TEMA 02 + PROBLEMAS FIA (2016)

Apunte Español
Universidad Universidad de Valencia (UV)
Grado Ciencias Ambientales - 2º curso
Asignatura FUNDAMENTOS DE INGENIERÍA AMBIENTAL
Año del apunte 2016
Páginas 16
Fecha de subida 26/02/2016
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Unybook: Egarciamarin TEMA 02. BALANCE DE MATERIA BALANCE GENERAL DE PROPIEDAD: es importante conocer las escalas.
NIVEL DE DESCRIPCIÓN: usamos una escala de balances macroscópicos, es decir, que sólo atendemos a lo que vemos  sabemos que la materia es discontinua, pero la tomamos como si fuera una caja negra, es decir, continua.
Debemos, antes de realizar la descripción, un volumen de control, lo que es el dónde, y aplicamos en él la siguiente ecuación: SALIDA – ENTRADA + ACUMULACIÓN = GENERACIÓN Generación Entradas Salidas Acumulación Volumen de control SALIDAS: todo aquello que cruza los límites del sistema de dentro a fuera en un determinado tiempo.
ENTRADAS: todo aquello que cruza los límites del sistema de fuera a dentro en un determinado tiempo.
GENERACIÓN: todo aquello que aparece o desaparece en un determinado tiempo en el sistema. El criterio de signos es: aparece (+) o desaparece (-).
ACUMULACIÓN: aquello que hay presente en el sistema en un determinado tiempo menos lo que había en un determinado tiempo previamente anterior.
EJEMPLO DE APLICACIÓN: queremos hallar la acumulación  las unidades que vamos a usar son €/año.
    Volumen control: cartilla de ahorros.
Entradas: 12.
Salidas: gastos.
Generación: por tenerla, el banco te da dinero si aumenta; pero, te cobran comisiones, también, por tener la cuenta.
Se realizan las sumas y las restas correspondientes y da la acumulación.
BALANCE GLOBAL DE MATERIA: UNIDADES MÁSICAS: para los flujos de materia usaremos m, que es el caudal másico (kg/s) y la M, que es la cantidad másica.
Usaremos también subíndices para las entradas (1) y las salidas (2).
balance= ∑ m1 - ∑ m2 + Variación en el tiempo de la materia de dentro 1 dM kg = ∅ ( ⁄s ) dt régimen estacionario = 0 Unybook: Egarciamarin UNIDADES DE VOLUMEN: ρ = densidad (kg/m3) M = V·ρ = kg V = volumen (m3) al igual que también m = Q·ρ = kg Q = caudal volumétrico (m3/s) La densidad del agua, por ejemplo, es 1 kg/L o 1000 kg/m 3.
Por lo que, podemos dar el balance con unidades volumétricas: 𝑏𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 = ∑ 𝑄2 · 𝜌2 − ∑ 𝑄1 · 𝜌1 + 𝑑(𝑉 · 𝜌) 𝑘𝑔 = ∅ ( ⁄𝑠) 𝑑𝑡 En la mayoría, la variación de la densidad va a ser despreciable (no iguales, pero muy próximas), por lo que podemos sacar factor común: ρ2 ≈ ρ1 ≈ ρ.
𝑏𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 = ∑ 𝑄2 − ∑ 𝑄1 + 𝑑𝑉 3 = ∅ (𝑚 ⁄𝑠 ) 𝑑𝑡 La ecuación cambia de unidades al eliminar la densidad.
P·V = (M/PM)·R·T  PPM/RT = ρ 1 𝑎𝑡𝑚·28′9 𝑔 Para el aire seria: 0′ 082·298𝐾 = 1′ 2 ⁄𝐿 Cuando trabajamos con el caudal de agua, que es velocidad por la sección: V = velocidad media (m/s) Q = V·S S = sección de conducción (m2)  π·(D/2)2 = πR2.
CUANDO TRABAJAMOS CON UNIDADES MOLARES, ESTAS NO CUMPLEN EL PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN: por ejemplo: H2 + ½ O2  H2O 1mol 1/2mol 1 mol Aunque, también depende del tipo de reacción: CH4 + 202  CO2 + 2H2O F = caudal molar (kmol/s).
N = cantidad sustancia en sistema (kmol).
Usaremos el subíndice 1 para entradas y 2 para salidas.
g = generación  cantidad de sustancia que se genera (>0) o que desaparece (<0) por unidad de tiempo y volumen (kmol/s·m3).
∫𝑣 𝑔𝑑𝑉 = integral para todo el volumen de lo que se genera en cada pequeño volumen en el volumen general dV 2 Unybook: Egarciamarin Pero, la mayor parte de las veces g será constante en todo el volumen, por lo que: ∫𝑣 𝑔𝑑𝑉 = 𝑔 ∫𝑣 𝑑𝑉 = 𝑔𝑉 quedando la ecuación de la siguiente forma: ∑ 𝐹2 − ∑ 𝐹1 + 𝑑 (𝑁) = ∫ 𝑔𝑑𝑉 ≈ 𝑔𝑉 (𝑘𝑚𝑜𝑙⁄𝑠 ) 𝑑𝑡 𝑣 BALANCE DE MATERIA APLICADO A UN COMPONENTE: un componente es todo aquello que nos interese estudiar, siempre que no sea el total del sistema, por ejemplo, un compuesto químico, un átomo o varios compuestos que formen un solo componente.
MÁSICO: siempre que usemos un componente, utilizaremos un subíndice para denominarlo: mj = caudal del componente Aj (kg de Aj/s).
Mj = cantidad de Aj en el sistema (kg de Aj).
Gj = cantidad de Aj generado por unidad de volumen y tiempo (kg de Aj/m 3·s) que aparecen o desaparecen.
¿QUÉ TIENE QUE OCURRIR PARA QUE HAYA GENERACIÓN?: que haya una reacción y que el componente esté implicado.
∑ 𝑚𝑗2 − ∑ 𝑚𝑗1 + 𝑑 (𝑀𝑗) = ∫ 𝐺𝑗𝑑𝑉 ≈ 𝐺𝑗𝑉 (𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑗⁄𝑠) 𝑑𝑡 𝑣 Esta ecuación se puede expresar también dependiendo de la cantidad de un componente que se va a emitir o que ya se ha emitido a un medio receptor  usados en los estudios de contaminación: ωj = cantidad grande que se va a emitir  fracción másica del componente Aj (kg de Aj/kg total).
∑ 𝑚2 · 𝜔2 − ∑ 𝑚1 · 𝜔1 + 𝑑 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑗⁄ (𝑀 · 𝜔𝑗) = ∫ 𝐺𝑑𝑉 ( 𝑠) 𝑑𝑡 𝑣 Cj = cantidad pequeña ya emitida  concentración másica de Aj (kg de Aj/m 3 total).
∑ 𝑄2 · 𝐶𝑗2 − ∑ 𝑄1 · 𝐶𝑗1 + 𝑑 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑗⁄ (𝑉 · 𝐶𝑗) = ∫ 𝐺𝑑𝑉 ( 𝑠) 𝑑𝑡 𝑣 𝑚3 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑗 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑗⁄ = = 𝑠 𝑠 𝑚3 Éste lo usaremos para gases, sobre todo.
3 Unybook: Egarciamarin ACTIVIDAD FIA 6 Un río con un caudal de 10 m 3/s tiene un afluente que le aporta 5m 3/s. la concentración de cloruros del río antes de la confluencia es de 25 mg/L, mientras que la del afluente es de 40 mg/L. Si se acepta que los cloruros no sufren ningún proceso de transformación ni de eliminación en ninguna de las corrientes, determina cuál será la concentración de cloruros en el río después de la confluencia, considerando que la variación de la densidad es despreciable.
Afluente (B) QB = 5 m3/s; CB = 40 mg/L = g/m3 Río (A) QA = 10 m3/s; CA = 25mg/L = g/m3 Río después de confluencia (C) QA = ¿? m3/s; CA = ¿? mg/L = g/m3 Donde realizamos los balances = NO HAY PÉRDIDAS Balance de materia total: S –E + A = G 0 ∑ m1 - ∑ m2 + dM =0 dt 0 = no hay variación mC – (mA + mB) = 0  Qc·ρC – (QA·ρA + QB·ρB) = 0 como ρC ≈ ρA ≈ ρB ≈ cte = despreciable Qc – (QA + QB) = 0  Qc = QA + QB = 10+ 5 = 15 m3/s Este paso lo podemos saltar al decir que las densidades son las mismas y que estamos realizando un balance de materia total, donde sólo hay entradas y salidas.
Balance de materia de componentes: S –E + A = G 0 dice que el cloruro es inerte y que no reacciona (G = 0) y, además, como no hay variación en el tiempo tampoco, la acumulación es igual a cero también.
Como ya se ha emitido, usamos Cj: Qc·CC – (QA·CA + QB·CB) = 0  𝐶𝑐 = 𝑄𝐴 ·𝐶𝐴+ 𝑄𝐵 ·𝐶𝐵 𝑔 3 𝑔 = 𝑚 ⁄𝑠 · ⁄𝑚3 𝑠 4 𝑄𝐶 𝑔 = 30 ⁄𝑚3 Unybook: Egarciamarin MOLAR: Fj = caudal molar del componente Aj (kmol Aj/s).
Nj = cantidad de sustancia del Aj (kmol Aj).
gj = generación molar de Aj por unidad de V y t (kmol Aj/m3·s).
∑ 𝐹𝑗2 − ∑ 𝐹𝑗1 + 𝑑 (𝑁𝑗) = ∫ 𝑔𝑗 𝑑𝑉 ≈ 𝑔𝑗 𝑉 (𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑗⁄𝑠) 𝑑𝑡 𝑣 χj = fracción molar de Aj (kmol Aj/kmol total).
∑ 𝐹2 · χ2 − ∑ 𝐹1 · χ1 + 𝑑 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑗⁄ (𝑁 · χ𝑗 ) = ∫ 𝑔𝑗 𝑑𝑉 ( 𝑠) 𝑑𝑡 𝑣 cj = concentración molar de Aj (kmol Aj/m3).
∑ 𝐹2 · c2 − ∑ 𝐹1 · c1 + 𝑑 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑗⁄ (𝑁 · c𝑗 ) = ∫ 𝑔𝑗 𝑑𝑉 ( 𝑠) 𝑑𝑡 𝑣 Esto lo usaremos para gases.
Cuando tenemos un número s de componentes: 𝑠 𝑠 ∑ 𝜔𝑗 = 1 ∑ χ𝑗 = 1 𝑗=1 𝑗=1 y podemos pasar de másico a molar y viceversa mediante (siendo j el componente e i la suma total): 𝜔𝑗 ⁄𝑃𝑀 χ𝑗 · 𝑃𝑀𝑗 𝑗 χ𝑗 = 𝜔 ω𝑗 = 𝑖 χ𝑖 · 𝑃𝑀𝑖 ⁄𝑃𝑀 𝑖 Vamos a trabajar con corrientes heterogéneas = con diferentes componentes. ¿Cómo ̅̅̅̅̅) de la mezcla? calculamos el PM medio (𝑷𝑴 𝑠 𝑠 1 𝜔 = ∑ 𝑗⁄𝑃𝑀 ̅̅̅̅̅ 𝑗 𝑃𝑀 ̅̅̅̅̅ 𝑃𝑀 = ∑ χ𝑗 · 𝑃𝑀𝑗 𝑗=1 𝑗=1 APLICACIONES DE LOS BALANCES DE MATERIA: ESTRATEGIA PARA PLANTEAMIENTO DE B.M.: 1. Diagrama de flujo: etapas (operaciones básicas, procedimientos unitarios) y flujos de materia (=corrientes).
2. Identificar: poner nombre a corrientes  identificar también los componentes.
3. Datos disponibles.
4. Identificar composiciones y cálculo inmediato: 𝑠 𝑠 ∑ 𝜔𝑗 = 1 ∑ χ𝑗 = 1 𝑗=1 𝑗=1 5 Unybook: Egarciamarin 5. Identificar caudal conocido: si no están definidos, usamos la base de cálculo = hipótesis del caudal  los resultados que hayamos de composición son individuales a la base, pero los caudales son proporcionales a ésta.
6. Establecer B.M total y/o de componente: no siempre se van a poder hacer todos los que queramos  o un balance de cada componente, o un balance total y (S-1) balances de componentes (=lo más habitual en componentes ambientales).
ACTIVIDAD FIA 8 Una instalación industrial genera un residuo líquido, mezcla de acetona y benceno.
La empresa desea implantar un proyecto de minimización de residuos, ya que es imposible reutilizar el proceso en el proceso de producción tanto la acetona como el benceno, siempre que mantengan una riqueza mínima. Para ello se ha pensado en separar ambos componentes mediante destilación. La columna de rectificación de la figura opera en régimen continuo. La alimentación (residuo a tratar), A, entra con un caudal molar de 1000 kmol/h y su composición es del 30% de acetona y 70% de benceno (% molar).
Si se quiere obtener un producto de cabeza (D) con una composición del 90% de acetona y un producto de cola (R) con un 85% de benceno, calcula los caudales molares del destilado (cabeza) y de residuo (cola) en kmol/h.
Expresa las composiciones y caudales en unidades másicas.
D salida χD1 = 0’900 A χD2 = 0’100 entrada FA = 1000 kmol/h R χA1 = 0’300 χR1 = 0’150 χA2 = 0’700 χR2 = 0’850 salida A1 = acetona  PM = 52 g/mol A2 = benceno  PM = 78 g/mol B. M. TOTAL  S – E + A = G no variación en el tiempo 0 0 no reacción FD + FR – FA = 0  FD + FR – 1000 = 0  FD = 1000 - FR (1) B. M. COMPONENTE A1  FD · χD1 + FR · χR1 – FA · χA1 = 0 FD · 0’9 + FR · 0’15 – 1000 · 0’3 = 0  FD = 300 – (FR · 0’15) / 0’9 (2) 1000 - FR = 300 – (FR · 0’15) / 0’9  FR = 800 kmol/h FD = 1000 - FR = 1000 – 800 = 200 kmol/h 6 Unybook: Egarciamarin UNIDADES MÁSICAS: En la entrada: ω𝐴1 = χ𝑗 · 𝑃𝑀𝑗 0′ 3 · 58 = ′ = 0′2417 χ𝑖 · 𝑃𝑀𝑖 0 3 · 58 + 0′ 7 · 78 ωA2 = 1- ωA1 = 0’7583 En la salida D: ω𝐷1 = χ𝑗 · 𝑃𝑀𝑗 0′ 9 · 58 = ′ = 0′8700 χ𝑖 · 𝑃𝑀𝑖 0 9 · 58 + 0′1 · 78 ωD2 = 1- ωD1 = 0’1300 En la salida R: ω𝑅1 = χ𝑗 · 𝑃𝑀𝑗 0′ 15 · 58 = ′ = 0′1160 χ𝑖 · 𝑃𝑀𝑖 0 15 · 58 + 0′ 85 · 78 ωR2 = 1- ωR1 = 0’8840 𝒎 = 𝑭 · ̅̅̅̅̅ 𝑷𝑴 → ̅̅̅̅̅ 𝑷𝑴 = ∑ 𝝌𝒊 · 𝑷𝑴𝒊 𝑔 ̅̅̅̅̅̅ 𝑃𝑀𝐴 = 𝜒𝐴1 · 𝑃𝑀𝐴1 + 𝜒𝐴2 · 𝑃𝑀𝐴2 = 0′ 3 · 58 + 0′ 7 · 78 = 72 ⁄𝑚𝑜𝑙 𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑚𝐴 = 𝐹𝐴 · ̅̅̅̅̅̅ 𝑃𝑀𝐴 = 1000 𝑘𝑚𝑜𝑙⁄ℎ · 72 ⁄𝑘𝑚𝑜𝑙 = 7200 ⁄ℎ INSTALACIONES CON “BY-PASS” O DERIVACIÓN: C QF = QC + QE C PROCESO A B D A E B F D CA = C B = C C No todo pasa por el proceso, sino que se “by-passa” o deriva.
Cambio pequeño en corriente en A le hacemos uno grande a una pequeña parte y luego se reajusta (por ejemplo, se hace en pH, ácido-base, etc.).
Entornos  A = separados, B = el general, C = mezclador y D = el total = combinación lineal A, B y C (descartaríamos uno en el B.M. de componentes).
7 Unybook: Egarciamarin INSTALACIONES CON RECIRCULACIÓN: C A B D PROCESO SEPARADOR E G R bifurcación P CR = CP = CG G = corriente de reciclado o recirculación = “feed-back”.
P = corriente de purga Si no estuviera P, la biomasa iría en aumento = CONTAMINANTE CONCENTRADO que se dirige a otro sitio.
Este ejemplo es muy típico de las estaciones depuradoras, sobre todo de fangos activados.
SISTEMAS SIN REACCIÓN (G=0) Y EN RÉGIMEN ESTACIONARIO (A=0)  S – E + A = G  S = E: BALANCE DE MATERIA TOTAL: ∑ 𝑚2 − ∑ 𝑚1 = 0 𝑘𝑔⁄ 𝑠 ∑ 𝐹2 − ∑ 𝐹1 = 0 𝑘𝑚𝑜𝑙⁄𝑠 BALANCE DE MATERIA DE COMPONENTES: ∑ 𝑚2 · 𝜔𝑗2 − ∑ 𝑚1 · 𝜔𝑗1 = 0 𝑘𝑔⁄ 𝑠 ∑ 𝐹2 · 𝜒2 − ∑ 𝐹1 · 𝜒1 = 0 𝑘𝑚𝑜𝑙⁄𝑠 SISTEMAS SIN REACCIÓN (G=0) Y EN RÉGIMEN NO ESTACIONARIO (A ≠ 0)  S – E + A = G: BALANCE DE MATERIA TOTAL: ∑ 𝑚2 − ∑ 𝑚1 + ∑ 𝐹2 − ∑ 𝐹1 + 8 𝑑𝑀 𝑘𝑔 = 0 ⁄𝑠 𝑑𝑡 𝑑𝑁 = 0 𝑘𝑚𝑜𝑙⁄𝑠 𝑑𝑡 Unybook: Egarciamarin BALANCE DE MATERIA DE COMPONENTES: ∑ 𝑚2 · 𝜔𝑗2 − ∑ 𝑚1 · 𝜔𝑗1 + ∑ 𝐹2 · 𝜒2 − ∑ 𝐹1 · 𝜒1 + 𝑑 𝑘𝑔 (M · 𝜔𝑗 ) = 0 ⁄𝑠 𝑑𝑡 𝑑𝑁 (N · 𝜒𝑗 ) = 0 𝑘𝑚𝑜𝑙⁄𝑠 𝑑𝑡 ∑ 𝑄2 · 𝐶𝐽2 − ∑ 𝑄1 · 𝐶𝐽1 + 𝑑 3 (V · 𝐶𝐽 ) = 0 𝑚 ⁄𝑠 𝑑𝑡 dx/dt = f(x, t) x = unidad dependiente  caudal, concentración, etc.
t = variable independiente  tiempo.
ESTRATEGIA DE RESOLUCIÓN ESPECIAL + ACTIVIDAD FIA 10: Un embalse tiene una capacidad máxima de 20·106 m3, volumen a partir del cual el agua sale por rebose de la presa. Si el río donde se halla el embalse tiene un caudal medio de 10 m3/s, ¿cuánto tiempo tardará en llenarse si se supone inicialmente vacío? a. Si no se permite ningún caudal de salida  QB = 0 m3/s.
1. Representación diagrama de flujo + datos.
QA = 10 m3/s QB v = f(t) 2. Escoger variables dependientes e independientes.
v es lo que hemos definido como x (dependiente) y t es independiente.
3. Especificar condiciones iniciales.
t0  v = 0 m/s.
4. Planteo balances.
Sólo hay un componente = agua = sólo realizamos 1 BM total: S – E +A = G a. S = 0, E = QA·ρA (m3/s · kg/m3 = kg/s) 𝑑 𝑑 (𝑀 ) = (𝑉 · 𝜌) (𝑚3 /𝑠 · 𝑘𝑔/𝑚3 = 𝑘𝑔/𝑠) 𝐴= 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Como suponemos que la variación de ρ es despreciable, ρ es constante  ρA = ρ A = ρ · d/dt (V) 0 − 𝑄𝐴 + 𝑑𝑉 𝑑𝑉 𝑑𝑉 =0→ =𝑄→ = 10 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 5. Resolver la ecuación.
Separamos las variables: 𝑉 𝑇 𝑑𝑉 = 10𝑑𝑡 → ∫ 𝑑𝑉 = ∫ 10𝑑𝑡 → 𝑉 − 0 = 10 (𝑡 − 0) → 𝑉 = 10𝑡 → 𝑡 0 0 20 · 106 = = 20 · 105 = 2 · 106 𝑠 = 23′ 15 𝑑í𝑎𝑠 10 9 Unybook: Egarciamarin ∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 b. Si se mantiene un caudal de salida de 5 m 3/s  QB = 5 m3/s.
S = QB·ρB 𝑑𝑉 = 𝑄𝐴 − 𝑄𝐵 = 5 𝑑𝑡 Por lo que tardaría el doble, es decir, 46’3 días.
ACTIVIDAD FIA 11 Se produce un accidente ferroviario en las inmediaciones del problema anterior – una vez lleno – que da lugar a un vertido de 200 Tm de sal. Suponiendo que la sal se disuelve rápidamente en el embalse de forma que son despreciables los gradientes de concentración en todo momento, ¿cómo evolucionara la concentración de sal dentro del embalse? ¿Qué concentración habrá 24 horas después del accidente? Puede despreciarse la posible variación de densidad.
A B QA = 10 m3/s C CA = 0 QB CB Componentes: agua y sal (CI ≡ concentración másica sal g/m3).
Gradiente de concentración despreciable = hipótesis mezcla de componentes C ≠ f (x, y, z) = cte en el espacio  C = CB C = f(t) = no cte en el tiempo Definimos las variables: t = 0 es cuando ocurre el accidente CB,0 = 200·106 g / 20·106 m3 = 10 g/m3 Medioambientalmente no es nada, en el mar hay 35000 g/m3 de sal.
B.M. Total  S – E + A = G 0 S = QB·ρB E = QA·ρA A = d/dt (M) = d/dt (V·ρ)  V = cte y ρ = cte 0 = el agua es cte, lo que cambia es la sal.
QB·ρB - QA·ρA + 0 = 0; ρB = ρA; QB = QA = 10 m3/s 10 Unybook: Egarciamarin B.M Componentes (sal)  S – E + A = G 0 G = NaCl es inerte, por lo que no hay reacción S = mB = QB·CB E = mA = QA·CA = 0 0  no hay sal en el punto inicial, además de que no consideramos el vertido como entrada al no ser continuo, sino puntual.
A = d/dt (V·C)  mezcla completa  C = CB, además de que el V es cte  A = V·d/dt (CB) QB·CB – 0 + V·d/dt (CB) = 0 t = 0 y CB,0 = 10 mg/m3  V = 20·106 m3 y QB = 10 m3/s 𝑉· 𝐶𝐵 𝑑𝐶𝐵 𝑑𝐶𝐵 𝐶𝐵 𝑑𝐶𝐵 = −𝑄𝐵 · 𝐶𝐵 → = − · 𝑑𝑡 → ∫ 𝑑𝑡 𝐶𝐵 𝑉 𝐶𝐵,0 𝐶𝐵 𝑇 𝑄𝐵 𝑄𝐵 𝐶𝐵 · ∫ 𝑑𝑡 → ln 𝐶𝐵 − ln 𝐶𝐵,𝑂 = − 𝑡 → ln 𝑉 0 𝑉 𝐶𝐵,0 𝑄𝐵 𝑄𝐵 𝑄𝐵 𝐶𝐵 = − 𝑡→ = 𝑒 (− 𝑉 𝑡) → 𝐶𝐵 = 𝐶𝐵,0 · 𝑒 (− 𝑉 𝑡) 𝑉 𝐶𝐵,0 = − = 10 · 𝑒 (−10⁄ ·𝑡) 20·106 = 10 · 𝑒 (−5·10 −7 ·𝑡) VARÍA CON UNA EXPONENCIAL NEGATIVA: 10 CB t Y EN t = 24 HORAS = 86400s: 𝐶𝐵 = 10 · 𝑒 (−5·10 −7 ·86400) 𝑔 = 9′ 58 ⁄𝑚3 SISTEMAS CON REACCIÓN O GENERACIÓN: una generación debe ser favorable y tener una velocidad apreciable.
Por ejemplo: C3H3 + 5O2 = 3CO2 + 4H20  reacciones molares = no se cumple la ley de conservación de la masa (6  7).
Aj = componente.
A1 = C3H3; A2 = O2; A3 = CO2; A4 = H20 υij = coeficiente estequiométrico del componente Aj en la reacción.
υ1 = 1; υ2 = 5; υ3 = 3; υ4 = 4 11 Unybook: Egarciamarin BALANCE DE MATERIA COMPONENTE Aj (UNIDADES MOLARES): 𝑑 (𝑉 · 𝐶𝑗) = ∫ 𝑔𝑗 𝑑𝑉 𝑑𝑡 𝑣 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐴𝑗⁄ ≈ 𝑔𝑗 · 𝑉 ( 𝑠) ∑ 𝑄2 · 𝐶𝑗2 − ∑ 𝑄1 · 𝐶𝑗1 + gj = moles (kmol) de Aj generados por unidad de tiempo y volumen = kmol de Aj/m3·s  velocidad de reacción químico (Rj) o velocidad de consumo de oxigéno: 𝑅 𝑅𝑗 = ∑ 𝜐𝑖𝑗 · 𝑟𝑖𝑗 𝑖=1 Siendo i = número reacción y j = componente EJEMPLO: REACCIÓN 1: A1 + 2A2  A3 siendo r1 = K1·CA1 EMPÍRICO REACCIÓN 2: 2A1 + A4  A5 + 3A6 siendo r2 = K2·CA4 Sabemos que ambas r son de primer orden, porque si fueran de segundo, estarían elevadas al cuadrado.
υ Reac 1 υ Reac 2 A1 -1 -2 A2 -2 0 A3 +1 0 A4 0 -1 A5 0 +1 𝑅 𝑅𝑗 = ∑ 𝜐𝑖𝑗 · 𝑟𝑖𝑗 𝑖=1 R1 = -K1·CA1 – 2K2·CA4 R4 = -K2·CA4 R2 = -2K1·CA1 R5 = K2·CA4 R3 = K1·CA2 R6 = 3K2·CA4 12 A6 0 +3 Unybook: Egarciamarin ACTIVIDAD FIA 18 Un lago con un volumen constante de 10’0·106 m3 recibe una corriente de agua limpia de 50 m3/s. Por otra parte, una instalación industrial vierte al lago 5 m 3/s de un contaminante no conservativo con una concentración de 100’0 mg/L. Este contaminante se descompone en medio acuoso según una cinética de primer orden con una constante de reacción, k, de 0’25 día-1. Asumiendo mezcla completa, determina la concentración del contaminante en estado estacionario y cuantifica el porcentaje de eliminación de contaminante que se produce en el lago.
A QAF = 50 m3/s C Corriente agua limpia (CA = 0) C1 B QB = 5 m3/s QC ? CC1 ? C1 = CC1 V = cte = 107 m3 CB1 = 100 g/m3 (mg/L) A1 = agente contaminante A1 ---------------------> otros componentes finales r = k·C1  r1 = -r (negativo al ser reactivo) G1 = R1 = r1 = -k·C1 k = 0’25 día-1 = 2’894·10-6 s B. M. TOTAL  S – E + A = G no variación en el tiempo 0 0 no reacción mC – (mA + mB) = 0  Qc·ρC – (QA·ρA + QB·ρB) = 0 como ρC ≈ ρA ≈ ρB ≈ cte = despreciable Qc – (QA + QB) = 0  Qc = QA + QB = 55+ 5 = 55 m3/s B. M. COMPONENTE A1  S – E +A = G 0 = estado estacionario Salida = Qc·CC1 = 55·Cc1 = 55·C1 Entrada = QA·CA + QB·CB = 50·0 + 5·100 = 500 g/s Generación = ∫𝑣 𝐺1 · 𝑑𝑉 = 𝐺1 ∫𝑣 𝑑𝑉 = 𝐺1 · 𝑉 = 𝑅1 · 𝑉 = (−𝑘 · 𝐶1 ) · 𝑔 𝑉 ⁄𝑠 = −2′ 894 · 10−6 · 𝐶1 · 107 = 28′ 94 · 𝐶1 55·C1 – 500 = -28’94·C1  C1 = 5’96 g/s ¿Cuánto componente se elimina? Se mira lo que sale y lo que entra = eliminado la diferencia: 𝑒𝑙𝑖𝑚𝑖𝑛𝑎𝑐𝑖ó𝑛 (%) = 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 − 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 500 − (55 · 5′ 96) 𝑥100 = 𝑥100 = 34′ 4% 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 500 13 Unybook: Egarciamarin ACTIVIDAD FIA 20 En un bar con un volumen de 500 m 3 se encuentran 50 fumadores. Teniendo en cuenta que un cigarrillo emite, entre otros componentes, alrededor de 1’4 mg de formaldehido (HCHO) y que cada fumador consume por término medio dos cigarrillos cada hora, calcula la concentración ambiental de formaldehído en el bar en estado estacionario, teniendo en cuenta que:  El formaldehido se transforma a CO2 según una cinética de primer orden con una constante de velocidad de 0’4 h-1.
 Al bar entra una corriente de aire fresco con un caudal de 1000 m 3/h, dado que se puede asumir que la variación de la densidad del aire es despreciable, se genera una corriente de idéntico caudal (de aire contaminado) desde el interior hacia el exterior.
 Puede suponerse mezcla completa en el establecimiento, es decir, la variación de la concentración de formaldehido en todo el volumen del bar es despreciable en cada instante.
Compara la concentración calculada con el umbral de irritación ocular (alrededor de 0’05ppm) para unas condiciones de 25ºC y 1 atm.
¿Qué caudal de aire de ventilación sería necesario para evitar que la concentración de formaldehido en el local superase el umbral de irritación ocular? Q Q CF 2 1 CF2 CF1 = 0 Q cte en todo el proceso = 1000 m3/h Mezcla completa en todo el proceso  CF = CF2 REACCIÓN 1: tabaco 1′ 4 𝑟1𝐹 = formaldehido + otros componentes 𝑚𝑔 𝑐𝑖𝑔𝑎𝑟𝑟𝑜𝑠 ⁄𝑓𝑢𝑚𝑎𝑑𝑜𝑟 𝑝𝑜𝑟 ℎ𝑜𝑟𝑎 ⁄𝑐𝑖𝑔𝑎𝑟𝑟𝑜 · 50 𝑓𝑢𝑚𝑎𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠 · 2 50 𝑚3 𝑚𝑔 ′ = 0 28 ⁄𝑚3 · ℎ Orden 0 = no se multiplica por CF REACCIÓN 2: formaldehido partículas finales r2F = -k·CF = -0’4·CF mg/m3·h Orden 1 = sí se multiplica por CF B. M. TOTAL: Q1 = Q2 = Q = 1000 m3/h 14 Unybook: Egarciamarin B. M. COMPONENTE F: S – E +A = G 0 = estado estacionario Salida = Qc·CF1 = 1000·CF1 = 55·CF mg/h Entrada = 0 (CF1 = 0) Generación = ∫𝑣 𝐺1 · 𝑑𝑉 = 𝐺1 ∫𝑣 𝑑𝑉 = 𝐺1 · 𝑉 = 𝑅1 · 𝑉 = (−𝑘 · 𝐶1 ) · 𝑔 𝑉 ⁄𝑠 = −(0′28 + 0′ 4 · 𝐶𝐹 ) · 500 2 𝑅1 = ∑ 𝑟𝑖𝐹 = 𝑟1𝐹 + 𝑟2𝐹 𝑖=1 1000·CF – 0 + 0 = 500·(0’28 – 0’4·CF)  CF = 0’1167 mg/m3 Valor de referencia = 0’05 ppmv  ¿alto o bajo? 0′ 05 𝑝𝑝𝑚𝑣 = 𝑁𝐹 = 0′ 05 𝑚3 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙𝑑𝑒ℎ𝑖𝑑𝑜 50 𝐿 = 106 𝑚3 106 𝑚3 𝑃·𝑉 1 · 50 = ′ = 2′046 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑅·𝑇 0 082 · 298 MF = NF ·PMF = 2’046 moles · 30 g/mol = 61’38 g = 61380 mg/103 m3 = 0’0614 mg/m3 0’0614 mg/m3 < 0’1167 mg/m3 La concentración es casi el doble del valor de referencia, por lo que sí se irritarán los ojos.
¿Caudal para evitarla? Q·CF = RF·V  Q·CF = (0’28 – 0’4CF)·500  Q·0.0614 = (0’28 – 0’4·0’0614)·500 Q = 2080 m3/h ACTIVIDAD FIA 21 Si el bar del problema anterior abre a las 17:00 horas, ¿cuál será la concentración en el establecimiento a las 18:00 horas? Puede suponerse que el consumo de tabaco es prácticamente constante desde el momento de la apertura al público. Las condiciones de emisión y descomposición del formaldehido son los definidos en el problema anterior. El caudal de ventilación es de 1000 m3/h.
17:00 – t = 0, CF = 0 18:00 – t = 1 h, CF ? B. M. formaldehido  S – E + A = G Salida = Qc·CF1 = 1000·CF1 = 55·CF mg/h Entrada = 0 (CF1 = 0) Acumulación = d/dt · (V·CF) = d/dt · (500·CF) = 500 · dCF/dt 15 Unybook: Egarciamarin Generación = ∫𝑣 𝐺1 · 𝑑𝑉 = 𝐺1 ∫𝑣 𝑑𝑉 = 𝐺1 · 𝑉 = 𝑅1 · 𝑉 = (−𝑘 · 𝐶1 ) · 𝑔 𝑉 ⁄𝑠 = −(0′28 + 0′ 4 · 𝐶𝐹 ) · 500 1000·CF – 0 + (500·dCF/dt) = 500·(0’28 – 0’4·CF) 500· dCF/dt = 500·(0’28 – 0’4·CF) - 1000·CF 𝐶𝐹 1 𝑑𝐶𝐹 𝑑𝐶𝐹 ′ ′ = 0 28 − 2 4 · 𝐶𝐹 → ∫ = ∫ 𝑑𝑡 ′ 𝑑𝑡 0 0 28 − 2′4 · 𝐶𝐹 0 1 ∫ 𝑑𝑡 = (1 − 0) = 0 0 𝐶𝐹 ∫ 0 𝒙𝟐 ∫ 𝒙𝟏 𝑑𝐶𝐹 1 = − · ln(0′28 − 2′ 4 · 𝐶𝐹 ) {𝐶𝐹 ′ ′ ′ 0 28 − 2′4 · 𝐶𝐹 24 0 1 = − · [ln(0′ 28 − 2′ 4 · 𝐶𝐹 ) − ln(0′28 − 2′ 4 · 0)] 24 1 0′ 28 − 0′ 4 · 𝐶𝐹 = − · ln( ) 2′4 0′28 𝒅𝒙 𝟏 𝟏 𝑿𝟐 = · 𝐥𝐧(𝑩 + 𝑨𝒙) { = · [𝐥𝐧(𝑩 + 𝑨𝒙𝟏) − 𝐥𝐧(𝑩 + 𝑨𝒙𝟐)] 𝑿𝟏 𝑩 + 𝑨𝒚 𝑨 𝑨 𝟏 𝑩 + 𝑨𝒙𝟐 = · 𝐥𝐧( ) 𝑨 𝑩 + 𝑨𝒙𝟏 − 1 0′ 28 − 0′ 4 · 𝐶𝐹 0′28 − 0′ 4 · 𝐶𝐹 · ln( ) = 1 → ln( ) = −2′4 2′ 4 0′ 28 0′28 0′ 28 − 0′ 4 · 𝐶𝐹 → = exp(−2′4) → 1 − 8′5714 · 𝐶𝐹 0′ 28 = exp(−2′4) CF = 0’106 mg/m3 ¿Y cuál sería el tiempo para CF = 0’0614 mg/m3? (Respuesta: t = 0’311 h) 16 ...