Calculos básicos aplicadosa la ingeniería agroindustrial by Diego Francisco Granja Ruales

CALCULOS BÁSICOS APLICADOS A LA I N G E N I E R Í A

AGROINDUSTRIAL TEXTO DE CONSULTA Nº 1

BALANCE DE MASA

Diego Francisco Granja Ruales, M.h.Sc.

1992 - 2008

“… Lo que primero una persona debe aprender en sus estudios Superiores…, es que toda educación es SIEMPRE AUTOEDUCACIÓN, y que solamente aprenderá lo que de una manera DIRECTA reclame sus interés o exija una detenida atención de su parte.” (José Ibarz Aznárez)

PRESENTACIÓN Al escribir el presente compendio, fruto de una larga recopilación bibliográfica durante mi carrera estudiantil y sintetizada con la experiencia práctica de la vida profesional; se ha querido presentar los temas en forma útil, tratar de difundir conceptos, su técnica y su aplicación de una manera fácil y con un idioma comprensible; el mismo que servirá como texto de consulta para profesionales que están trabajando en esta área o como guía para estudiantes. El presente texto de consulta no pretende ser completo, pero aspira que llene en forma clara y concisa los fundamentos básicos para interpretar los cálculos y poder con ellos resolver los grandes problemas y encontrar las mejores soluciones en el tratamiento para los procesos agro-industriales de nuestro país. Atentamente, Diego Francisco Granja Ruales, M.h.Sc.

ANTECEDENTES La energía mueve la sociedad. Los incomparables avances económicos y tecnológicos del mundo civilizado, están ligados al aumento de la cantidad de energía disponible para llevar a efecto las tareas antes realizadas mediante el esfuerzo muscular del hombre. La disponibilidad de bienes y servicios y la productividad industrial en general están directamente relacionadas con el consumo de masa y energía. Actualmente la masa y energía de diversas fuentes se produce cada vez a mayor costo y deben tenerse en cuenta los factores ambientales involucrados en todos los esquemas de conversión. Por tales razones deben prestarse atención extrema a la utilización eficiente de la materia y energía. La termodinámica suministra la base científica para analizar esquemas de conversión energética y es, por tanto, piedra angular para la comprensión de las tendencias futuras del consumo de energía y de su impacto socioeconómico.

1. DIDÁCTICA DEL CÁLCULO Para llegar a operar con la precisión necesaria, hay que puntualizar la esencia, el sentido y la aplicación del método. Se confunde a veces lamentablemente, el método con el procedimiento, véase como el método es en lógica la clave de la investigación, la base de donde el hombre se apoya para elevarse hasta el conocimiento de la verdad, por el supremo impulso de su tendencia categórica a poseer la verdad de las cosas, de los hechos y de sí mismo. Nos hallamos ante una materia (el cálculo en todos los aspectos) en cuyas cuestiones la dificultad es mayor al plantear QUE al resolver el problema. No es fácil la presentación de las realidades, pues debe estar presidida por un acrisolado orden lógico, como son especiales los entes de razón. Considerando luego que se observará, se pensará, no ya sobre realidades presentes, sino a base de estos entes de razón, de realidades posibles; es decir, se habrá de llegar al orden abstracto de la observación de análisis y de síntesis, de acuerdo con la situación con los procesos de relación. 1.1.- EL DIBUJO Y TRABAJO MANUAL EMPLEADO EN LAS SOLUCIONES DE LOS CÁLCULOS BÁSICOS. La utilización del dibujo y/o trabajo manual relacionado con el cuanto y con la forma, presenta un amplio recurso para la solución a los problemas propuestos. El dibujo es una herramienta como un poderoso medio de expresión, es en cálculo un sustitutivo de la realidad corpórea, a veces incluso con ventaja, pues nos ayuda con claridad y se presta a grandes variaciones cuando la presentación esta ideada por un experto. Asociar el cálculo con el trabajo manual es mirificarlo, afirmando el interés y descubriendo nuevos aspectos, el mismo que puede trabajarse ya sea en plástico, cartón, alambre, etc. 1.2.- REALIZACIONES: (OBJETIVACIÓN DE LOS PROBLEMAS) Se ha confundido el concepto de REALIZACIÓN con el de TRABAJO MANUAL. Cierto que en las realizaciones no suele estar ausente la actividad manual; pero puede ser un trabajo material o por vía del dibujo que la actividad se manifieste. A veces por ambas y a menudo con ayuda de objetos o de aparatos. La cuestión central en toda la utilización es la finalidad y el modo propio para alcanzarla. Una REALIZACIÓN es una TRADUCCIÓN a la REALIDAD de algo vivo, de algún hecho que se ha solucionado u observado. Es un experimento, es una presentación grafica, es un montaje de algo que funcionará; eso es el estudio de cálculos básicos aplicados a la ingeniería. 1.3.- OBSERVACIÓN DE CUERPOS: Su cantidad puede y debe observarse como CUANTO DE ESPACIO al apreciar el tamaño, cuando menos el aparente.

Para ello, preséntese cuerpos de diferente forma y volumen. A su observación debe seguir la de otros cuerpos de la misma forma y de distinto volumen. En todo caso para facilitar las observaciones, deben variarse los accidentes externos de color, si ello es posible, cuya finalidad es generar destrezas en los estudiantes, para aumentar su capacidad de razonamiento y de observación de la realidad aparente. 1.4.- Traducción de los hechos

(1 + 1 + 1)

(1)

1.5.- Distancia de 4 a 5 = 1 Distancia de 4 a 6 = 2 Distancia de 4 a 7 = 3

(1 + 1)

Diferencias correlativas analíticas: 5-1=4 6–2=4 7-3=4

1.6.- Comparación de Igualdades 4 - 2 =

2 4 - 2 = 5 - 3

5 - 3 = 2 1.7.- Igualdades de valor 0 + 2 = 0 + 4 - 2 1 + 1 = 5 -

4 + 2 - 1

1.8.- El problema de la objetividad + +

=1 + 1 = 2 = 10 + 10 = 20

Ahora bien, forzoso es reconocer que, como elemento divisible, viene a ser que en sí mismo un todo ES cualquier unidad. Para entender lo expuesto, debemos procurar ver el uno material como elemento arbitrario, que es considerado como generador de cantidades cuando se agregan sucesivamente a estos elementos de la misma especie. Para ello, observamos distintos tipos de unidades convencionales como: cajas llenas, manojos de semillas, palillos, de tal forma que no se llama UNO se observe como integrados por otros elementos, resultando ahora, dos saquitos de semilla, etc. 9

5 + 2 + 1 + 1

90 = 50 + 20 + 10 + 10 +

1 diez + 1 diez = 2 dieses El número que expresa la suma es de 2 dieses, o sea, veinte. 10 + 10 = 20 10 + 20 + 30 + 20 + 10 = 90 + + + +

10 20 30 20 10 90

40 - 10 = 30

Substracción Tipo

10 + 10 + 10 + 10 = 40 10 = -10

Total Disponible Conjunto Separado

10 + 10 + 10

Resta estática

70 - 40 = 30

40 + 30 = 70 70 - 30

Resta Primitiva : Resta Derivada :

20 veces 10

= 40

70 - 40 = 30 70 - 30 = 40

. . . . .

5 veces 2 + 5 veces 2

veces 10 = 5 veces 2 + 5 veces 2 = 10 veces 2 2

veces 10 - 10 veces 2

24 = 4 veces 6 = 6 veces

4 = 2 veces 12 = 12

60 = 20 + 20 + 20 = (4X5) + (4X5)

veces

+ (4X5) =

= 3 veces (4X5) = 3 X 4 X 5 1.- Forma el número que corresponde a 6 X 3, 5 veces 4 y 2 decenas. 6 X 3 + 5 X 4 + 20 = 18 + 20 + 20 = 18 + 40 = 58 2.- Número que excede a 32 en 5 decenas y 3 unidades 32 + (5 veces 10) + 3 = 32 + 50 + 3 = 82 + 3 = 85 3.- Número que es menor que 95 en 4 decenas y 13 unidades 95 - 40 - 13 = 95 - 40 - 10 - 3 = 55 -10 -3 = 45 - 3 = 42 1.9.- Preparación de ecuaciones y resolución Términos de la incógnita = valor numérico 5 + X = 8 + 9

X es un sumando

X = 17 - 5

X es un substraendo

X = 68 - 42 = 26

- 16 = 27

X es un minuendo

X = 27 + 16 = 43

5 X = 80

X es un factor

X = 80: 5

= 16

X es el divisor

X = 56: 8

= 7

X es el dividendo

X = 25 * 3 = 75

68 - X = 45 - 3 X

= 8

= 12

X X

= 3

25 Al quedar formulada una ecuación, procede la reducción del complejo que constituye cada miembro, hasta obtener la forma de igualdad condicional sencilla, con el primer miembro conteniendo la incógnita y el segundo expresando un valor numérico definido. La ecuación final es siempre de una de las formas que haz analizado. La clave par ala determinación del valor de la incógnita escrita es observar y fijar su FUNCIÓN en el término que la continué.

3 X = 21

7 X = 63

CX = V

X = 63

X = V

X = 21 3

;

X 6

X= 5 x 6

1.10.- Desarrollo de la Preparación de la Ecuación 3X + 15 = 164 + 25 Aíslese el Término de la Incógnita. Constituye un sumando. Recuérdese el cambio de sentido de todo término que varía de miembro en uno igual diez. 3X = 164 + 25 - 15 3X = 174 La ecuación esta en forma final. La Incógnita tiene función de factor. X = 174 3

Puede presentarse la incógnita en ambos miembros de la ecuación: 5 X + 7 - 2 X = 50 - 3 X + 5 Procede a integrar los términos que combinen la incógnita: 5 X - 2 X + 7 = 50 - 3 X + 5 3 X + 7 = 50 + 5 - 3 X El Término - 3 X del segundo miembro varía de sentido de miembro 3 X + 7 + 3 X = 50 + 5 6 x + 7 = 50 + 5 El Término 6 X tiene función del segundo 6 X = 50 + 5 - 7 6 X = 48 La incógnita se halla ya en la forma final. Es un factor X =

48 6

= 8

1.11.- Proporcionalidad. Sitúese el Observador en el punto de vista de comparación: * Punto de vista de comparación

cantidad de trabajo

(1) Hombre hace 1 metro (en un tiempo dado) (2) Hombres harán 2 metros = doble trabajo (3) Hombres harán 3 metros = triple trabajo * Punto de vista de comparación = valor (1) kilo de la una mercancía vale 1 sucre (dólar, euro, peso, etc) (2) kilos de la mercancía valen 2 veces = doble valor (3) kilos de una mercancía valen 3 veces = triple valor

He aquí cantidades en proporción directa: conociendo una, crece del mismo modo la otra. Formúlese: Dos cantidades son directamente proporcionales cuando de hacerse una de ellas n veces mayor o menor, se hace forzosamente n veces mayor o menor que la otra. Dirección Inversa de Proporcionalidad: 

Punto de vista de comparación tiempo empleado en hacer un trabajo. (1) Hombre emplea 1 hora en hacer un trabajo (2) Hombres emplean ½ hora en hacer el mismo trabajo

Se obtendrá cómo a cada uno le corresponde la mitad del trabajo y por tanto, emplean la mirad del tiempo. 1 Hombre emplea una hora diaria para una obra son 4 los hombres - Trabajo que a de hacer un hombre - Tiempo que emplea en hacerlo =

1 4 1

de tiempo total

4 Ejercicio de Aplicación 1.- Reducir a centímetros 1. 5m; 3dm y 8cm.

1 m. = 100 cm. 1.5 m. = 100 + 50 = 150 cm. 0.5 m. =

50 cm.

1 dm. = 10 cm. 3 dm. = 3 x 10 cm.

3 dm. = 3 x 10 cm. = 30 cm.

8 cm. = 8 cm.

1.5 m, 3dm, 8 cm. = 150 + 30 + 8 = 188 cm.

2.- Reducir a yardas el complejo 3 millas, 500 yardas, 7pies y 6 pulgadas.

1 millas = 760 yardas 3 millas = 3 x 760 = 2280

3 millas, 500 yardas, = 2280 + 500 = 2780 yardas.

3 pies = 1 yardas 7 pies = 7: 3 = 2.333 yardas.

7 pies, 6 pulgadas

1 pie = 12 pulgadas 6 pulgadas = 6: 12 = 0.5 pies 0.5 pies = 0.5: 3 = 0.166 yardas

= 2.333 + 0.166 = 2.495 yardas

500 yardas, 7pies, 3 millas, 6 pulgadas = 2780 + 2495 = 2782.999 yardas 3.- 0.5 arrobas 0.5 @ = 5 décimas de arroba 1@ = 25 lb.

1 lb.

0.5 x 25 = 12.5 lb. 12.5 lb. = 12 lb. 0.5 lb.

= 12 onzas 0.5 lb. = 6onzas

0.5 lb. = 0.5 x 12 = 6 onzas 0.5 @ = 12 lb. + 6 onzas 4.- 35 minutos + 43 minutos = 78 minutos = 60 minutos + 18 minutos = 1 hora más 18 minutos 5.- Disposición Práctica: 5 qq. 3@ 15lb. 7onz. 2 qq. 1@ 13lb. 8onz. 7qq. 4@. 28lb. 15onz.

5qq. 3@ 13lb. 7onz. 2qq. 1@ 13lb. 8onz. 8qq. 1@ 4lb. 3onz.

6.- (8qq. 3@) - (6qq. - 2@) = (8qq. - 6qq.) + (3@ + 2@) = 2qq. + 1@ 7.- Con 2 kg. De pan hay para 3 personas si llegan 5 más. ¿Cuántos kilos serán necesarios? Razones Homogéneas 3

2 x

2 =

3 8

8 ;

Punto de comparación: kilogramos de pan x 2

x =

= 5.333 3

8.- Si son 6 a comer, hay subsistencia para 12 días, si fuesen 4 ¿cuantos días alcanzaría? Razón subsistencia

Razón días:

Punto de

Comparación:

Tiempo

x Proporción determinante. 6

6 x 12

= 4

; x =

= 18

9.- 6 Telares elaboran 90 metros de paño ¿Cuántos metros se obtendrán en 15 telares? Trabajo de 6 telas =

90 metros

Trabajo De 15 telares

90 =

Trabajo de un telar =

90 6

x 15 6

= 225 metros de paño 10.- 12 obreros cumplen 72 horas para levantar un muro ¿Cuánto tiempo necesitan 9 obreros?

Tiempo con 12 obreros = 72 horas

Tiempo con

12 x 72 =

Tiempo con

1 obrero

= 12 x 72

9 obreros

9 =

96 horas

11.- Se abre una zanja de 80m3 por 3 obreros por 25 días, trabajando 8 horas diarias. ¿Cuántas horas diarias tendrá que trabajar 10 obreros, para comer otra zanja de 100m3 en 30 días? Resolución: Procédase por fases. Ordénese, ante todo, las cantidades homogéneas para compararse: 80m3 100m3

3 obreros 10 obreros

25 días 30 días

8 horas x horas

1era Fase de Razonamiento: Para cavar 80m3 debe trabajarse 8 horas

Cavar 1m3 debe trabajarse 1

Para cavar 100m3 1 80

de 8 horas

de 8h. x 100 = = 8 x 100 80

2da Fase: Siendo 1, se debe trabajar un tiempo 8 x 100

Si son 10 los obreros El tiempo será 1 10

80 Siendo 3 se deberá trabajar un tiempo 8 x 100

8 x 100 x 3 (x 3)

8 x 10 x 3 : 10 =

80 x 10

3era Fase: Trabajando 25 días se requiere: 8 x 100 x 3

Sumando 30 días, el tiempo Diario será 30 veces menor

80 x 10 Trabajando 1 día se necesitaría: 8 x 100 x 3

8 x 100 x 3 x 25 X 25

8 x 10

= tiempo diario 80 x 10 x 30

Se debe recurrir a la simplificación, consiguiéndose a veces enorme rapidez y claridad. 8 x 100 x 3 x 25

se transforma en

80 x 10 x 30

1 x 1 x 1 x 5 1 x 1 x 2

5 2

FACTORES DE CONVERSION UTILES Largos: 1 centímetro 0,3937 pulgadas 1 pulgada 2,54 centímetros 1 metro 1,0936 yardas 3,2808 pies 39,370 pulgadas 1 kilómetro 0,6214 millas 1 milla 1,6093 kilómetros Superficie: 1 hectárea

10.000 metros cuadrados 0,1 kilómetros cuadrados 2,471 acres 11,960 yardas 1 acre 0,4047 hectáreas 4.047 metros cuadrados 4.840 yardas cuadradas 43.450 pies cuadrados 1 kilómetro cuadrado 0,3861 millas cuadradas 100 hectáreas 247,1 acres 2,5898 kilómetros cuadrados 1 milla cuadrada 254,98 hectáreas 640 acres Volumen: 1 litro

1.000 mililitros 61,026 pulgadas 0,21998 galones imperiales 0,26418 galones U.S. 1 galón imperial 4,546 litros 1,20096 galones U.S. 1 galón U.S. 0,83267 galones imperiales 3,78528 litros 1 barril U.S. 42 galones U.S. 34,972 galones imperiales 0,15899 metros cúbicos 1 metro cúbico 1.000 litros 35,3148 pies cúbicos 1,30795 yardas cúbicas 219,97 galones imperiales 264,18 galones U.S. 6,29 barriles U.S. 1 m3 sólido 750 kg. leña con 40% humedad

Masa

2,2046 libras 1.000 gramos 1 libra 453,592 gramos 0,4536 kilogramos 1 tonelada, UK 2.240 libras 1.016,05 kilogramos 1,01605 toneladas (métricas) 1,12 toneladas US 20 owt 1 tonelada 1.000 kilogramos 0,98421 toneladas UK 1.10231 toneladas US 2.204,62 libras 1 tonelada US 2.000 libras 17,8572 cwt 907,184 kilogramos 0.907184 toneladas 0,89286 toneladas UK 1 kilogramo

Densidad: Densidad aparente del carbón vegetal comercial : 250 a 300 kilos por metro cúbico Peso aproximado de una pila de un metro (estéreo) de: Pino radiata crecida en plantaciones (parcialmente secada al aire) 550 a 650 kilogramos Madera de eucalipto crecida enplantaciones (parcialmente secada al 600 a 700 kilogramos aire) Latifoliadas tropicales de densidad media (parcialmente secada al 700 a 800 kilogramos aire) Latifoliada tropical densa 900 kilogramos Energía 1 kilovatio 1,3405 caballos vapor 1 caballo vapor 0,746 kilovatios 1 kilojoule 0.2389 kilocalorías 0,948 BTU 0,001 megajoules 0,00027778 kilovatio horas 1 kilovatio hora 3.412 BTU 1,34 caballo vapor/hora 3.600 kilojoules 3,6 megajoules

Cuadro de prefijos: 10 10 10 10 10 10

tera T giga G mega M kilo k hecto h deca da

Valor calorífico: (Ver los factores de conversión para cálculos en otras unidades) Combustible

Poder calorífico superior kJj/kg Madera verde 15.000 Madera seca 19.000 Carbón vegetal 31.000 Carbón mineral (coke) 30.000 Carbón bituminoso 27.000 Fueloil 44.000 Kerosén 46.000 Alquitrán de madera 20.000 Gas natural 45.000 Gas de madera gasificada 5.000 Gas de madera por retorta 6.000 1/ Influencia de la humedad en el valor calórico de la madera: Valor calórico neto ( kj/kg) 19.000 - 220 M donde M es el contenido de humedad en porcentaje del peso total.

2. BALANCE DE MATERIALES 2.4.- Importancia del Estudio del balance de materiales: En TODAS las industrias de procesamiento, los balances de materiales ayudan a planear el diseño del proceso, en la evaluación económica de los procesos existentes o propuestos, en el control del proceso de optimización. Por ejemplo; en la extracción del aceite de soya, se puede calcular EL disolvente necesario por tonelada de semilla de soya, o en el tiempo requerido para llenar el filtro prensa, y utilizar esta información en el diseño del equipo o en la evaluación económica del proceso. 2.1.1.- Ejemplo de aplicación: Balance de agua para la cuenca de un río A1

Wa (Atmósfera)

Atmósfera Agua, vapor, hielo

(Precipitación) Precipitación P

E (Evaporación)

R1 (Flujo del río)

R2 Wr (embalse) Ws (subterránea)

(Reposición Q agua subterránea)S2

S1 (Agua subterránea)

Calcular la acumulación, en cualquier tiempo subíndices: (Wat2

- Wat1) + (Wrt2

para lo cual a los símbolos agregamos

Wrt1) + (Wst2

b. Teniendo en cuenta que las entradas son: A 1 + + S2 ; entonces el balance de materiales es:

Wst1)

R 1 + S1 y que las salidas son: A 2 + R2

(Wa2 - Wa1) + (Wr2 - Wr1) + Ws2 - Ws1) = (A1 - A2) + (B1 - B2) + (S1 - S2) b.

Si se establece que el sistema es el río ( incluyendo el embalse ); el balance de Materiales es: (Wrt2 - Wrt1)

(R1 + P) - (R2 + E + Q)

Acumulación

entradas - salidas

2.1.2.- Nota Importante: Consiste que el balance de materiales es un balance de masa, no de volumen o de moles. De esta forma en un proceso en el que se verifique una resolución química, lo que significa que se forma o se consumen compuestos, se tendrán que utilizar principios estequiométricos.

2.1.3.- Ejercicio de Aplicación: Hidrogenización del carbón: Inertes

Entrada de carbón

Producto

gaseoso

400ºC

Gases de combustión

H2+CO+CH4+CO2

N2 + CO2 Inertes

Capa Fluida de Carbón 900ºC

Vapor de Agua

Aire

Si se introducen al reactor 120 Kg. De carbón por hora, teniendo la siguiente composición: C= 80%, H= 10%, materiales inerte = 10%. a. ¿Cuánto Kg. De carbón por hora del salen reactor? b. Si se inyectan al reactor 15000kg. De aire por hora ¿Cuántos Kg. De aire por hora saldrán del reactor? c. Si el reactor opera a las temperaturas indicadas y con adición de 2000Kg. De vapor de agua por hora ¿Cuántos Kg. Por hora de gases de combustión y de producto salen del reactor? SOLUCION: Tenemos como base el dato: 1 hora, a. Puesto que entran al reactor 1200kg/hr de carbón y no existe acumulación deben salir 1200kg/hr. b. La misma forma, deben salir del reactor 15000 kg/hr de aire. c. Todo material, a excepción de la porción inerte del carbón, salen en forma de gas. Por consiguiente Podemos sumar la masa total que centra a la unidad, restar el material inerte y obtener la masa de los gases de combustión por diferencia.

1200 kg. de carbón

10 kg. de gas inerte 100 kg. de carbón

Materiales que entran Carbón

kg 1200

= 120 kg. de inerte

Aire Vapor de agua

15000 2000 18200 - 120 = kg /hr de gases

2.1.4.-

PROGRAMA DE ANALISIS PARA LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIALES:

Permitirá entender, 1ro) la gran similitud que exista en estos problemas, 2do) cómo resolverlos de la forma mas rápida. Tomar en cuenta qué es lo que entra al proceso y que salen del mismo. La estrategia que se usará para resolver problemas de balance de materiales es bastante simple. Como regla general, antes de proceder a efectuar Cálculos se debe:      

Dibujar un diagrama de proceso. Colocar en el diagrama todos los datos. Observar cuáles son las composiciones que se conocen, o que pueden calcularse inmediatamente, para cada corriente. Determinar la masa (peso) que se conocen, o que puedan definirse fácilmente, para cada corriente, (Una de estas masa (peso) puede tomarse como base del cálculo) Seleccionarse una base adecuada para los cálculos. Cada adición o sustracción deberá realizarse tomando el material sobre la misma base. Asegurarse que el sistema esté bien definido.

Una vez que se haya logrado lo anterior, se podrá estar preparando para efectuar el número necesario de balances de materiales. Como se indicó, se podrá desarrollar:  

Un balance de materiales total Un balance de materiales para cada componente presente. Sin embargo no todos los materiales serán independientes los problemas en que se desconocen la masa (peso) y la composición de la corriente, puede resolverse con dificultad mediante adición o sustracción directa. Los problemas en que se conocen las disposiciones, en los cuales dos o más de los pesos son desconocidos, requieren los cálculos más detallados. Sí existen un elemento de correlación que haga posible establecer la interdependencia entre los pesos conocidos, y los desconocidos, la resolución del problema puede simplificarse. Cuando se dispone de un elemento de correlación directo o indirecto, se deberá utilizar el algebra para relacionar las masas desconocidas, con la (s) conocida (s).

2.1.5 Ejercicio de aplicación: Si se alimenta a un reactor 300 lb de aire y 240 lb de carbón a 600ºC y después de la combustión completa no queda material en el reactor, ¿cuántas libras de carbón saldrá? ¿Cuántas libras de oxígeno? ¿Cuántas libras totales? 240 lb de C.

300 lb de aire

? SOLUCION:

El total del material que sale del reactor es de 324 lb. Puesto que el Aire tiene: 21% de O2 y 79% de N2. Base: 300 lb de aire. 300 lb de aire

1 mol lb de aire

21,0 moles lb de O2

29,0 lb aire

240 lb de C

= 2,18 moles lb de O2

100 moles lb de aire

1 mol de C

= 2,00 moles de lb de C.

12, 0 lb de C El oxígeno necesario para quemar completamente 24,0 lb de C es de 2,00 moles lb, por lo tanto: 2,18 - 2,00 = 0,18 Es el número de moles de = O2 sin usar y esto es equivalente a (0,18) por (32) = 5,76 lb de O 2 que salen del reactor. Además, salen del reactor 83 lb de CO2 y 2,18 mol lb de O2

79 moles lb de N2 21 moles O2

28,2 lb de N2

230 lb de N2

1 mol lb de N2

Las moles de N2 son: 230 mol lb de N2

1 mol lb de N2

28,2 lb de N2 Sumando todas las corrientes de entrada y salida se tiene: Entrada O2 N2 C2

lb 70 230 24

Total

324

moles lb 2,18 8,20 2,00 12,38

Salida O2 N2 C TOTAL

lb 5,76 230 88 324

moles lb 0,18 8,20 2,00 10,38

8,20 moles lb de N2

2.1.6.- PROBLEMAS CON SOLUCIONES DIRECTAS: Son aquellos en las que se desconoce la MASA (peso) y una composición, que puede resolverse por adición o sustracción. No es necesario usar técnicas algebraicas formales. Es evidente que una corriente que contiene un solo componente la composición es conocida, ya que dicho componente constituirá el 100% de la corriente. Al considerar problemas que implican la combustión, se hará uso de algunos términos especiales:

a. Aire Teórico ( oxígeno teórico): Es la cantidad de aire (o de oxígeno) requerida para una combustión completa. Algunas veces esta cantidad se denomina aire (u oxígeno) requerido.

b. Exceso de Aire (exceso de oxígeno): Es la cantidad que esta demasía con a la que se requiere para una combustión completa calculada. 2.1.7.- Ejemplo de Aplicación: Es una chimenea, aun cuando únicamente se lleve acabo una combustión parcial, por ejemplo, cuando el C se quema para dar un lugar tanto a CO como a CO 2; el exceso de aire (o de oxigeno) se calcula considerando que el proceso de combustión solamente se forma CO2. Exceso de aire a.- Porcentaje de Exceso de aire

= 100 Aire requerido Exceso de O2 / 0,21 = 100 Requisito de O2/ 0,21

O2 que entra al proceso – O2 requerido b.- Porcentaje de exceso de aire = 100 O2 Exceso O2 = 100 O2 que entra - exceso de O2

2.1.7.- Ejercicio de Aplicación: ¿Calcular el exceso de aire? CH4 100%

CO2

H2C

aire = O2 N2

21 % 79 %

Aire 130 % CH

2O2

CO2

CH2

Tenemos como base: 1 mol de CH4 Al reaccionar una base queda fijada la cantidad de corriente de CH 4. La cantidad de aire, se determina a partir de la especificación de exceso de aire que sigue. En base a mol de CH4, se requiera 2 moles de O2 para una combustión completa, es decir. 2O2

100 aire = 0,21 de O2

9,54 moles de aire requerido. Constituido por 2 moles de O2 y 7,54 Moles de N2.

El exceso de aire es de: 9,54 * (1,30) = 12,4 moles de aire Formados por 2,6 moles de O2 y de 9,8 moles de N2. Sumando Requerido Exceso Total

Aire 9,24 12,4

O2 2,00 2,60

21,94

N2 7,54 9,80

4,60

17,34

Por lo tanto, 2 de las 4,6 moles O2 que entran se combinan para formar CO2 y H2O:

Moles CH4 CO2 H2O O2 N2

0 1,00 2,00 2,60 7,54 9,80

0 4,4 8,7 11,3

22,94

100,oo

75,6

2.1.8.- Ejercicio de Aplicación: Exceso de aire Se queman 20 lb de C2H4 con 400 lb de aire produciéndose 44 lb de CO 2 y 12 lb de CO. ¿Cuál es el % de exceso de aire? C2H4

44 lb de CO2 QUEMADOR

20 lb

12 lb deCO

400 lb de aire C2H4

302

2CO2 +

2H2O

Tenemos como base: 20 lb de C2H4 El % de exceso está basado en la combustión completa de C 2H4 a CO2 y H2O, el hecho de que la combustión sea incompleta no tiene influencia en la definición del “exceso de aire “. El

O2 requerido es:

20 lb de C2H4

1 mol lb de C2H4

3 moles lb de O2 = 2,34 moles de lb de O2

28 moles de O2

1 mol de C2H4

El O2 que entra es: 400 lb de aire

1 mol lb de aire

21 moles lb de aire = 2,90 mol lb de O2

29 lb de aire

100 mol 24 lb de aire

El exceso de aire es: 2,90 moles de O2 - 2,14 mol lb de O2 100 *

= 2,14 moles lb de O2

35,5 %

2.1.9.- Ejercicios de aplicación:

(Combustión)

Con 30 lbs de aire ¿Cuántas lb de CH4 se queman? CH4 30 lb de

? CH4 PM=

aire

2O2

CO2

2H2O 36

Sí con 64 lb de O2 son contempladas el peso al 23 % de la cantidad total de aire con respecto al 100 % y de N2 le corresponden 77 % para lo cual tenemos 304 lb de aire. Si con las 304 lb de aire combustionámos 16 lb de CH4 con las 30 lb de aire quemamos 1,6 lb de CH4 De lo cual tenemos 100 lb de aire

correspondiendo 21 lb

de O2 las 30 lb de aire corresponden a 6,30 lb de O 2. Con relación 64 lb de O2 con las 16 lb de CH4 tenemos que las 6,30 de lb de O2 le corresponden el 1,6 lb de CH4 2.1.10.- Ejercicios de aplicación:

(Combustión)

50% de CH4 se combustionan con 230 % de aire ¿Calcular que cantidad de CO2, H2O, N2, O2, salen?

CH4

O2 H2O N2 O2

50%

? ? ? ?

230 % aire Base: CH4 16

50% de CH4

2O2 64

CO2 44

H2O 36

El 50 % del CH4, se requiere 200 % lb de C2, para lo cual se necesita 952 % lb de aire. Y con 230 % de aire obtiene solamente 48,3 % de O 2. Para lo cual que hace falta 151,7 % de O 2 para combustionar el 50 % de CH4. 64 % de CO2

16 % de CH4

48,3 % de O2

Xm 12,07 % de CH4

Como 50 % CH4 y se quema solamente 12,07 % de CH 4, saldrá como producto 37,93 % de CH 4 como exceso. Ahora:

21 % de O2 48,3 % de O2

100 % de aire X = 230 % de aire

Entonces:

(230 % de aire) - (48,3 % de O2) =

181,7 % de N2

Cómo sólo se queman 12,07 % de CH4 16 % de CH 4 12,07 % de CH4

44 % de aire X = 33,19 % de CO2

16 % de CH4 12,07 % de CH4

36 % H2O X = 27,15 % de

Como sabemos que la entrada es igual a la salida: Entrada CH4

50 %

Aire

230 %

Salida CO2 H2O N2 O2

280 % 2.1.11.- Ejercicio Aplicación:

33,19 27,15 181,7 48,3

290, 34 %

(Secado)

Introducido a un secador de pulpa de papel, una pulpa húmeda contiene el 0,29 Tn de pulpa con el 71 % de humedad (agua), salen del sacador el 60 % del agua original. Se requiere calcular ¿Qué cantidad de pulpa seca salen y con qué humedad?

Pulpa húmeda

0,29

SECADOR

0,71 %

? Pulpa seca ?

60% del agua original E

Tenemos como base el agua eliminada de una misma corriente. H2O = (0,71 %) + (0,60 %) = 0,42 Tn Residuo = Entradas _ Pérdidas 0,284 Tn de agua = 0,71 % _ 0,42 Tn En otra forma, pese que permanece el 40 % del agua en la pulpa:

(0,40)

(0,72)

0,284 de Tn de agua

La composición de la pulpa es: Tn Pulpa seca Agua

0,29 0,284

50,5 49,5

0,574

100,oo

2.1.12.- Balance de materiales usando Técnicas Algebraicas: Cuando la información faltante corresponde a diferentes corrientes, entonces el método común para la resolución de los balances de material consiste en establecer el balance formal asignando letras o símbolos para la representación de las cantidades descocidos. Conviene hacer unos breves comentarios con respecto a la resolución de conjuntos y ecuaciones simultáneas. Si sólo se escribe dos o tres balances de materiales lineales, las variables desconocidas pueden obtenerse por sustitución. Si los balances de materiales consisten en muchas ecuaciones simultáneas; procedemos de la siguiente forma: a.- Ecuaciones Lineales independientes. Si se establecen m balances de materiales lineales, estos tomarán la siguiente estructura: a11x1 + a12x2 + … + aln xn

= b1

a21x1 + a22x2 + … + a2nxn = b2 am1x1 + am2x2 + … + amnxn = bn o con notación compacta de matrices: ax = b Donde x1, x2,…, xn, representa las variables desconocidas y aij y bi corresponden a constantes y variables conocidas. Ejemplos: Considérense los balances de masa de tres componentes: 0,50 (100) = 0,80 (P) + 0,005 (w) 0,40 (100) = 0,05 (P) + 0,925 (w) 0,10 (100) = 0,15 (P) + 0,025 (w) Con m ecuaciones y n variables desconocidas pueden existir tres casos: a. No existe valores de x que satisfaga la ecuación. b. Coexiste un solo valor de x que satisface la ecuación. c. Existe un número infinito de valores de x que satisfacen la ecuación. Considérese como ejemplo adicional un sistema de 10 ecuaciones con 16 incógnitas (m es menor que n), por lo que (n - m) = 6. Por consiguiente se debe especificar en alguita manera seis variables más para que el sistema resulte determinado. Supóngase ahora que se desea resolver n ecuaciones lineales independientes con n incógnitas:

. .

a11x1 + a12x2 + … + a1nxn = b1 a21x1 + a22x2 + … + a2nxn = b2 . ax = b an1x1 + an2x2 + … + amxn = bn

En general existen dos métodos para resolver la matriz anterior para x1, …, xn : técnicas de eliminación de aproximaciones sucesivas . Ambas se llevan acabo fácilmente con programas de computadoras. Ilustraremos el método de eliminación de Gasuss_Jordan. Las otras técnicas pueden encontrarse en libros sobre matrices, algebra lineal y análisis numéricos. La base fundamental del libro de Gauss_Jordan consiste en transformar la ecuación anterior en la siguiente, por medios de operaciones elementales. X1 + O

+ … + O =

b’ 1

O + x2 + … + O = b’ 2 . . . O + O +

… + xn = b’n

La ecuación anterior tiene una solución para x1, simple inspección de la expresión:

…, xn que pueden obtenerse con una

Para ilustrar las operaciones elementales se requiere, considérese el siguiente sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas: 1. 2. 3.

4x1 + 2x2 + x3 = 15 20x1 + 5x2 - 7x3 = 0 8x1 - 3x2 + 5x3 = 24

La matriz aumentada es: 4 20 8

2 5 -3

1 -7 5

15 0 24

Tómese el elemento a11 como pivote. Para que éste resulte 1 y los demás elementos de la primera columna sean cero. a. Réstese ( 20 / 4 ) ( Ec. 1 ) de la Ec. ( 2 ) b. Réstese ( 8 / 4 ) ( Ec. 1 ) de la Ec. ( 3 ), y c. Multiplíquese la Ec. ( 1 ) por 1 / 4 Para obtener:

1 0 0

½ -5 -7

¼ -12 3

15/4 -75 -6

(1ª) (2ª) (3ª)

Efectúese las siguientes operaciones elementales para que el elemento pivote a22 sea igual a 1 y los otros elementos de la segunda columna sean cero: a. Réstese (½) / -5 ( Ec. 2ª ) de la Ec. ( 1ª) b. Réstese (-7 / -5) (Ec. 2c) de la Ec. ( 3ª ) c. Multiplíquese la Ec. ( 2ª ) por ( 1 / - 5) Para obtener: 1 0 0

0 1 0

-19 / 20 12 / 5 99 / 5

-15 / 4 15 99

. Se realiza otras operaciones elementales, para obtener: 1 0 0

0 1 0

0 0 1

1 3 5

La solución del sistema de ecuaciones es: X1 = 1 X2 = 3 X3 = 5 b. Ecuaciones no lineales independientes: Los criterios usados para determinar si aun sistema lineal es determinado no pueden aplicarse a los sistemas de ecuaciones no lineales. Además la resolución del sistema de ecuaciones no lineales requiere usar código de computadora que puede no resolver el problema por diversas y varias razones. El problema a resolver puede escribirse como sigue: f1 ( X1………., Xn ) f2 ( X1……….. Xn ) . . . f3 ( X1………., Xn)

= 0 = 0 = f (X ) = 0 = 0

Los métodos generalizados se basan primeramente en la linearización de la ecuación anterior a x ( k ) para después despejar x ( k + 1 ) del sistema lineal mediante cálculos respectivos: a (x ( k) ) ( x ( k+1) - x ( k) )) + f ( x ( k ) ) = 0 Los métodos típicos son ( 1 ) Newton-Gauss-Jordan-Saidel. ( 2 ) sucesivos de Newton con comprensión. ( 3 ) Secantes sucesivas con comprensión. ( 4 ). Direcciones de secantes alternativas.

UN segundo enfoque consiste en minimizar la suma de los cuadrados de las ecuaciones individuales por medio de una técnica de minimización sin restricciones. Sí el balance de materiales es una ecuación no lineal, puede graficarse manualmente o utilizando un programa de computadora, para localizar la o las raíces, esto es, los puntos de intersección del eje horizontal. Si se tiene para resolver dos balances de materiales se grafican ambas ecuaciones para localizar los puntos de intersección. Al establecer un balance para cada componente para un sistema definido se obtienen ecuaciones independientes, ya salen lineales o no lineales. El balance total de masa puede reemplazar a uno de los balances de masa de componente. De la misma forma, balance total alrededor del sistema puede sustituir a uno de los balances de subsistema. 2.1.13.-Ejercicio de Aplicación:

(Destilación)

En la figura que sigue, se muestra una columna de destilación típica junto con al información conocida para cada corriente, calcular las libras de destilado por libra de alimentación y por libra de desperdicio. Límite del Sistema Condensador D

destilado 85 % EtOCH 15 % H2O

Columna de destilación F Alimentación 35 % EtCH 65 % H2O

W Desperdicio 5 % EtCH 95 % H2O

Solución: La inspección de la figura muestra que se conoce todas las composiciones, auque hay tres pesos desconocidos. Puesto que solo pueden escribir dos balances independientes, es necesario escoger un peso como base para poder proceder a una resolución algebraica. Base: 1,00 lb de alimentación Tipo de balance

Entradas = Salidas

Total EtCH H2O

1,00 = D + W 1,00 (0.85) = D (0.85) + W (0.05) 1,00 (0,65) = D (0,15) + W (0,95)

Resolviendo para D con W = (1,00 - D ) 1,00 ( 0.35 ) = D ( 0,85 ) + ( 1,00 - D ) ( 0,05) D = 0,375 lb / lb pies Puesto que W = 1 - 0,375 = 0,625 lb. D

0,375 =

0,60 lb =

0,625