::AAcceettoonnaa:: 222211..0055((00..1199)) == DD((00..9999)) ++ BB((00..0044)) ((dd))

AAgguuaa :: 222211..0055((00..8811)) == DD((00..0011)) ++ BB((00..9966)) ((ee ))

PPaassoo 99 RReessoollvveemmooss llaass eeccuuaacciioonneess ((dd)) yy ((ee)) ppaarraa oobbtteenneerrDD==3344..9911 kkgg//hhBB==118866..11kkgg//hh

PPaassoo 1100((vveerriiffiiccaacciióónn)) UUssaammooss eell bbaallaannccee ttoottaallFF==DD++BB oo sseeaa 222211..0055 == 3344..9911 ++ 118866..11 == 222211..0011CCoommoo ccuueessttiióónn ddee iinntteerrééss,, ¿¿ qquuéé oottrrooss bbaallaanncceess ddee mmaassaa ssee ppooddrrííaann eessccrriibbiirr ppaarraa eell ssiisstteemmaa yyssuussttiittuuiirrssee ppoorr ccuuaallqquuiieerraa ddee llaass eeccuuaacciioonneess ((aa))--((ee))?? LLooss bbaallaanncceess ttííppiiccooss sseerrííaann llooss gglloobbaalleess

EEnnttrraa SSaallee

AAiirree:: GG((00..9955)) == AA((00..999955)) ((ff))AAcceettoonnaa:: GG((00..0033)) == DD((00..9999)) ++ BB((00..0044)) ((gg))AAgguuaa:: GG((00..0022)) == AA((00..000055)) ++ DD((00..0011)) ++ BB((00..9966)) ((hh))TToottaall GG++WW == AA ++ DD ++ BB (( ii))LLaass eeccuuaacciioonneess ((ff))--((ii)) nnoo ccoonnttrriibbuuyyeenn iinnffoorrmmaacciióónn aaddiicciioonnaall aall pprroobblleemmaa;; llooss ggrraaddooss ddee lliibbeerrttaaddssiigguueenn ssiieennddoo cceerroo.. DDee ccuuaallqquuiieerr mmooddoo,, ccuuaallqquuiieerraa ddee eessttaass eeccuuaacciioonneess ppuueeddee ssuussttiittuuiirrssee ppoorr uunnaaddee llaass eeccuuaacciioonneess ((aa))--((ee)) ssiieemmpprree qquuee nnooss aasseegguurreemmooss ddee qquuee eell ccoonnjjuunnttoo ddee eeccuuaacciioonneessrreessuullttaannttee ssiigguuee ssiieennddoo iinnddeeppeennddiieennttee..


4. Producción de una Solución de Sosa Cáustica ( NaOH )

Se está fabricando una solución de sosa cáustica ( NaOH ) añadiendo una solución que contiene 10 % en peso de Na2CO3 en proporciones estequiométricas a una suspensión que contiene 25 % de Ca(OH)2 en peso.¿Cuál será la composición de la suspensión final si la reacción es sólo 99 % completa? ¿Cuál será la composición cuando la reacción sea 100 % completa?

Solución: En la Figura 4. se muestra el diagrama de flujo del proceso. Nótese que se selecciona como base 100 kg de la suspensión de entrada. Se escribe entonces la reacción química que produce el precipitado de CaCO3 .

Na2CO3 + Ca(OH)2 --------------> 2NaOH + CaCO3 ! ( 1 )

A continuación se calculan los moles de Ca(OH)2 en la suspensión de entrada usando un peso molecular de 74.1.

moles de Ca(OH)2 en la suspensión = 100 ( 0.25 / 74.1 ) = 0.338 mol kg Ca(OH)2

kg de H2O en la suspensión = 100 ( 0.75 ) = 75.0 kg H2O


Ahora se calculan las moles de Na2CO3 necesarias, pues la Ec. ( 1 ) indica que por cada mol de Ca(OH)2 se requiere 1 mol de Na2CO3 :

moles de Na2CO3 necesarias = mol Ca(OH)2 = 0.338 mol Na2CO3

Esto da 0.338 (peso molecular del Na2CO3 ) o 0.338 ( 106.0 ) = 35.8 kg de Na2CO3 . Puesto que la solución contiene 90 % de H2O en peso,

kg de agua = ( 0.90 / 0.10 ) ( 35.8 ) = 322.2 kg H2O

kg totales de solución de Na2CO3 = 35.8 + 322.2 = 358.0 kg de solución.

Para calcular la suspensión final con una reacción 99 % completa:

moles de CaCO3 producidas = 0.99 ( 0.338 ) = 0.335 moles de CaCO3

moles de Ca(OH)2 remanentes = 0.01 ( 0.338 ) = 0.00338 moles de Ca(OH)2

moles de NaOH producidas = 0.99 ( 2 ) ( 0.338 ) = 0.669 moles de NaOHmoles de Na2CO3 remanentes = 0.01 ( 0.338 ) = 0.00338 moles de Na2CO3

kg de H2O ( de la suspensión de entrada más la solución de Na2CO3 ) = 75.0 + 322.2

Suspensión final

Na2CO3 solución

10 % Na2CO3

90 % H2O100 kg suspensión

25 % Ca(OH)2

75 % H2O


kg de H2O ( de la suspensión de entrada más la solución de Na2CO3 ) = 397.2 kg H2O

Tabulando la composición final de la suspensión y transformando mol kg a kg y después a % en peso, se obtienen los siguientes datos:

mol kg Kg % en pesoCaCO3 0.335 33.53 7.32Ca(OH)2 0.00338 0.25 0.06NaOH 0.669 26.76 5.84Na2CO3 0.00338 0.36 0.08H2O 397.2 86.70Total 458.10 100.00

Como comprobación, un balance general en peso de 358.0 kg de Na2CO3 en solución más 100.0 kg de suspensión de entrada, nos da una suspensión final con 458.0 kg, que es un valor muy cercano al de 458.10 de la tabla.Si la reacción es 100 % completa, que es bastante probable cuando hay un buen contacto de los reactantes, la suspensión final no contendrá Ca(OH)2 ni Na2CO3, y las moles de CaCO3 y las de NaOH serán respectivamente 0.338 y 0.676.


5. Corrosión de tuberías

La corrosión por oxigeno de las tuberías de las calderas pueden reducirse si se emplea sulfito de sodio, el cual elimina oxigeno del agua de alimentación de la coladera por medio de la siguiente reacción

2Na2SO3 +O2 2Na2SO4

¿Cuántas libras de sulfito de sodio se requieren en teoría ( reacción completa) para eliminar el oxigeno de 8,330,000 lb de agua (106 gal) que contiene 10.0 partes por millón (ppm) de oxigeno disuelto y al mismo tiempo mantener un 35% de exceso de sulfito de sodio?

Solución

Pasos 1,2,3 y 4 Éste es un proceso en estado estacionario con reacción. EL sistema es la tubería. Los datos conocidos se han colocado en la figura E3.11

H2O 8,330,000 lb H2O 8,330,000 lb 10 ppm O2 cero oxígeno


Paso 5 Una base de cálculo conveniente es 106 gal, es decir, 8,330,000 Lb H20Paso 6 La incógnita es FPasos 7, 8 y 9 La cantidad de O2 que entra es.

8330000lb H2O 10 Lb O2 = 83.3 lb O2 (1,000,000- 10 lb o2)lb H20

Prácticamente igual a 1,000,000

El balnce de O2 en lb es sencillo

Entrada - Salida + Generación – Consumo = Acumulación 83.3 0 0 mO2 0

mO2 = 83.3 lb

83.3 lb O2 1 lbmol O2 2lb mol Na2SO3 126 lb Na2SO3 135 32lb O2 1lb mol O2 1 lb mol Na2 SO3

= 886 lb Na2 SO3

Sistema


6. Múltiples unidades en las que ocurre una reacción

A causa del aumento de los costos de los combustibles y por la incertidumbre del suministro de un combustible en particular, muchas compañías operan dos hornos, uno con gas natural y el otro con aceite combustible. En la RAMAD Corp., cada horno tenía su propio suministro de oxígeno; el horno de aceite usaba un flujo de gas con el siguiente análisis: O2, 20%, N2; 76%; CO2, 4%, pero los gases de chimenea salían por una chimenea común. Véase la figura 6.


Durante una tormenta de nieve, ningún transporte pudo llegar a la RAMAD Corp., y los funcionarios se comenzaron a preocupar por el agotamiento de las reservas de aceite combustible, ya que el suministro de gas natural se estaba usando a la velocidad máxima posible. La reserva de aceite combustible era de apenas 560 bbl. ¿Cuántas horas podía operar la compañía antes de tener que parar si no se conseguía aceite combustible adicional? ¿Cuántas lb mol/h de gas natural se estaban consumiendo? La carga mínima de calentamiento de la compañía, traducida en gas de chimenea producido, era de 6205 lb mol/h de gas de chimenea seco. El análisis de los combustibles y del gas de chimenea en ese momento era:

Hornode gas

Hornode

aceite

Aceite comb.

C: 0.50 fr molarH2: 0.47 fr molarS: 0.03 fr molar 1.00

Gas nat.

CH4 : 0.96 fr molarC2H2 : 0.02 fr molaCO2 : 0.02 fr molar 1.00

Aire.

A O2 : 0.21 N2 : 0.79 1.00

Aire.

A* O2 : 0.20 N2 : 0.76 CO2 : 0.04 100%

Agua.

W 100 % H2O

Gas de N2: 84.93% ChimeneaO2: 4.13% P 6205SO2: 0.10% lb molCO2: 0.84% h 100.00%


Gas Natural

Aceite combustible (densidad API 24.0)

(Mol %)

Gas de chimenea

(Análisis de Orsat)

CH4 96% C 50 N2 84.93%

C2H2 2% H2 47 O2 4.13%

CO2 2% S 3 CO2 10.84%

SO2 0.10%

El peso molecular del aceite combustible era de 7.91 lb/lb mol, y su densidad era de 7.578 lb / gal.

Solución

Se trata de un proceso en estado estacionario con reacción. Hay dos subsistemas. Queremos calcular F y G en lb mol/h, y luego F en bbl/h.

Pasos 1, 2, 3 y 4. Usaremos especies atómicas para los balances molares. Las unidades de todas las variables desconocidas serán moles. En vez de hacer balances para cada horno, como no tenemos ninguna información acerca de los flujos de salida individuales de cada horno, optaremos por hacer balances globales y dibujaremos la frontera del sistema alrededor de ambos hornos.

Paso 5Base de cálculo: 1 hora, de modo que P = 6205 lb mol.

Pasos 6 y 7.Tenemos cinco componentes atómicos en este problema y cinco flujos cuyos valores desconocemos, A, G, F, A* y W; por tanto, si los balances molares elementales son independientes, podremos obtener una solución única del problema.

Paso 8. Los balances molares globales para los elementos son:

Entrada Salida

H2: G(1.94) + F(0.47) = W(1)

N2: A(0.79) + A*(0.76) = 6205 (8493)

O2: A(0.21) + A*(0.20 + 0.04) 620 (0.0413 + 0.001 + 0.1084)

+ G(0.02) = + W(1/2)

S: F(0.03) = 6205 ( 0.0010)

C: G[(0.96) + (2) (0.02) + (0.02)]

+ F(0.5) + 0.04 A* = 6205(0.1084)


Paso 9 Resolvemos el balance de azufre para F (desafortunadamente, a inexactitud en las concentraciones de SO2 dará lugar a cierto error en); el azufre es un componente enlazado. Después resolveremos G simultáneamente en los otros cuatro balances.

F = 207 lb mol / hG = 498 lb mol / h

Por ultimo, el consume de aceite combustible es:

207 mol 7.91 lb gal bbl

h Mol 7.578lb 42 gal= 5.14 bbl/h

Si la reserva de aceite combustible era de sólo 560 bbl, esta cantidad podría durar como máximo:

560 bblbbl = 109 h5.14h


7. Combustión de un Gas.

Un gas combustible que contiene 3.1 mol % de H2, 27.2 % de CO, 5.6% de CO2, 0.5 % de O2 y 63.6 % de N2, se quema con un 20% de aire( esto es aire sobrante con respecto al que se necesita para la combustión completa de CO2 y H2O). La combustión del CO es del 98% completa. Para 100Kg de gas combustible, calcúlese las moles de cada componente en el gas de salida.

Solución

Primero se traza el diagrama de flujo del proceso . En el diagrama se muestran los componentes del gas de salida. Si A son las moles de aire y F las moles de gas de combustión y e diagrama queda completo. Y las reacciones se muestran en seguida.

A mol Kg. De Aire

100 mol kg de gas combustible

3.1 % de H2, H2O 27.2 % de CO, CO 5.6 % de CO2, CO2

0.5 % de O2 O2

63.6 % de N2, N2

100.0Figura 9. Diagrama de flujo del proceso

Reacciones:CO + ½ O2 CO2 ------(1)H2 + ½O2 H2O.......(2)

La contabilidad del total de moles de O2 en el gas es:Mol de O2 teóricos = ( ½ )*27.2(CO)+ 5.6(CO2) +0.5(O2)Mol de O2 teóricos = 19.7 mol de O2

Para que todo el H2 se transforme en H2O, la ecuación (2) indica que se necesita ½ O2 por cada mol de H2

1mol de H2 ½ de O2

3.1 mol de H2 x de O2

x= 1.55 moles de O2

En la ecuación (1) para la combustión completa de l CO se necesitan 1mol de CO ½ de O2

27.2 mol de H2 x de O2

x= 13.6 moles de O2

Por lo tanto la la cantidad teórica de O2 es:Mol de O2 teóricos = 1.55 + 13.6 – 0.5Mol de O2 teóricos = 14.65 moles de O2

Para un exceso del 20 % se hace la siguiente relación:14.65 moles de O2 100%

x mol de O2 120 %x= 17.58 moles de O2

Puesto que el aire tiene 79 % de N2, y la relación que existe de N2 con respecto a O2 es 3.7619 la cantidad de O2, la cantidad de N2 que se le añade es: Moles de N2 = 3.7619* (17.58)

Quemador


Moles de N2 = 66.1 moles de N2

Para calcular las moles en el gas de combustión final, todo el H2 produce H2O ; esto es 3.1 moles de H2O.

En el caso del CO no reacciona un 2% .Por lo consiguiente, quedará sin quemarse:CO sin quemar = 0.02*(27.2 moles de CO.CO sin quemar = 0.54 moles de CO

El balance global de carbón nos queda:Moles de entrada C = Moles de C para CO + Moles de C para CO2

Moles de entrada C = 27.2 +5.6Moles de entrada C = 32.8 moles de entrada C

En el gas de combustión de salida Moles de salida C = Moles de entrada de C - Moles de C que no reaccionaronMoles de salida C = 32.8- 0.54Moles de salida C = 32.26 moles de entrada C

Para calcular los moles de salida de O2, se plantea un balance general para O2:Para los moles de entrada

Moles de entrada O2 = Moles de O2 para el combustible + Moles de O2 para el aireMoles de entrada O2 = 19.7 + 17.58Moles de entrada O2 = 37.28 moles de entrada O2

Para los moles de salidaMoles de salida O2 = ½ de los oles de O2 para el agua + ½ de moles de O2 para el CO =moles de CO 2 + O 2 libre Moles de salida O2 = (3.1 / 2)+ ( 0.54 / 2 )+ O 2 libre =32.26 + O 2 libreIgualando las entradas y las salidas Moles de entrada O2 = Moles de salida O2

37.28 moles de entrada O2 = 32.26 + O 2 libre37.28 moles de entrada O2 - 32.26 = O 2 libre3.2 moles de O2 = O 2 libre

Para el balance de N2 nos queda:Moles de N2 = Moles de N2 en el combustible + Moles de N2 en el aire.Moles de N2 = 63.6 Moles de N2 en el combustible + 66.1 Moles de N2 en el aireMoles de N2 = 129.70 moles de N2

Por lo tanto nos queda:Componente Composición (moles)

H2O 3.10CO 0.54CO2 32.26O2 3.20N2 129.7


8. Reciclaje con reacción

La glucosa isomerasa inmovilizada se emplea como catalizador en la producción de fructosa apartir de glucosa en un reactor de lecho fijo (el disolvente es agua). Para el sistema de la figura 10, ¡¿qué porcentaje de conversión de glucosa tiene lugar en una pasada por el reactor si la razbn entre el flujo de salida y el flujo de reciclaje en unidades de masa es igual a 8.33? El diagrama es


Solución

Pasos 1,2,3 y 4 La figura 10 incluye todos los valores conocidos y desconocidos de las variables en la notación apropiada ( W representa el agua, G la glucosa y F la fructosa en la segunda posición de los subíndices de la fracción en masa). Observe que el flujo de reciclaje y el de producto tienen la misma composición y es por ello que en el diagrama se usan los mismos símbolos de masa para cada uno de estos flujos.

Paso 5 Escogemos como base de cálculo S = 100 kg.

Paso 6 No hemos incluido símbolos para el flujo de salida del reactor ni su composición porque no vamos a usar estos valores en nuestros balances. Sea f la fracción de conversión para una pasada por el reactor. Las incógnitas son 9..Paso 7 Supondremos que podemos encontrar 9 balances independientes entre los 12, y procederemos. No tenemos que resolver todas las ecuaciones simultaneamente. Las unidades son de masa (kg).

Pasos 7,8 y 9 Comenzaremos con los balances globales, ya que son fáciles de establecer y con frecuencia se desacoplan para resolverse.

Balances globales:Total: P = 100 kg Consencuencia R= 100/8.33 = 12.0 kgGlobalmente no se genera ni consume agua, así que

Agua: 100(O.60) = P(WR,W) = 100 WR,W

WR,W = 0.60

Ahora tenemos 6 incógnitas por resolver.

Punto de mezcla 1:No hay reacción, así que podemos usar los balances de los compuestos incluyendo los términos de generación y consumo:

Total: 100 + 12 = T= 112


Glucosa: 100(0.40) + 12(WP,G) = 112(WT,G)Fructosa: 0 + 12(WR,F = 112(0.04)

0 sea WR,F = 0.373

Además, como WR,F + WR,G + WR,W,= 1,WR,G = 1 - 0.373 - 0.600 = 0.027

y entonces, del balance de glucosa,WT,G = 0.360

A continuación, en lugar de efectuar balances individuales sobre el reactor y el separador, combinaremos ambos en un solo sistema.

Reactor más separador 2:Total: T = 12 + 100 = 112

Glucosa:

Sale ConsumidoT WT,G - (R + P) T WR,G - f T WT,G = 0(112*0.36) - (112*0.027) - f (112 * 0.36) = 0

f = 0.93


9. Deshidratación

A fin de evitar el deterioro de los medicamentos en un recipiente, se extrae toda el agua (0.93 kg) del aire húmedo del recipiente a 15T y 98.6 kPa mediante absorción en sílica gel. Cuando está seco, el mismo aire tiene un volumen de 1000 m3 a 20°C y 108.0 kPa. ¿Cuál era la humedad relativa del aire húmedo?

Solución

Pasos 1,2,3 y 4 La figura 11 contiene todos los datos conocidos.


Paso 5 Podemos usar como base de cálculo W o el flujo A.Base de cálculo: 1000 m3 de aire bien seco (BDA) a 20°C y 108.0 kPa

Pasos 3 y 4 Primero necesitamos calcular las cantidades (en kg mol) de vapor de agua y aire seco en el aire original. W = 0.93 kg o sea

0.93 kg H2O 1 kg mol H20 = 0.05 7 kg mol H20 18 kg H20

En cuanto al aire seco,

1000m3 BDA 273 K 108 .0 KPa 1 kg mol = 44.35 kg mol BDA 293 K 101.3 KPa 22.4 m3

Pasos 5,6,7,8 y 9 Toda el agua y todo el aire del aire húmedo original están en el agua eliminada (0.0517 kg mol) y en el aire bien seco (44.35 kg mol), de modo que los balances son triviales y el problema tiene una solución única.

Para obtener la humedad relativa del aire húmedo debemos calcular la presión parcial del vapor de agua en el aire húmedo

PH2O = nH2O = _____0.0517____ Ptot ntot 0.0517 + 44.35

PH2O = 0.114 7 kPa

La presión de vapor del agua a 15°C es de 1.70 kPa, así que la humedad relativa fraccional del aire original era

0.1147 = 0.67 1.70


10. Utiliza la ley de Raoult o la ley de Henry para resolver los siguientes problemas

1.- Un gas que contiene 1% en mol de etano esta en contacto con agua a 20°C y 20 atm. Calcula la fracción mol del etano disuelto.

2.- Una mezcla líquida equimolar de benceno (B) y tolueno (T) está en equilibrio con su vapor a 30°C ¿Cuáles son la presión del sistema y la composición del vapor?

Solución

Los hidrocarburos suelen ser relativamente insolubles en agua, de manera que es probable que la disolución de etano esté diluida en extremo. Apliquemos entonces la ley de Henry. En la página 3-102 del Perry's Chemical Engineers Handbook se encuentra la constante de la ley de Henry para el etano: 2.63 x 104 atm/fracción mol.

yC2H6P = (0.01)(20 atm) 7 .6 X10' mol C2H 6

HC2 H6 2 .63 x104 atm / fracción mol mol

Como el benceno y el tolueno son compuestos con estructuras similares, podemos aplicar la ley de Raoult.

Log P*B = 6.906 – 1121 / (T +220.8 ) T = 30°C P*

B = 119 mm Hg

Log P*T = 6.9533 – 1343.9 / (T +219.38 ) T = 30°C P*

T = 36.7 mm Hg

PB = xB P*B = (0.5) (119) = 59.5 mm Hg

PT = xT P*T = (0.5) (36.7) = 18.35 mm Hg

P = PB + PT = 77.9 mm Hg

yB = PB / P = 0.764 mol benceno / mol

yT = PT / P = 0.236 mol tolueno / mol

xC2H6 =


11. Balance de energía para un sistema cerrado

Un tanque con un pistón con un pistón móvil contiene un gas. La temperatura inicial del gas es 25 °C. El tanque se coloca en agua hirviendo con el pistón en una posición fija. El gas absorbe una cantidad de 2 Kcal. de calor, y alcanza el equilibrio a 100 °C (y una presión mayor). El pistón se libera, y el gas realiza 100 J de trabajo para trasladar el pistón a su nueva posición de equilibrio. La temperatura final del gas es de 100 °C.

Escribe la ecuación de balance de energía para cada una de las dos etapas del proceso, y para cado resuelva la incógnita de energía en la ecuación. Al resolver este problema, considera que el gas en el tanque es el sistema, desprecia el cambio de energía potencial del gas cuando el pistón se mueve verticalmente, y considera que el gas se comporta idealmente. Expresa todas las energías en Joules.

Solución.

Dibujar un a representación del problema.

Ec = 0 (El sistema es estacionario)

Ep = 0 (sin desplazamiento vertical)

W = 0 (Las fronteras no se mueven)

U = Q Q = 2 kcal = 8368 J

por lo tanto el gas gana 8368 J de energía interna cuando su temperatura cambie de 25 a 100

°C.

U + Ec + Ep = Q + W

Ec = 0 (El sistema es estacionario en los estados inicial y final)

Ep = 0 (Por hipótesis se considera despreciable)

U = 0 (U depende sólo de T para un gas ideal y T no cambia)

Q + W = 0 W = -100 J el signo negativo es porque el trabajo se realiza sobre los alrededores.

El gas absorbe una cantidad de calor adicional de 100 J cuando se expande y vuelve a alcanzar el

equilibrio a 100 °C


12. Calentamiento de un medio de fermentación

Un medio de fermentación líquido a 30 ºC se bombea a velocidad de 2000 Kg/hr través de un calentador, donde su temperatura se eleva a 70 ºC bajo presión. El agua caliente de desperdicio usada para el calentamiento entra a 95 ºC y sale a 85 ºC. La capacidad calorífica promedio del medio de fermentación es 4.06 KJ/ Kg·K, y la del agua, 4.21 KJ/Kg·K. Las corrientes de fermentación y de agua caliente están separadas por una superficie metálica a través de la cual se transfiere el calor y que impide la mezcla física de ambas. Establézcase un balance de calor completo para el sistema. Calcúlense el flujo de agua y la cantidad de calor añadida al medio de fermentación, suponiendo que no hay pérdidas en el sistema. En la figura siguiente se muestra el flujo del proceso:


P0298R Hq)H(H (1)

Solución: Es conveniente usar el estado normal de referencia a 298 K (25 ºC) como base para el cálculo de las diversas entalpías. De acuerdo con la ec. (1), los términos de la expresión son los siguientes:

Términos de entrada HR de las entalpías de dos corrientes con respecto a 298 K (25ºC) (nótese que t = 30 – 25 ºC = 5ºC = 5 K):

H(líquido) = (2000 kg/hr)(4.06 KJ/kg K) (5 K) = 4.060* 104 KJ/hr

H(agua) = W(4.21)(95-25)=2.947 * 102 W KJ/hr (W = Kg / hr )(-Hº 298) =0 (puesto que no hay reacción química) q = 0 ( puesto que no hay adiciones o pérdidas de calor)

Términos de salida.Hp de las dos corrientes con respecto a 298 K (25 ºC)H(líquido) = 2 000(4.06)(70-25) = 3.65 * 105 kJ/hrH(agua) = W(4.21)(85-25)= 2.526* 102 kJ/hr

Igualando entrada y salida en la ecuación y despejando W:4060 * 104 + 2.947 *10 2 W =3.654 * 105 + 2.526 * 102 WW= 7 720 kg/hr de flujo de agua


La cantidad de calor que se ha agregado al medio de fermentación es simplemente la diferencia de las entalpías de lo líquidos de salida y entrada:

H (líquido de salida) - H (líquido de entrada) = 30654 * 10 5 – 4.060 * 104 = 30248 * 105 kJ/hr (90.25 KW)

Obsérvese que , puesto que se supuso que las capacidades caloríficas son constantes, se podría haber escrito un balance más simple como éste:

Calor ganado por el líquido = calor perdido por el agua2000(4.06)(70 – 30)= W(4.21)(95-85)

Entonces, resolviendo la expresión, W= 7720 kg/hr. Este balance simple produce buenos resultados cuando Cp es constante; sin embargo, cuando el valor varía con la temperatura y el material es un gas, sólo se dispone de valores de Cpm entre 298 K (25 ºC) y t K y el método simple no puede usarse sin obtener nuevos valores de Cpm a diversos intervalos de temperatura.


13. Balances de calor y de materiales en una combustión.

El gas de desperdicio de un proceso de 1000 mol-g/hr de CO a 473 K se quema a 1 atm de presión en un horno usando aire a 373 K. La combustión es completa y se usa 90% de exceso de aire. El gas de combustión de salida esta a 1273 K. Calculese el calor extraido en el horno.

Solución: Primero se traza el diagrama de flujo del proceso en la figura 9. y después se procede a un balance de materiales:

CO(g) + ½ O2(g) → CO2(g)ΔHº298 = -282.989 x103 kJ/mol-kg (del apendice A.3)

Moles CO = 1000 mol-g/hr = moles CO2

= 1.00 mol-kg/hr moles de O2 teóricamente necesarias = ½(1.00) = 0.500 mol-kg/hr moles de O2 que en realidad se añaden = 0.500 1.9 = 0.950 mol-kg/hr moles de N2 añadido = 0.950 (0.79/0.21)=3.570 mol-kg/hr

aire añadido = 0.950 + 3.570 = 4.520 mol-kg/hr = A

O2 en el gas de combustión de salida = añadido – usado = 0.950 – 0.500 = 0.450 mol-kg/hr

CO2 en el gas de combustión de salida = 1.00 mol-kg/hr N2 en el gas de combustión de salida = 3.570 mol-kg/hr

Para el balance de calor con respecto al estado normal a 298 K, se usa la ecuación

P0298R Hq)H(H (1)

Terminos de entrada:

H(CO) = 1.00(Cpm)(473-2989 = 1.00(29.389)(473-298) = 5142 kJ/hr

1000 mol-g/hr CO .473 K .

Gas de Combustión

A mol-g/hr aire 1273 K

373 K . Calor extraido (-q)


(El valor de 29.38 kJ/mol*K para Cpm del CO entre 298 y 473 K se obtiene de tablas) H(aire) = 4.520(Cpm)(373-298) = 4.520(29.29)(373-298) = 9929 kJ/hr

q = calor añadido, kJ/hr

(Esto da aquí un valor negativo, lo que indica que se libera calor).

-ΔHº298 = -(-282.989 x103 kJ/mol-kg)(1.00 mol-kg/hr) = 282990 kJ/hr

Horno


Términos de salida:

H(CO2) = 1.00(Cpm)(1273-298) = 1.00(49.91)(1273-298) = 48660 kJ/hr H(O2) = 0.450(Cpm)(1273-298) = 0.450(33.25)(1273-298) = 14590 kJ/hr

H(N2) = 3.570(Cpm)(1273-298) = 3.570(31.43)(1273-298) = 109400 kJ/hr

Igualando entradas y salidas, y despejando q:

5142 + 9929 + q + 282990 = 48660 + 14590 +109400 q = -125411 kJ/hr

Por lo tanto, se extrae calor: -34837 W

Con mucha frecuencia, cuando se verifican reacciones químicas en el proceso y las capacidades caloríficas varían con la temperatura, la solución del problema puede obtenerse por aproximaciones sucesivas cuando se desconoce la temperatura final.


14. Deshidratación

A fin de evitar el deterioro de los medicamentos en un recipiente, se extrae toda el agua (0.93 kg) del aire húmedo del recipiente a 15T y 98.6 kPa mediante absorción en sílica gel. Cuando está seco, el mismo aire tiene un volumen de 1000 m3 a 20°C y 108.0 kPa. ¿Cuál era la humedad relativa del aire húmedo?

SoluciónPasos 1,2,3 y 4 La figura 14 contiene todos los datos conocidos.


Paso 5 Podemos usar como base de cálculo W o el flujo A.Base de cálculo: 1000 m3 de aire bien seco (BDA) a 20°C y 108.0 kPa

Pasos 3 y 4 Primero necesitamos calcular las cantidades (en kg mol) de vapor de agua y aire seco en el aire original. W = 0.93 kg o sea

0.93 kg H2O 1 kg mol H20 = 0.05 7 kg mol H20 18 kg H20

En cuanto al aire seco,

1000m3 BDA 273 K 108 .0 KPa 1 kg mol = 44.35 kg mol BDA 293 K 101.3 KPa 22.4 m3

Pasos 5,6,7,8 y 9 Toda el agua y todo el aire del aire húmedo original están en el agua eliminada (0.0517 kg mol) y en el aire bien seco (44.35 kg mol), de modo que los balances son triviales y el problema tiene una solución única.

Para obtener la humedad relativa del aire húmedo debemos calcular la presión parcial del vapor de agua en el aire húmedo

PH2O = nH2O = _____0.0517____ Ptot ntot 0.0517 + 44.35

PH2O = 0.114 7 kPa

La presión de vapor del agua a 15°C es de 1.70 kPa, así que la humedad relativa fraccional del aire original era

0.1147 = 0.67 1.70


15. Cálculo del trabajo mecánico de un gas sobre un pistón

Suponga que un gas ideal a 300 K y 200 kPa está confinado en un cilindro mediante un pistón sin fricción, y que el gas empuja lentamente el pistón de modo que el volumen del gas se expande desde 0.1 hasta 0.2 m3. En la figura 15 se presenta un diagrama del problema. Calcule el trabajo realizado por el gas sobre el pistón (la única parte de la frontera que se mueve) si se siguen dos caminos distintos para ir del estado inicial al estado final:Trayectoria A: la expansión se realiza a presión constante P = 200 kPa)Trayectoria B: la expansión se realiza a temperatura constante (T = 300 K)

Figura 15. Representación del problema

SoluciónEl pistón no debe tener fricción y el proceso debe ser ideal para que los siguientes cálculos sean válidos. El sistema es el gas. El trabajo mecánico realizado por el sistema sobre el pistón es:

ya que se ejerce en dirección normal sobre la cara del pistón. Tome nota de que, por definición, el trabajo realizado por el sistema es negativo.

Trayectoria A

Trayectoria B


16. Cálculo de la energía cinética

Se bombea agua de un tanque de almacenamiento a un tubo con un diámetro interno de 3.00 cm a razón de 0.001 m3/s. ¡Cuál es la energía cinética específica del agua?


SoluciónBase de cálculo: 0.001 m3/s de aguaSuponga que la densidad del agua es de 1000 kg/m3 y r = 1.5 cm

17. Cálculo de energía potencial

Se bombea agua de un tanque a otro que está auna distancia de 300 ft, como se muestra en lafigura 17. El nivel del agua en el segundo tanque está 40 ft por encima del nivel del agua en el primer tanque. ¿Qué tanto aumentó la energía potencial específica del agua, en Btu/lbm?


SoluciónTomaremos como plano de referencia el nivel del agua en el primer tanque. Entonces, h =40 ft.

V =

Ek =

Ep =


UNIDAD IV

BALANCE EN ESTADO NO ESTACIONARIO

Balance diferencial

Balance integral

Balance de materia para procesos reactivos en estado no estacionario

Balance de energía para operaciones no reactivas de una sola fase en

estado no estacionario


1. Balances diferenciales para un reactor químico

Se utiliza un tanque reactor con agitación continua para producir un compuesto R, por medio a reacción en fase liquida AR. La alimentación entra al reactor a una velocidad de o(litros/s); la concentración de reactivo en la alimentación es CAo(moles de A / litro). El volumen del contenido del tanque es V ( litros). Puede considerarse que el contenido está perfectamente mezclado, de manera que la concentración de A en el flujo de productos es iguaI a la del tanque. Para este proceso la velocidad de consumo de A es igual a kCA (mol / litro de volumen de reacción). Puede considerarse que todos los fluidos (la alimentación, el contenido del tanque y el producto) tienen la misma densidad, (g/litro). Escribe los balances diferenciales para la masa total y para las moles de A, expresando los balances en términos de las variables que se muestran en el siguiente diagrama.

Solución

Base: las cantidades proporcionadas Balance de masa total

Acumulación = Entrada – Salida

Masa en el reactor: m (g) = V (litros) (g/litro)

Acumulación (g /s) = dm = d( V) = dV ya que es constante

dt dt dt

Entrada (g/s) = 0 (litros /s) (g /litro)

Salida (g/s) = litros /s) (g /litro)

dV dt

dVdt

a t = 0 & V = VoDonde Vo es el volumen inicial del contenido del tanque.

Balance para AAcumulación = Entrada – Salida – Consumo

moles de A en el reactor = V (litros) CA (mol /litro)

Acumulación (mol A/s ) =

Entrada (mol A/a) = o CAo

Salida (mol A/s) = CA

Consumo (mol A/s) = k CA V

d(VCA)dt

d(VCA)dt

= o –

=

= o CAo - CA - k CA V a t = 0 & CA = CA (0)


2. Balance para agua en un tanque de almacenamiento en una ciudad

El nivel de agua en un tanque de almacenamiento municipal ha disminuido constantemente durante la temporada de secas, y hay preocupación por la posibilidad de que la sequía continúe durante otros 60 días. La compañía local de agua estima que la velocidad de consumo en la ciudad es, aproximadamente de 107 litros / día.El Servicio de Conservación del Estado estima que la lluvia y la entrada de flujo al tanque, junto con la evaporación desde el tanque deben dar una velocidad de entrada neta de agua de 106

exp (-t /100) litros /día, donde t es el tiempo en días, desde el inicio de la sequía, cuando el tanque contenía aproximadamente, 109 litros de agua.1 . Escribe un balance diferencial para el agua del tanque.2. Integra el balance para calcular el volumen del tanque al final de los 60 días de sequía.

Solución

Escribiremos un balance para la masa m ( kg ) de agua del tanque, pero expresaremos la ecuación

en términos de volúmenes, para utilizar los datos proporcionados, usando la relación m (kg) = (kg /litro) V (litros). La ecuación de balance diferencial es la siguiente:

dm = q ent +r pro- q sal– rcons (cada termino en kg /día) dt

dm = d(V) = dV ya que es constante)dt dt dt

qent =(106 e –t/100)qsal=(107)

rpro= rcons

=0 (no se produce ni se consume en el tanque) se cancela

dV(t)=106 exp(-t/100) -107 a t=0, V=10 dt

Ahora separamos las variables e integramos la ecuación de balance diferencial de t=0 a t = 60 días.

Acumulación = - salida d(nx) = -qx n = 10.2 q = 0.203

dx = -0.0200X t = 0, x = 1.00 dt

Esta es la ecuación de balance. Para resolverla, separamos las variables e integramos la ecuación desde la condición inicial (t = 0, x == 1) hasta el estado final (tf, x = 0.01).

dx =-0.02 dtx

Integrando esta ecuación se obtiene un tr = 230 min


3. Balance de materia para un reactor intermitente

Se efectúa una reacción con estequiometría A B en un reactor intermitente isotérmico, de volumen constante. La velocidad de consumo de A, rA es directamente proporcional a la concentración molar de A en el reactor y al volumen del reactor según la siguiente ecuación:

rA (mol/s) = 0.200 V (litros) CA (mol/litro)

La concentración inicial de A en el reactor es de 0.100 mol/litro. Escribe un balance diferenciak para A y utilízalo para calcular el tiempo requerido para alcanzar una conversión del 90%.

Solución

La cantidad de A en el reactor, en cualquier tiempo es nA = VCA. El balance para A es

Acumulación = - Consumo

d (VCA)dt

d CA

dt

La concentración final de A debe ser 10% de la concentración inicial. Ó CA/10 = 0.01. La ecuación de balance puede integrarse fácilmente si se separan las variables y se integra dese (t=0, CA = 0.1) hasta (tf, CA = 0.01)

d CA

CA

Intengrando se llega a Ln (CAf / CAo) = -0.200 tf

Resolviendo, se llega a tf = 11.5 s

V = cte

= -0.200 CA a t = 0, CA = 0.100

= -0.200 dt


4. Comportamiento transitorio de un sistema

Un equipo que genera calor a una velocidad constante Qpro = 8530 BTU/min cuando opera se enfría con aire como se muestra en la figura 18.

El aire dentro del equipo circula lo suficientemente rápido para que su temperatura se considere uniforme e igual a la temperatura del aire de salida. Pasa aire a través del cuerpo del equipo a una velocidad de 6 lb-mol/min, y entra a una temperatura de 65°F; el equipo contiene un promedio de 0.200 lb-mol de aire. Se desprende calor del equipo hacia los alrededores a una velocidad expresada como:

Q1 = (BTU/min) = 33(T-g5°F)

Supongamos que el equipo se enciende cuando la temperatura del aire en el interior es igual a 65 °F.

(a) Calcula la temperatura del aire en estado estacionario, si el equipo opera continuamente durante un periodo de tiempo indefinido, suponiendo que Cv = 5 BTU/(lb-mo,l °F)

(b) Encuentra una ecuación diferencial para la variación de la temperatura de salida con el tiempo, desde el arranque y resuélvela.


Solución

(a) La ecuación de balance de energía en estado estacionario puede obtenerse si se establece dT/dt = 0 en la ecuación

0 = m Cp (Tent – Tsal) + Q + We

Tent = 65 °FTsal = en régimen permanente

We = 0 Q = Qpro – Q1

m Cp (Tsal – 65) = 8530 – 33(Tsal -65)

… (1)


Suponiendo que el gas se comporta de manera ideal

Cp = Cv + R = (5 + 1.99) BTU/lb-mol °F

Así m Cp = 41.9 BTU/min °F

Entonces, la ecuación de balance de energía es

41.9 (Tsal – 65) = 8530 – 33(Tsal -65)

Tsal = 179°F

(b) La ecuación de balance en estado estacionario (1) es, para nuestro sistema

dónde

La solución de la ecuación se obtiene separando las variables e integrando

-74.9 T + 13400

t = 0, T = 65 °F



BIBLIOGRAFÍA

1. Felder, R.M.; Rousseau, R.W.; Principios elementales de los procesos

químicos. 2§. Edición. Ed. Assison-Wesley Iberoamericana. 1991 (729 p.).

2. Geankoplis, C.J.; Proceso de transporte y operaciones unitarias. Ed. CECSA.

1982 (729 p.)

3. Himmelblau, P.M.; Principios y cálculos básicos de la ingeniería química. Ed.

CECSA. 1981 (782 p.)

4. Orozco Flores, M.; Operaciones unitarias I. Ed. Noriega-Limusa. 1998 (233 p.).

5. Valiente Barderas, A.; Tlacatzin Stivalet, R.P.; Problemas de balances de

materia y energía. Ed. Alhambra. 1991 (623 p.)

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problemario de la asignatura introducción a la bioingeniería