Balances Combinados De Materia Y Energia

Balances Combinados de Materia y Energía En este tema cubriremos dos casos particulares de estos balances combinados: - Sistemas que pueden resolverse con un balance de materia previo – e independiente – del de energía, - Sistemas en que ambos balances deben resolverse simultáneamente, por estar acoplados. En una primera instancia veremos sólo sistemas en estado estacionario y monofásicos. En general para cualquier sistema o pieza especificada del mismo, la ley de conservación de masa suministra una serie completa de ecuaciones que incluyen: a) El balance de materia total; b) El balance de materia para cada componente o para cada especie atómica en caso de que se verifique una reacción química; c) El principio de conservación de la energía puede emplearse para obtener otra ecuación independiente en base total aunque nunca puede establecerse el balance de energía para cada componente. Como ya se mencionó anteriormente se requiere una ecuación independiente para cada variable desconocida. Muy frecuentemente el balance de energía proporciona el factor extra de información que permite lograr la solución de algún cálculo aparentemente insuperable utilizando sólo los balances de materia.

En cualquier sistema o pieza de equipo en condiciones estables se puede trazar un esquema del tipo: Salida de trabajo W A(lb) B(lb)

∆H

C (lb) D (lb)

Entrada de calor Q Este balance puede aplicarse por ej.: a una caldera, columna de destilación, reactor, secador, etc. Si: xi = fracción en peso de cada componente Hi = entalpía en BTU/lb con respecto a cierta temperatura de referencia Llamo 1, 2, 3, …, n a los componentes en cada corriente, Se pueden escribir los balances en forma algebraica: TOTAL: A+B=C+D Componente 1: xA1 A + xB1 B = xC1 C + xD1 D Componente 2: xA2 A + xB2 B = xC2 C + xD2 D ------------------------------------------------------------------Todos menos 1 son linealmente independientes

Además, establezco el balance de Energía total (ya sin tomar en cuenta los cambios de energía cinética y potencial): Q – W = (C HC + D HD) – (A HA + B HB) + ∆H Donde ∆H puede ser de disolución, superficial, etc., o ser nulo (caso mas frecuente). Para una situación mas compleja, donde interaccionan varias piezas o equipos, se puede esquematizar según: QII Límite para el balance en cada equipo

V II

D

R I F Y

Límite para el balance total III L QIII

Z

Aquí podemos hacer un Balance Total de Materia y uno para cada Componente PARA TODO EL SISTEMA y uno de Materia y uno para cada Componente PARA CADA EQUIPO. Como siempre, cada balance total de materia es igual a la suma de los de todos los componentes y el Total del Sistema (de materia o para cada componente) es la suma de los de los equipos. En la misma forma se puede plantear un Balance Total de Energía para todo el sistema y un Balance de Energía en cada equipo. El resumen de los balances planteables es: PROCESO COMPLETO Total: F=D+Z Componentes (I balances): FxFi = DxDi + ZxZi ˆ F = D ∆H ˆ D + Z ∆H ˆ Z + QII + QIII Energía: F ∆H PROCESO I Total: Componentes (I balances): Energía:

F+R+Y=V+L FxFi + RxRi + YxYi = VxVi + LxLi ˆ F + R ∆H ˆ R + Y ∆H ˆ Y = V ∆H ˆ V + L ∆H ˆL F ∆H

PROCESO II Total: Componentes (I balances): Energía: PROCESO III Total: Componentes (I balances): Energía:

V=R+D VxVi = RxRi + DxDi ˆ V = R ∆H ˆ R + D ∆H ˆ D + QII V ∆H

L=Y+Z LxLi = YxYi + ZxZi ˆ L = Y ∆H ˆ Y + Z ∆H ˆ Z + QIII L ∆H

La solución completa o parcial dependerá de la cantidad de información accesible.

Se necesita preconcentrar una solución de proteínas de soja que posteriormente se secará en un secador spray. Para ello se dispone de un concentrador de un solo paso calentado por vapor condensante, según el esquema siguiente: Vapor Fevap (kg/s) Vapor Fvap (kg/s)

Solución Fsol (kg/s)

Fracción de sólido xF in

Condensado Solución concentrada Fconc (kg/s) Fracción de sólido xF out

En una corrida particular se trabajó con Fsol = 1,3 kg/s

xF in = 0.15

Cpsol = 4,50 kJ/(kg°C) CALCULAR: Fconc

Tin = 37°C

Tevap = 102°C Fevap

xF out = 0.32

Fvap

SUPONER: El vapor condensa y no se subenfría La solución concentrada sale a 102°C λevap sol ≅ λvap agua = 2,322 106 J/kg BALANCES DE MATERIA Total: Fsol = Fconc + Fevap = 1,3 Sólidos en solución: xF in Fsol = xF out Fconc 0,15*1,3 = 0,32*Fconc --> Fconc = 0,609375 kg/s --> Fevap = 1,3 - Fconc = 1,3 - 0,609375 = 0,690625 kg/s

BALANCE DE ENERGIA Realizando las suposiciones habituales (que pueden no ser totalmente válidas, porque hay trabajo de cambio de volumen al generar el vapor): Q = ∆H Fvap λvap agua = Fsol Cpsol (Tevap – Tin) + Fevap λevap sol Fvap = Fsol Cpsol (Tevap – Tin) + Fevap λevap sol λvap agua Fvap = (1,3 * 4500 (102 – 37) + 0.690625 * 2,322 106) / 2,322 106 Fvap = 0,85438 kg/s

Una columna de destilación separa 10000 lb/h de una solución líquida a 70°F que contiene 40% de benceno y 60% de cloroformo. El producto líquido del domo de la columna tiene 99,5% de benceno mientras que el producto de fondos (corriente del recalentador) contiene 1% de benceno. El condensador usa agua, la cual entra a 60°F y sale a 140°F y el recalentador utiliza vapor de agua saturado a 280°F. La relación de reflujo R / P = 6. SUPONGASE QUE: - El recalentador y el condensador operan a 1 atm de presión; - La temperatura para el condensador es de 178°F y para el recalentador de 268°F; - La fracción de benceno determinada en el vapor del recalentador es de 3,9% en peso. DETERMINAR LO SIGUIENTE: - Las lb del producto de domo (destilado) y de producto de fondo por hora; - Las lb de reflujo por hora; - Las lb de líquido que entran al recalentador y de vapor procedente del mismo por hora; - Las lb de vapor de agua y de agua de enfriamiento por hora.

SOLUCION: Lo primero que debemos hacer es conseguir la información de entalpías y capacidades caloríficas y dibujar el diagrama del proceso. Después se plantean los balances de materia y energía (recordando que las corrientes de salida tienen la misma composición que las soluciones en el condensador o el recalentador). Los datos de Cp obtenibles son los siguientes: ˆ vap (BTU/lb) ∆H

Cp (BTU/(lb °F) Temperatura (°F)

ˆ vap ∆H

Cloroformo

Benceno

70

0,31

0,405

90

0,32

0,415

120

0,335

0,43

150

0,345

0,45

180

0,36

0,47

140

170

210

0,375

0,485

135

166

240

0,39

0,50

130

160

270

0,40

0,52

126

154

H2O (280°F) =

923 BTU/lb

Cloroformo

Benceno

Vt

60°F

B

W (agua) 140°F Qc (-)

R

A: Columna de destilación B: Condensador C: Recalentador

P (producto) 178°F 0,995 Benceno 0,005 Cloroformo

F 10000 lb/h 70°F 0,40 Benceno 0,60 Cloroformo

A Vb 0,039 Benceno L S (Vapor de agua saturado) 280°F

Base de cálculo: 10000 lb de F/h

B (fondos) 268ºF 0,01 Benceno 0,99 Cloroformo

C

Qs (+)

BALANCES DE MATERIA GLOBALES:

F = P + B Æ 10000 = P + B

Total:

Componentes (benceno): F xF = P xP + B xB Æ 10000*0,40 = P*0.995 + B*0.01 De estos dos balances: CONDENSADOR:

P = 3960 lb/h

B = 6040 lb/h

R/P = 6 Æ R = 23760 lb/h Vt = R + P = 23760 + 3960 Æ Vt = 27720 lb/h

RECALENTADOR: Total:

L = B + Vb --> L = 6040 + Vb

Componentes (benceno): L xL = B xB + Vb xVb -> L xL = 60,4 + Vb*0,039 Se tienen 3 incógnitas y sólo 2 ecuaciones independientes y no puede resolverse planteando nuevas ecuaciones para la columna, porque aparecerían igual número de incógnitas nuevas que de ecuaciones nuevas. Se deberá intentar resolver utilizando los balances de Energía.

BALANCES DE ENERGIA TOTAL: Si tomo 70°F como temperatura de referencia, elimino a la alimentación de los cálculos de Entalpía (∆HF = 0). Supongo soluciones ideales (H y Cp son aditivos). No existe ningún trabajo ni energía potencial o cinética. Q = ∆H 178

268

70

70

70

70

Q vapor + Q cond = ∆HP + ∆HB −∆HF = P ∫ Cp P dT + B ∫ Cp B dT − F ∫ Cp F dT 0 CANTIDAD DE AGUA DE ENFRIAMIENTO: Considero como Temperatura de referencia a 178°F, que es la de R y P; además supongo que el producto sale saturado del condensador (a la temperatura de ebullición): Si tomo como sistema al condensador y como alrededores al agua: ∆Hconden = Qconden ∆Hagua = Qagua y, puesto que Qsistema = -Qalrededores es

∆Hconden = - ∆Hagua ˆ vap ) = -W Cpagua (t2 – t1) = - Qagua = Qconden Vt (- ∆H

-27720 [0,995*170+0,005*140] = -W*1*[140-60] = - Qagua = Qconden Qconden = -4,71 106 BTU/h W = 5,89 104 lb agua/h

CANTIDAD DE VAPOR DE AGUA: Recordando que Q vapor + Q cond = ∆HP + ∆HB , 178

268

70

70

para hallar los ∆HP y ∆HB se deben hacer las integrales ∫ Cp P dT y ∫ Cp B dT que pueden realizarse gráficamente (por como están los datos), recordando que: CpP = 0,995 CpBe + 0,005 CpCl y CpB = 0,01 CpBe + 0,99 CpCl ; despejando se obtiene: Q vapor = ∆HP + ∆HB − Q cond y haciendo los cálculos da: Qvapor = 3960 lb/h (46,9 BTU/lb) + 6040 lb/h (68,3 BTU/lb) + 4,70 106 BTU/h Qvapor = 5,31 106 BTU/h = ∆HvapH2O (280°F) S = 923 BTU/lb S Æ S = 5760 lb vapor/h ∧

∧

∧

RECALENTADOR: Q vapor + L ∆ HL = Vb ∆ H Vb + B ∆ HB

ˆ L ) (ahora tengo 3 ecuaciones y 4 incógnitas). De nuevo incorporo otra incógnita ( ∆H Respecto a ésta última se puede aproximar que (la composición de) L se comporta como Cloroformo puro y que su temperatura es menos de 20°F menor que los 268°F de Vb y B. ˆ L es Al realizar los cálculos se ve que estas aproximaciones no tienen importancia porque ∆H irrelevante.

Entonces hago el balance usando 268°F como referencia y obtengo una ecuación que vincula L con Vb, que me permite resolver el balance de materia en el recalentador. Ese balance quedará como: 5,31 106 BTU/h + L(lb)(0,39 BTU/(lb°F)*20°F) = Vb[0,99*126 BTU/lb+0,01*154 BTU/lb] + 0 5,31 106 – 7,8 L = 126,3 Vb (y recordando que del balance de materia L = 6040 + Vb) es Vb = 39300 lb/h L = 45340 lb/h Si no hubiera tomado en cuenta el cambio de Entalpía de L (el término en rojo valdría 0) y Vb = 42100 lb/h (con una diferencia del 7,1%). Como consideré una diferencia de 20°F, cada grado de error en la temperatura me da un error del 0,35% en Vb (muy pequeño).

PROBLEMAS EN LOS QUE INTERVIENEN CONSTANTES DE EQUILIBRIO 1) Los gases provenientes de un quemador de S pasan a un convertidor en el que el SO2 presente se oxida catalíticamente a SO3 de acuerdo a la reacción: SO2 + ½ O2 ↔ SO3. ¿Qué cantidad de calor debe de eliminarse del convertidor por hora con el fin de obtener una conversión del 95% de SO2 en las condiciones que se indican en la figura? (Supóngase que el convertidor es suficientemente grande como para que los gases que salgan del mismo estén en equilibrio termodinámico; es decir que las presiones parciales cumplen la condición de equilibrio Kp = pSO3 / (pSO2 pO21/2)

d

SO2 = 7,8 kgmol/h O2 = 10,8 kgmol/h N2 = 81,4 kgmol/h

Gas rico en SO3 p2 = 1,00 atm ¿T2?

Líquido refrigerante

c T1 = 440°C p1 = 1,05 atm Los valores aproximados de Kp para esta reacción son: Temperatura (K) Kp (atm-1/2)

600 9500

700 880

798 70

800 69,5

900 9,8

Componente SO2 SO3 O2 N2

~ ∆Hio (cal/gmol) -70960 -94450 0 0

CPi(medio) desde 25°C hasta 440°C 525°C 11,05 11,25 ---15,88 7,45 7,54 7,12 7,17 TOTAL

(wi Hi)e (kcal/h) -517720 0 33390 240520 -243810

(wi Hi)s (kcal/h) -25480 -641040 26730 291820 -347970

SOLUCION: Dividiremos el problema en dos partes: Aplicar primero el balance de materia y la expresión de equilibrio para hallar la Ts y utilizar después el balance de energía para determinar la cantidad de calor que es preciso eliminar. Determinación de Ts: Los balances de materia deben tener en cuenta la reacción química. Son del tipo: ws,i = we,i + Ri y recordando que por estequiometría RSO3 = –RSO2 = -2RO2 y sabiendo que tengo conversión del 95% del SO2: Ws,SO2 = 7,80 – 0,95 * 7,80 = 0,39 kgmol/h Ws,SO3 = 0 + 0,95 * 7,80 = 7,41 kgmol/h Ws,O2 = 10,80 – 0,5 * 0,95 * 7,80 = 7,09 kgmol/h Ws,N2 = We,N2 = 81,40 kgmol/h Ws = 96,29 kgmol/h

De: Kp =

p SO3 x SO3 = p SO2 p1O/ 22 x SO 2 x1O/ 22 p1/ 2

7,41 96,29 = 1/ 2 0,39 7,09 11/ 2 96,29 96,29

(

)

Kp = 70 atm-1/2 Æ De la tabla: Ts ≅ 525ºC = 798ºF BALANCE DE ENERGIA: - Considero despreciables las variaciones de Energía Cinética y Potencial con respecto a las de Entalpía. - Puedo suponer que los gases se comportan como ideales, es decir que para cada constituyente la Entalpía es sólo función de la temperatura (no hay calor de mezcla). El balance macroscópico queda: ~ ~ ~  = ∆ (H Q w ) = ∑ w s,i∆Hs,i − ∑ w e,i∆He,i i

i

~ ~ ~ Para las Entalpías es: ∆Hi = ∆Hio + (Cpi ) (T − To ) ~ ~ ∆Hio es la Entalpía estándar de formación a 25ºC y Cpi el valor medio del Cp en el intervalo 25 – T.

Aplicando con Te = 440ºC y Ts = 525ºC obtengo los valores tabulados. Por ejemplo: Para SO2 en la entrada: ~ ∆He,SO 2 = -70960 cal/gmol + 11,05 cal/(gmol ºC)* (440ºC – 25ºC) = - 66360 cal/gmol ~ w e,So 2 ∆He,SO 2 = 7,8 kgmol/h * (-66360 cal/gmol) * 1000 gmol/kgmol * 1kcal/1000 cal = ~ w e,So 2 ∆He,SO 2 = -517720 kcal/h Realizando la cuenta total tengo:  = (-25480 – 641040 + 26730 + 291820) – (-517720 + 0 + 33390 + 240520) Q  = -104160 kcal/h Q

O sea, la reacción es exotérmica y debo retirar ese calor del sistema. --------------------------------------------------------------

OPERACIÓN ADIABATICA DE FLASH La vaporización súbita o flash es un proceso muy frecuente en destilación de productos de petróleo. Puede ser isotérmica, adiabática, con formación de 1 o mas fases líquidas, etc. En el ejemplo se considera un caso adiabático V ~ ∆H V F ~ ∆HF

zi

yi Vapor

Líquido L ~ ∆HL

xi ~ ~ ~ donde ∆HF , ∆H V , ∆HL son las Entalpías por mol de la Alimentación, Vapor y Líquido.

Aplicando el Balance Total de Energía (con las suposiciones habituales y recordando que el sistema ~ es adiabático): Q = ∆H = ∑ mi ∆Hi = 0 i

~ ~ ~ F ∆HF = V ∆H V + L ∆HL

Si defino: α = V / F (fracción que se volatiliza): V = α F ~ ~ ~ F ∆HF = α F ∆H V + (1 - α) F ∆HL ~

L = (1 - α) F

~ ~ ~ O sea: ∆HF = α ∆H V + (1 - α) ∆HL

~

Si ∆H V ,i y ∆HL,i son las Entalpías molares de cada compuesto en cada fase, y las Entalpías de cada fase son funciones exclusivas de la temperatura (no hay calor de mezcla) es: ~ ~ ∆HL = ∑ x i ∆HL,i (0) i

~ ~ ∆ H V = ∑ y i ∆ H V ,i

(0´)

i

Recordemos que yi / xi = Ki (1) que es normalmente f(p,T); en este caso consideraremos que los Ki son independientes de la composición. Del Balance de Materia para cada componente: F zi = α yi F + (1 - α) xi F zi = α yi + (1 - α) xi = α Ki xi + (1 - α) xi = xi (α Ki + 1 - α) (2) zi = α yi + (1 - α) xi = α yi + (1 - α) yi / Ki = yi (α + (1 - α) / Ki) (3)

De (2) y (3): x i =

zi (2´) (α K i + 1− α )

yi =

zi zi Ki = (α + (1− α ) / K i ) (α K i + 1− α )

(3´)

Como en el equilibrio es Σxi - Σyi = 0 por valer ambas 1, se pueden armar dos ecuaciones que dependen de α y T y que deben valer 0 en el equilibrio: ~ ~ ~ ∆HF − α ∆H V − (1−α )∆HL f1 (α , T ) = 1000 N

N

N

1

1

1

f2 (α , T ) = ∑ x i − ∑ yi = ∑

(4)

z i (1−K i ) (5) 1+ α (K i −1)

y se va calculando por iteración hasta que ambas ecuaciones valgan 0 a menos que una cota prefijada. El procedimiento es el siguiente: 1) Elijo una T de partida ~ ~ 2) Calculo los ∆H V ,i , ∆HL ,i y Ki (sólo f(T)) 3) Despejo α de (5) 4) Calculo los xi e yi de (2´) y (3´) ~ ~ 5) Normalizo las Σxi y Σyi y calculo los ∆H V y ∆HL según (0) y (0´) 6) Calculo f1(α,T) según (4) 7) Si | f1(α,T) | ≤ cota está resuelto 8) Paso a la temperatura siguiente

Normalmente se parte de una temperatura mas baja que la de equilibrio (por ejemplo: la de ebullición del compuesto más volátil) y se va aumentando en cada iteración por un valor ∆T, compatible con la precisión deseada, hasta hallar la T buscada. Esto se puede hacer también siguiendo para cada cálculo el valor de f1(α,T) porque cambia de signo cuando se alcanza la T deseada. Para casos mas complicados, en los que los Ki son también f(zi) o de formación de dos fases líquidas, la solución es similar en su planteo, pero difieren los cálculos.

Ejemplos que involucran estados no estacionarios o inestables o transitorios Normalmente hemos visto sistemas que estaban en estado uniforme, es decir, en los que no había término de acumulación. Sin embargo, hay una gran cantidad de procesos en que las cantidades o condiciones de operación cambian con el tiempo. A esos sistemas se los llama como de estado no estacionario o inestable o transitorio. Son mucho mas complicados de estudiar, pero involucran a la puesta en marcha de cualquier equipo o proceso y, además, a aquellos que se llevan a cabo en estado intermitente. Como siempre, nos ocuparemos de los casos mas sencillos, para mostrar como se plantean los balances y se resuelven las ecuaciones resultantes. En un problema que sea físicamente muy complicado, los balances pueden plantearse con distinto grado de minuciosidad y profundidad. Por ejemplo, los balances de materia y energía pueden abordarse como: - Balances moleculares y atómicos; - Balances microscópicos; - Balances de gradiente múltiple; - Balances de gradiente máximo; - Balances macroscópicos. Hay – obviamente – un orden decreciente de detalle al pasar del primero al último.

El Balance macroscópico no trata en detalle nada de lo que ocurre dentro del sistema, sino que realiza un balance sobre todo el proceso, quedando el tiempo como variable diferencial independiente. Las variables dependientes, como presión, temperatura o composición, no aparecen como variables de posición, sino que representan promedios totales en el volumen del sistema. Para ello se supone que el mezclado del sistema es completo y las condiciones a la salida son iguales a las del interior del sistema. Los balances se plantean generalmente en un intervalo de tiempo ∆t y se calculan entre t y t+∆t. Los balances a plantear son los ya conocidos: Materia (Total): m t + ∆t − m t = ∆m = (∑ w q )∆t + (∑ w n )∆t y, expresado en función de densidad, volumen, velocidades y áreas: G

G

ρV t + ∆t − ρV t = ∑ ρ v S ∆t e − ∑ ρ v S ∆t s + (∑ w n )∆t

Materia (Componentes): mi t + ∆t − mi t = ∆mi = (∑ w q,i )∆t + (∑ w n,i )∆t + R i ∆t ρ i V t + ∆t − ρ i V t = ∑ ρ i v S ∆t e − ∑ ρ i v S ∆t s + (∑ w n,i )∆t + R i ∆t G

G

⎛  v2 ⎞ ⎛  v2 ⎞  (m ) ∆ t  ∆t + Q ⎜ ⎟ ⎜ Energía: E t + ∆t − E t = ⎜ H + + g z ⎟ w ∆t − ⎜ H + + g z ⎟⎟ w ∆t + Q ∆t − W 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ e s

Acumulación

Transporte por los límites del sistema

Calor Trabajo Otros

Este tipo de ecuaciones puede reordenarse y, dividiendo por ∆t, hallar su límite con ∆tÆ0, y se obtienen: lim ∆t → 0

lim ∆t → 0

ρV t + ∆t − ρV t ∆t

=

ρ i V t + ∆t − ρ i V t ∆t

⎞ ⎛ G d( ρV ) = − ∆ ⎜⎜ ∑ ρ q v q S q ⎟⎟ + (∑ w n ) dt ⎠ ⎝q =

⎞ ⎛ G d( ρ i V ) = − ∆ ⎜⎜ ∑ ρ i v q S q ⎟⎟ + (∑ w n,i ) + R i dt ⎠ ⎝q

⎛  v2 ⎞ dE  −W  (m) , +Q = − ∆ ⎜⎜ H + + g z ⎟⎟ w + Q dt 2 ⎝ ⎠

donde el balance general de Energía empleado

anteriormente es sólo la integral de esta ecuación. Será en muchos casos complicado hallar las expresiones de los términos que hay dentro de estos balances y también después resolver la ecuación diferencial obtenida. Normalmente se plantea el balance como en las condiciones uniformes y se trata de explicitar y simplificar o agrupar – en lo posible – la ecuación diferencial.

Normalmente, la variable independiente es el tiempo. Habrá necesidad de tantas ecuaciones como variables dependientes. VEREMOS DOS PROBLEMAS MUY SIMPLES, A MODO DE EJEMPLO DE CÓMO SE PLANTEAN Y RESUELVEN ESTOS SISTEMAS: 1) Un tanque contiene inicialmente 100 gal de una solución de sal en agua, en la cual se encuentran disueltas 4lb de sal. Comienza a entrar agua al tanque a razón de 5 gal/min y a salir solución del mismo con igual caudal. Si el mezclado en el tanque es satisfactorio para mantener uniforme la concentración de sal todo el tiempo: ¿Qué cantidad de sal quedará en el tanque al final de 50 min? No tomar en cuenta cambios de la densidad del agua o de la solución a causa de la variación de la concentración. 1) Se traza el diagrama del proceso

A: 5 gal/min H2O pura (0 lb de sal)

100 gal (4,0 lb de sal)

B: 5 gal/min Solución (¿ lb de sal?)

2) Se escogen la variable independiente y la/las variable/s dependiente/s. El tiempo es obviamente la primera y la cantidad de sal en el tanque o su concentración, la variable dependiente. A) Llamo x = cantidad de sal en el tanque al tiempo t 3) Condición inicial: t = 0 Æ x0 = 4 lb 4) Balance de materia para la sal y el agua: Balance de agua: Acumulación = 0 H2 O(lb) t + ∆t − H2 O(lb) t = 0 Balance de sal: Acumulación = entrada – salida x t + ∆ t − x t = 0 − ρ s ( v s S) ∆ t = −

x (B) ∆t = − 0,05 x ∆t 100

d(x ) = − 0,05 x dt ∆t d(x ) = − 0,05 x 5) Integro el balance para la sal: dt

Æ lim ∆t → 0

x t + ∆t − x t

=

t = 0 x = 4,0 t = 50 x = ¿? x

50 dx = − 0,05 ∫ dt ∫ x 4 ,0 0

⎛ x ⎞ ⇒ ln⎜ ⎟ = − 2,5 ⎝ 4,0 ⎠

⇒

x = e − 2,5 ⇒ x = 4,0 e − 2,5 = 0,328 lb de sal 4,0

B) Llamo ρsal = concentración de sal en el tanque al tiempo t 3) Condición inicial: t = 0 Æ ρsal o = 4 / 100 = 0,04 lb sal / gal 4) Balance de materia para la sal y el agua: Balance de agua: Acumulación = 0 H2 O(lb) t + ∆t − H2 O(lb) t = 0 Balance de sal: Acumulación = entrada – salida G d( ρ sal V ) = 0 − ρ sal v S s + 0 = − 5 ρ sal dt

como V = 100 ⇒

dρ sal dρ sal = − 0,05 ρ sal ⇒ = − 0,05 t ρ sal dt

5) Integro el balance para la sal: A t = 0 ρsal o = 0,04 lb sal / gal . Integro y obtengo: ρ sal

ln( ρ sal ) 0,04 = − 0,05 t ]50 0 = − 2,5

⇒ ρ sal = 0,04 e − 2,5 = 0,00328 lb sal / g

2) Un ejemplo más complicado, que incluye una cinética, es el siguiente: Un compuesto se disuelve en agua a una velocidad proporcional a la cantidad de material sin disolver y a la diferencia entre la concentración de la solución saturada y la concentración de la solución real a cualquier tiempo. La solución saturada del compuesto contiene 40g soluto/100 g de agua. En cierta prueba experimental que se inició con 20 lb del compuesto sin disolver, en 100 lb de agua, se encontró que 5 lb se disolvieron en 3 h. Si la prueba continua ¿Cuántas lb del compuesto permanecerán sin disolver después de 7 h? 1) Esquema del proceso: Es un sistema cerrado. No aporta ninguna información útil. 2) Se escogen la variable independiente y la/las variable/s dependiente/s. El tiempo es obviamente la primera y la cantidad de material sin disolver (en el recipiente), la variable dependiente. Llamo x = lb del compuesto sin disolver al tiempo t. 3) Condición inicial: t = 0 Æ x0 = 20 lb 4) Balance de materia: A cualquier tiempo la concentración de la solución vale: (20 – x) / 100 (lb compuesto disuelto / lb agua).

De acuerdo al enunciado del problema, la expresión de la velocidad de disolución Rsal es: ⎛ 40 lbcomp. (20− x ) lbcomp. ⎞ ⎛ (20+ x ) lbcomp. ⎟⎟ = k (x[lb]) ⎜⎜ R sal (lb / h) = k (x[lb]) ⎜⎜ − 100 lbagua ⎠ ⎝ 100 lbagua ⎝ 100 lbagua

⎞ ⎟⎟ ⎠

El balance para el compuesto sin disolver vale: Acumulación = Entrada - Salida + Generación

dx ⎛ (20+ x ) ⎞ =0−0+ k x ⎜ ⎟ dt ⎝ 100 ⎠ tienen solución exacta:

⇒

dx k dt = . Esta expresión se separa en dos integrales que x(20+x ) 100

k dt dx dx − = . (20+ x ) 5 dt

Se puede integrar sabiendo que: t0 = 0 Æ x0 = 20 lb

t1 = 3 Æ x1 = 15 lb

Y no sabemos para: t2 = 7 Æ x2 = ¿ lb ? El valor de la cantidad de compuesto sin disolver al tiempo intermedio sirve para evaluar (o eliminar) el valor de k, que es desconocido. Si integro entre t = 0 y t = 3: 15 dx

15

dx k3 − ∫ = ∫ dt ∫ x x + 20 50 20 20

15

⇒

k 3 ⎡ x ⎤ [t ]0 ln⎢ = ⎣ x + 20 ⎥⎦ 20 5

⇒

k = − 0,257

El valor negativo de k indica que el compuesto sin disolver (x) disminuye su cantidad con el tiempo (se disuelve). Ahora puedo conocer el valor de x (x2) al tiempo t2 = 7. Hago las mismas integrales entre t = 0 y t = 7 (desconozco el límite superior de integración de x (x2)): ⎡ x2 ⎤ ln⎢ ⎥ = − ln(0,5) ≅ − 0,3598 + x 20 ⎣ 2 ⎦

x2 = e − 1,0529471 = 0,348908 x 2 + 20 ⇒

0,651092 x 2 = 6,97816

x2 = 10,717 lb

⇒

⇒

⇒

⎡ x2 ⎤ ln⎢ ⎥ = − 0,3598 − 0,6931471 = − 1,0529471 x + 20 ⎣ 2 ⎦

x 2 = 0,348908 (x 2 + 20 )