Balance de Materia (Sistema con reacciones), Guías, Proyectos, Investigaciones de Ingeniería Química

¡Descarga Balance de Materia (Sistema con reacciones) y más Guías, Proyectos, Investigaciones en PDF de Ingeniería Química solo en Docsity!

BALANCE DE MATERIA

GUÍA TERCER PARCIAL

Balances de materia con reacción química en sistema estacionario

Los procesos químicos tienen comúnmente reacciones de por medio, por lo que el balance general tipo Entrada = Salida no funciona en estos casos. Cuando se trata con un proceso donde hay reacción química y esta se encuentra en estado estacionario, el balance general se define como: Entrada - Salida + Generación - Consumo = 0 Para realizar los balances, es necesario trabajar con moles, ya que estos se usarán para realizar los cálculos necesarios para obtener información importante como reactivo limitante, porcentaje de exceso, etc. Repasando algunos conceptos básicos de estequiometría, se utilizan algunas ecuaciones que proporcionan información, o bien, es la solicitada dependiendo del caso: 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖ó𝑛 (𝑓) = 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑖 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑎𝑙𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑖 𝐸𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 (𝐸) = 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑎𝑙𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑖−𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑖 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑖 Ejemplo : Considere la reacción: C 4 H 8 + O 2 → CO 2 + H 2 O a) Balancee la ecuación estequiométrica b) ¿Cuál es la relación estequiométrica de H 2 O y O 2? c) ¿Cuántos moles de O 2 reaccionan para formar 400 mol de CO 2? d) Se alimentan 100 mol/min de C 4 H 8 al reactor y 50% reacciona. ¿Cuál es la velocidad de formación del agua? Solución: Se balancea la ecuación química utilizando el método del tanteo. Si es necesario, puede dar un repaso en GUIA QUIMICA PT.2 (1).pdf. C 4 H 8 + 6 O 2 → 4 CO 2 + 4 H 2 O

𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑖 = ξ · |𝐶𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑒𝑞𝑢𝑖𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒 𝑖 (υ 𝑖

𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑜𝑏𝑡𝑒𝑛𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑖 = ξ · |𝐶𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑒𝑞𝑢𝑖𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒 𝑖 (υ 𝑖

𝑓,𝑖

𝑜,𝑖

• ∑ υ 𝑖𝑗 ξ 𝑗 El grado de avance de reacción cuantifica la variación de la cantidad de especies químicas que intervienen en una reacción. Ejemplo 1 : La oxidación del etileno para producir óxido de etileno ocurre según la ecuación: 2 C 2 H 4 + O 2 → 2 C 2 H 4 O La alimentación al reactor contiene 100 kmol de C 2 H 4 y 100 kmol de O 2 a) ¿Cuál es el reactivo limitante? b) ¿Cuál es el porcentaje de exceso del otro reactivo? c) Si la reacción procede hasta completarse, ¿cuánto quedará del reactivo en exceso, cuánto C 2 H 4 O se formará y cuál es el grado de avance de la reacción? d) Si la reacción procede hasta un punto donde la fracción de conversión del reactivo limitante es 50%, ¿cuánto quedará al final de cada reactivo y producto, y cuál es el grado de avance de la reacción? e) Si la reacción procede hasta un punto donde quedan 60 kmol de O 2 , ¿cuál es la fracción de conversión de C 2 H 4? ¿Y la del O 2? ¿Y el grado de avance de la reacción? Solución: Para saber cuál es el reactivo limitante, se tiene que tomar en cuenta que los moles escritos en las reacciones (coeficientes estequiométricos), son considerados como moles teóricos, y a partir de ello se hace una relación estequiométrica para hacer la siguiente comparación: Si se determina que: Rendimiento teórico de i > Rendimiento real de i La sustancia i es el reactivo limitante

Para el rendimiento teórico, se dividen los coeficientes de los reactivos, donde la sustancia de interés es la que se encuentra en el numerador: Rendimiento Teórico = = 2 2 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐶2𝐻 1 𝑚𝑜𝑙 𝑂 Rendimiento Real = = 1 100 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐶2𝐻 100 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑂 Rendimiento Teórico > Rendimiento Real (Para C 2 H 4 ) El reactivo limitante es C 2 H 4 Para el inciso b), se realiza una relación estequiométrica entre el etileno y el producto, ya que el etileno es el reactivo limitante. En este caso: 2 kmol C 2 H 4 → 2 kmol C 2 H 4 O 100 kmol C 2 H 4 → x kmol C 2 H 4 O x = 100 kmol C 2 H 4 O Por lo que para el oxígeno: 1 kmol O 2 → 2 kmol C 2 H 4 O x mol O 2 → 100 mol C 2 H 4 O x = 50 kmol O 2 (reaccionados) Se obtiene el exceso: 𝐸𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 = 100− 50 = 1 La fracción de exceso para el oxígeno es de 1 Para el inciso c), se obtuvo la siguiente información realizando el procedimiento del inciso b): 50 kmol de O 2 restantes 100 kmol C 2 H 4 O obtenidos Se obtiene el grado de avance para cada especie: Para C 2 H 4 :

ξ = 40 𝑘𝑚𝑜𝑙 |−1| = 40 𝑘𝑚𝑜𝑙 Se obtiene la fracción de conversión del oxígeno: 𝑓 = 40 100 = f = 0.4 (O 2 ) Se obtienen los moles reaccionados de etileno: nrxn,C2H4 = (40 |-2|) = 80 kmol· 𝑓 = 80 100 = f = 0.8 (C 2 H 4 ) Ejemplo 2 : La cloración del metano se produce mediante la siguiente reacción: CH 4 + Cl 2 → CH 3 Cl + HCl Se le pide que determine la composición del producto si la conversión del reactivo limitante es 67%, y la composición de alimentación en porcentaje molar es 40% CH 4 , 50% Cl 2 y 10% N 2 Solución: Se dibuja el diagrama de flujo con una base de alimentación de 100 mol: Se escribe la tabla de balances. Ya que se está trabajando con un sistema reactivo, la tabla quedaría de la siguiente manera (con la información proporcionada):

Especie x 1 n 1 υ 𝑖 ξ x 2 n 2 CH 4 0.4 40 - Cl 2 0.5 50 - N 2 0.1 10 - CH 3 Cl - - + HCl - - + TOTAL 1 100 - 1 Los productos inertes que se alimentan en los reactores al no participar en la reacción, se aplica el balance Entrada = Salida. En este caso, el nitrógeno es el producto inerte, por lo que salen 10 moles de N 2. Se nos da el factor de conversión del reactivo limitante, pero primero es necesario determinar dicho reactivo. Para ello se realiza lo siguiente: Rendimiento Teórico (CH 4 ) = 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻 4 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑙 2 = 1 Rendimiento Real (CH 4 ) = 40 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻 4 50 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑙 2 = 0. 8 Rendimiento Teórico CH 4 > Rendimiento Real CH 4 Por lo tanto, el metano es el reactivo limitante Se obtienen los moles reaccionados del metano:

1. 67 = 𝑛𝑟𝑥𝑛,𝐶𝐻 40 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻 4 nrxn,CH4 = 26.8 mol CH 4 Con esta información se puede obtener el grado de avance: ξ = 26.8 mol

|−1| = Se llena la tabla con la información obtenida:

Especie x 1 n 1 υ 𝑖 ξ x 2 n 2 CH 4 0.4 40 - 26.8 mol

Cl 2 0.5 50 -1 0.232 23. N 2 0.1 10 - 0.1 10 CH 3 Cl - - +1 0.268 26. HCl - - +1 0.268 26. TOTAL 1 100 - 1 100 Para comprobar que el balance se realizó correctamente, se utiliza el balance general: Entrada - Salidas + Generación - Consumo = 0 Donde: Entrada = 100 mol Salidas = 100 mol Generación = 26.8 2 = 53.6 mol· Consumo = 26.8 2 = 53.6 mol· Se realiza la comprobación: 100 - 100 + 53.6 - 53.6 = 0 El balance se realizó correctamente Se puede realizar la comprobación para todos los sistemas reactivos estacionarios. Ejemplo 3 : En el proceso Deacon para fabricar cloro se hacen reaccionar HCl y O 2 para formar Cl 2 y H 2 O. Se alimenta suficiente aire (21% mol O 2 y 79% mol N 2 ) para dar 35% de oxígeno en exceso y la fracción de conversión del HCl es 85%. Estime las fracciones molares de los productos. Solución: Se plantea y balancea la reacción que describe el problema:

4 HCl + O 2 → 2 Cl 2 + 2 H 2 O Se dibuja el diagrama de flujo: Al no tener ningún dato con respecto al sistema, se propone una base de cálculo, donde los moles alimentados de oxígeno sean 50 mol. Utilizando la fracción de exceso de oxígeno se obtiene que:

1. 35 = 50−𝑛𝑟𝑥𝑛,𝑂 𝑛𝑟𝑥𝑛,𝑂 0.35nrxn,O2 = 50 - nrxn,O nrxn,O2 = 37.04 mol Se escribe la tabla de balances: Especie x 1 n 1 υ 𝑖 ξ^ x 2 n 2 HCl - O 2 50 - N 2 - Cl 2 - - + H 2 O - - + TOTAL 1 - 1 Se obtiene el grado de avance de reacción utilizando los moles reaccionados de O 2 : ξ =

|−1| = 37. 04 𝑚𝑜𝑙

Especie x 1 n 1 υ 𝑖 ξ x 2 n 2 HCl 0.42 174.30 -

O 2 0.12 50 -

N 2 0.46 188.09 -

Cl 2 - - + H 2 O - - + TOTAL 1 412.39 - 1 Se obtienen los moles finales de cada especie alimentada: nf,HCl = 174.3 - 148.16 = 26.14 mol nf,O2 = 50 - 37.04 = 12.96 mol nf,N2 = 188.09 mol (N 2 es inerte, por lo que sale la misma cantidad) nCl2 = |2| 37.04 = 74.08 mol· nH2O = |2| 37.04 = 74.08 mol· Teniendo la información de todas las especies de salida, se determina el total de moles que sale del reactor y las fracciones molares para completar la tabla de balance: Especie x 1 n 1 υ 𝑖 ξ x 2 n 2 HCl 0.42 174.30 -

O 2 0.12 50 -1 0.03 12.

N 2 0.46 188.09 - 0.5 188.

Cl 2 - - +2 0.2 74. H 2 O - - +2 0.2 74. TOTAL 1 412.39 - 1 375. Se realiza la comprobación usando el balance general: Entrada - Salida + Generación - Consumo = 0 412.39 - 375.35 + 148.16 - 185.2 = 0

Reacciones múltiples, rendimiento y selectividad

En muchos de los procesos químicos, se ponen en contacto ciertos reactivos para formar un producto de interés y en una sola reacción. Lamentablemente en muchos casos los reactivos llegan a combinarse en más de una forma, y el producto al formarse, puede llegar a reaccionar para dar un producto indeseable. Un ejemplo es la deshidrogenación de etano para formar etileno: C 2 H 6 → C 2 H 4 + H 2 El hidrógeno formado reacciona con el mismo etano para formar metano: C 2 H 6 + H 2 → 2 CH 4 Además de que el etileno puede llegar a reaccionar con el etano formando propileno y metano: C 2 H 6 + C 2 H 4 → C 3 H 6 + CH 4 En este caso el producto deseado es el etileno, sin embargo como se mostró, parte del etano reacciona para dar productos indeseados. El ingeniero que diseña el reactor se encarga de maximizar el producto deseado y minimizar el/los productos indeseados de las reacciones secundarias. Los términos que ayudan a describir en qué grado predomina la reacción deseada son: 𝑆𝑒𝑙𝑒𝑐𝑡𝑖𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑 (𝑆 𝑖

𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒𝑠𝑒𝑎𝑑𝑜 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑠𝑒𝑎𝑑𝑜 𝑅𝑒𝑛𝑑𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 = 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒𝑠𝑒𝑎𝑑𝑜 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 ℎ𝑢𝑏𝑖𝑒𝑟𝑎𝑛 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜 𝑠𝑖 𝑛𝑜 ℎ𝑢𝑏𝑖𝑒𝑟𝑎𝑛 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑎𝑠 𝑦 𝑠𝑖 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟𝑎 Ejemplo 1 : Metano y oxígeno reaccionan en presencia de un catalizador para dar formaldehído. En una reacción paralela, el metano se oxida a dióxido de carbono y agua: CH 4 + O 2 → HCHO + H 2 O CH 4 + 2 O 2 → CO 2 + 2 H 2 O

nf,CH4 = n0,CH4 - ξ - 𝐼 ξ 𝐼𝐼 nf,O2 = n0,O2 - ξ - 𝐼 ξ 𝐼𝐼 nHCHO = ξ 𝐼 nH2O = ξ + 2 𝐼 ξ 𝐼𝐼 nCO2 = ξ 𝐼𝐼 Se sabe que el rendimiento se define por: 𝑅𝑒𝑛𝑑𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 = 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒𝑠𝑒𝑎𝑑𝑜 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 ℎ𝑢𝑏𝑖𝑒𝑟𝑎𝑛 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜 𝑠𝑖 𝑛𝑜 ℎ𝑢𝑏𝑖𝑒𝑟𝑎𝑛 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑠𝑒𝑐𝑢𝑛𝑑𝑎𝑟𝑖𝑎𝑠 𝑦 𝑠𝑖 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟𝑎 En este caso, ambos reactivos se agotan al mismo tiempo (si solo existiera la reacción principal), por lo que tanto el oxígeno como el metano son reactivos limitantes. Suponiendo que los 50 moles de metano hubieran sido gastados en formar solamente formaldehído y sabiendo que la relación es 1:1, se realiza lo siguiente: 1 mol CH 4 → 1 mol HCHO 50 mol CH 4 → x mol HCHO x = 50 mol HCHO producidos si todo el reactivo limitante se gastara y no existieran reacciones secundarias de por medio Sabiendo también el rendimiento de la formación de formaldehído, se obtienen los moles que se obtuvieron realmente:

1. 855 = 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐻𝐶𝐻𝑂 50 𝑚𝑜𝑙 𝐻𝐶𝐻𝑂 nHCHO = 42.75 mol Observando las ecuaciones planteadas de grado de avance de cada especie, se sabe que: nHCHO = ξ 𝐼 Por lo que: ξ = 42.75 mol 𝐼 Se obtienen los moles reaccionados de metano sabiendo su factor de conversión:

𝑛𝑟𝑥𝑛,𝐶𝐻 50 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻 4 nrxn,CH4 = 45 mol Utilizando la ecuación de grado de avance para el metano: nf,CH4 = n0,CH4 - ξ𝐼 - ξ𝐼𝐼 Es el equivalente a: nrxn,CH4 = ξ + 𝐼 ξ 𝐼𝐼 Por lo que: 45 = 42.75 + ξ 𝐼𝐼 ξ = 2.25 mol 𝐼𝐼 Se obtienen los moles de cada especie en la corriente de salida: nf,CH4 = 50 - |-1| 42.75 - |-1| 2.25 = 5 mol· · nf,O2 = 50 - |-1| 42.75 - |-2| 2.25 = 2.75 mol· · nHCHO = 42.75 mol nCO2 = 2.25 mol nH2O = |1| 42.75 + |2| 2.25 = 47.25 mol· · Con esta información, se llena la tabla de balances: Especie (^) x 1 ṅ 1 υ 𝑖 ξ 𝐼 υ 𝑖 ξ 𝐼𝐼 x 2 ṅ 2 CH 4 0.5 50 -

O 2 0.5 50 -1 -2 0.03 2.

HCHO - - +1 - 0.43 42.

H 2 O - - +1 +2 0.47 47.

CO 2 - - - +1 0.02 2.

TOTAL 1 100 - - 1 100

Se obtiene la selectividad:

2n0,O2 = 2nf,O2+nHCHO+nH2O+2nCO Se sustituyen los valores que si se tienen: 50 = nf,CH4+ nHCHO+ nCO 4(50)= 4nf,CH4+ 2nHCHO + 2nH2O 2(50) = 2nf,O2+nHCHO+nH2O+2nCO 50 = nf,CH4+ nHCHO+ nCO 200= 4nf,CH4+ 2nHCHO + 2nH2O 100= 2nf,O2+nHCHO+nH2O+2nCO Se sabe que: nrxn,CH4 = 50 - nf,CH Usando la fracción de conversión del metano:

1. 9 = 50−𝑛𝑓,𝐶𝐻 50 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻 4 nf,CH4 = 5 mol Se sustituye el valor en las ecuaciones de balance atómico: 50 = 5 + nHCHO+ nCO 4(50)= 4(5)+ 2nHCHO + 2nH2O 100= 2nf,O2+nHCHO+nH2O+2nCO 45 = nHCHO+ nCO 180 = 2nHCHO + 2nH2O 100= 2nf,O2+nHCHO+nH2O+2nCO Se sabe que si solo existiera la reacción principal y los 50 moles de O 2 1 mol O 2 → 1 mol HCHO 50 mol O 2 → x mol HCHO x = 50 mol HCHO (si todo el reactivo limitante se agotara en la reacción principal solamente) Se obtienen los moles de producto (formaldehído) formado:

𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐻𝐶𝐻𝑂 50 𝑚𝑜𝑙 𝐻𝐶𝐻𝑂 nHCHO = 42.75 mol Se sustituye el valor en las ecuaciones de balance atómico: 45 = 42.75+ nCO 180 = 2(42.75) + 2nH2O 100= 2nf,O2+ 42.75 +nH2O+2nCO En las primeras 2 ecuaciones, es posible despejar nH2O y nCO2: nCO2 = 45 - 42.75 = 2.25 mol nH2O = (180 - 85.5)/2 = 47.25 mol Al tener estas variables, es posible despejar nf,O2 en la última ecuación de balance: 100 - 42.75 - 47.25 - 2(2.25) = 2nf,O nf,O2 = 2.75 mol Teniendo todos los flujos molares de salida, se escribe la información en la tabla: Especie (^) x 1 ṅ 1 υ 𝑖 ξ 𝐼 υ 𝑖 ξ 𝐼𝐼 x 2 ṅ 2 CH 4 0.5 50 -1 -1 0.05 5 O 2 0.5 50 -1 -2 0.03 2. HCHO - - +1 - 0.43 42. H 2 O - - +1 +2 0.47 47. CO 2 - - - +1 0.02 2. TOTAL 1 100 - - 1 100 Los grados de avance se pueden obtener con cualquier especie que solo haya participado en una reacción, por ejemplo, el CO 2 : ξ 2. 𝐼𝐼

|1| = De igual forma con el formaldehído: