EXAMEN DE TERMODINÁMICA PARA IQ PDF

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Warning: TT: undefined function: 32UNIVERSIDAD NACIONAL DELALTIPLANO PUNOFACULTAD DE INGENIERIA QUIMICAESCUELA PROFESIONAL DEINGENIRIA QUIMICACURSOTERMODINAMICATEMAPROBLEMAS DE EFECTOS TERMICOSDOCENTE: HIGINIO ZUÑIGAALUMNA: MARY MAR TURPO LUCANACODIGO:PUNO-PERU2020PRIMER EXAMEN DE TERMODINÁMICA PARA...

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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO PUNO FACULTAD DE INGENIERIA QUIMICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIRIA QUIMICA CURSO TERMODINAMICA TEMA PROBLEMAS DE EFECTOS TERMICOS DOCENTE: HIGINIO ZUÑIGA ALUMNA: MARY MAR TURPO LUCANA CODIGO:175543 PUNO-PERU 2020

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTI´PLANIO – INGENIERIA QUIMICA

PRIMER EXAMEN DE TERMODINÁMICA PARA IQ 1. Calcule Z y V para el vapor de agua a 475ºC y 3400 kPa de la siguiente manera: a. Con la ecuación de Soave - Redlich – Kwong DATOS

𝑃𝐶 = 220.55 𝑇𝑐 = 647.1 𝑅 = 83.14

𝑇 = 748.15 𝑃 = 35

𝜔 = 0.345

(83.14)2 (647.1)2 𝑅 2 𝑇𝐶2 = 4795954 𝑎 = 0.42748 𝛼 = 0.42748 220.55 𝑃𝐶 𝑏 = 0.08664

𝑇𝑟 =

𝑣𝑖 =

(83.14)(647.1) 𝑅𝑇𝐶 = 0.08664 = 21.1345401 𝑃𝐶 (220.55)

748.15 𝑇 = = 1.15615824 𝑇𝑐 647.1

𝑅𝑇 83.14 ∗ 748.15 = = 1829.44679 𝑃 34

𝛼 = [1 + (0.480 + 1.574𝜔 − 0.176𝜔

2)

(1 −

1 2 2 𝑇𝑟 )]

𝛼 = [1 + (0.480 + 1.574(0.345) − 0.176(0.345)2 ) (1 −

1 2 (1.15615824)2 )]

𝑉1 =

= 0.8548766

𝑅𝑇 𝑎𝛼(𝑉 − 𝑏) +𝑏− 𝑃 𝑃𝑉(𝑉 + 𝑏)

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𝑉1 = 1829.4467 + 21.1345 (4795954 )(0.8548766 )(1829.4467 −.1345 21.1345 (34)(1829.4467 )(1829.4467 ) ) + 21 − = 1786.899448

𝑉2 = 1829.4467 + 21.1345 (4795954)(0.8548766)(1761.9547 − 21.1345) − (34)(1761.9547)(1761.9547 + 21.1345) = 1786.899448

𝑍=

v1

=1786.899448

v2

=1785.436291

v3

=1785.384778

v4

=1785.382963

v5

=1785.382899

v6

=1785.382897

v7

=1785.382897

v8

=1785.382897

𝑃𝑉 34 ∗ 1829.44679 = = 0.975914087 𝑅𝑇 83.14 ∗ 748.15 1 − (0.975914087) %𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = 100 ∗ = 2.4085911343% 1 b. Con la correlación de Pitzer

DATOS

𝑃𝐶 = 220.55 𝑇𝑐 = 647.1 𝑅 = 83.14 𝑇 = 748.15 𝑃 = 35 𝜔 = 0.345 748.15 𝑇 = = 1.1561 𝑇𝑟 = 𝑇𝐶 647.1

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𝑃

34 = 0.1541 = 220.55 𝑃𝐶 0.422 0.422 = −0.25156831 𝐵 0 = 0.083 − 1.2612 = 0.083 − 𝑇𝑟1.6 0.172 0.172 = 0.04549047 1 𝐵 = 0.139 − = 0.139 − 1.8389 𝑇𝑟4.2 𝑃𝑟 0.1541 = 0.9664 𝑍 0 = 1 + 𝐵 0 = 1 + (−0.2516) 1.1561 𝑇𝑟 𝑃𝑟 0.1541 𝑍1 = 𝐵1 = (0.0454) = 0.0060 𝑇𝑟 1.1561 𝑃𝑟 1.16 𝑃𝑟 = 0.9684 𝑍 = 1 + 𝐵0 = 0.9664 + 0.345 ∗ 0.04549 ∗ + 𝜔𝐵1 0.15 𝑇𝑟 𝑇𝑟 𝑍𝑅𝑇 (0.9684)(83.14)(748.15) 𝑉= = = 1771.90881 𝑃 34 𝑃𝑉 = 0.96854897 𝑍= 𝑅𝑇 1 − (0.9685) %𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = 100 ∗ = 3.14510266% 1

𝑃𝑟 =

c. Mediante las tablas de Vapor 𝑇 = 748.15 𝑃 = 35 𝑉 = 98.408

𝑐𝑚3 𝑔 𝑉 = 98.408 ∗ 18.015 = 1772.8201 𝑠 𝑚𝑜𝑙

𝑍=

𝑃𝑉 (34)(1772.8201) = 0.9690 = 𝑅𝑇 (83.14)(748.15) %𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = 100 ∗

1−(0.9690) 1

ECUACION SRK

V 1785.3828

PITZER Taba de vapor

1771.90881 1772.82012

= 3.095289478

Z 0.975914

0.968548 0.96047

% DE ERROR 2.4085911 3.14510266 3.095289478

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2. Para un flujo estable a través de un intercambiador de calor aproximadamente a presión atmosférica. ¿Cuál es la temperatura final cuando se añaden 3400 kJ de calor a 20 moles de cloro inicialmente a 300°C?

〈𝐶𝑃〉𝐻 𝐷 𝐵 𝐶 = 𝐴 + ∗ 𝑇0 ∗ (𝜏 + 1) + ∗ 𝑇02 ∗ (𝜏 2 + 𝜏 + 1) + 2 2 𝜏𝑇0 𝑅 3

Valores de las constantes molares del I-buteno 𝐵 = 0.089 ∗ 10−3

A=4.442

𝐶 = 0.00

𝐷 = −0.344 ∗ 105

𝑇0 = 300℃ + 273.15 = 573.15 𝜏=

𝑇 𝑇0

Para la primera aproximacion T≥To=573.15 𝜏=

𝑇 573.15 = = 1.00 𝑇0 573.15

〈𝐶𝑃〉𝐻 0 0.089 ∗ 10−3 ∗ 573.15 ∗ (1 + 1) + ∗ 573.152 ∗ = 4.442 + 3 2 𝑅 (12 ∗ 1 + 1) ∗

−0.344 ∗ 105 = 4.3883 1 ∗ 573.152

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𝐽 𝑚𝑜𝑙𝐽∗ 𝑘 𝐽 〈𝐶𝑃〉𝐻 = 8.314 = 36.4823 ∗ 4.3883 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘 𝑚𝑜𝑙 ∗𝐾 〈𝐶𝑃〉𝐻(𝑇 − 𝑇𝑜) ∆𝐻 = 𝑅 𝑄 = 3400000𝑗 = 𝑛∆𝐻

𝑄 3400000𝑗 = 170000 = 20𝑚𝑜𝑙 𝑛 ∆𝐻 𝑇= + 𝑇𝑜 〈𝐶𝑃〉𝐻

∆𝐻 = 𝑇=

3400000𝑗 + 573.15 = 5232.944 𝐽 36.4823 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘

T1=5232.944 PRIMER TAO

𝜏=

𝑇1 5232.944 = = 9.1301 𝑇0 573.15

〈𝐶𝑝〉𝐻 0.089 × 10−3 = 4.442 + ∗ 573.15 ∗ (9.1301 + 1) 𝑅 2 (−0.344 × 105 ) + (9.1301)(573.15)2

〈𝐶𝑝〉𝐻 = 4.6889 𝑅

〈𝐶𝑝〉𝐻 = 8.314

𝑗 𝑗 ∗ 4.6889 = 38.9835 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘

𝐽 170000 𝑚𝑜𝑙 + 573.15𝑘 = 4933.969 𝑇= 𝑗 38.9835 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘 𝑇2 = 4933.969

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SEGUNDO TAO 𝜏=

𝑇2

𝑇 〈𝐶𝑝〉𝐻0 𝑅

4933.969 = 8.6085 = 573.15

0.089 × 10−3 ∗ 573.15 ∗ (8.6085 + 1) = 4.442 + 2 (−0.344 × 105 ) + (8.6085)(573.15)2

〈𝐶𝑝〉𝐻 = 4.6749 𝑅

𝑗 𝑗 ∗ 4.6749 = 38.8671 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘 𝐽 170000 𝑚𝑜𝑙 + 573.15𝑘 = 4947.0292 𝑇= 𝑗 38.8671 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘 〈𝐶𝑝〉𝐻 = 8.314

𝑇3 = 4947.0292

TERCER TAO

𝜏=

𝑇3 4947.0292 = = 8.6313 𝑇0 573.15

〈𝐶𝑝〉𝐻 0.089 × 10−3 = 4.442 + ∗ 573.15 ∗ (8.6313 + 1) 𝑅 2 (−0.344 × 105 ) + (8.6313)(573.15)2

〈𝐶𝑝〉𝐻 = 4.6755 𝑅

〈𝐶𝑝〉𝐻 = 8.314

𝑗 𝑗 ∗ 4.6755 = 38.8722 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘

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𝑚𝑜𝑙 𝐽 170000 𝑗 + 573.15𝑘 = 4946.4553 𝑇 = 38.8722 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘 𝑇4 = 4946.4553

CUARTO TAO

𝜏=

𝑇4 4946.4553 = = 8.6303 𝑇0 573.15

〈𝐶𝑝〉𝐻 0.089 × 10−3 = 4.442 + ∗ 573.15 ∗ (8.6303 + 1) 𝑅 2 (−0.344 × 105 ) + (8.6303)(573.15)2

〈𝐶𝑝〉𝐻 = 4.6755 𝑅

𝑗 𝑗 ∗ 4.6755 = 38.8720 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘 𝐽 170000 𝑚𝑜𝑙 + 533.15𝑘 = 4946.4778 𝑇= 𝑗 38.8720 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘 〈𝐶𝑝〉𝐻 = 8.314

𝑇5 = 4946.4778

QUINTO TAO

𝜏=

𝑇5 4946.4778 = 8.6303 = 573.15 𝑇0

〈𝐶𝑝〉𝐻 0.089 × 10−3 = 4.442 + ∗ 573.15 ∗ (8.6303 + 1) 𝑅 2 (−0.344 × 105 ) + (8.6303)(573.15)2

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〈𝐶𝑝〉𝐻 𝑅

= 4.6755

〈𝐶𝑝〉𝐻 = 8.314

𝑗

𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘

𝑗 ∗ −100.9257 = 38.8720 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘

𝐽 𝑚𝑜𝑙 + 533.15𝑘 = 4946.4778 𝑇= 𝑗 38.8720 𝑚𝑜𝑙 ∗ 𝑘 170000

𝑇6 = 4946.4778

3. Gas acetileno a 550 K y 5 bar se somete a una expansión adiabática hasta 1 bar. Determinar la Temperatura final del acetileno, suponiendo que el acetileno es un gas ideal bajo estas condiciones. DATOS

𝑇𝑜 = 550𝐾 𝑇 =?

𝑃𝑜 = 5 bar 𝑃 = 1 bar

〈𝐶𝑝〉𝐻 𝜏−1 𝐷 𝜏+1 = 𝐴 + [𝐵 ∗ 𝑇0 + (𝐶𝑇02 + 2 2 ) + ( ) )] + ( 2 𝑅 𝑙𝑛𝜏 𝜏 𝑇0 Para:

𝑇 < 𝑇0 𝑇 = 500𝐾

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𝜏=

𝑇

𝑇0

500 = 0.9091 = 550

𝐴 = 6.132

〈𝐶𝑃𝑔𝑖 〉S = 6.132 R

Constantes:

𝐵 = 1.952 × 10−3 𝐷 = −1.299 × 105

Resolviendo la ecuación:

+ [1.952 × 10−3 ∗ 550 + (0 + ∗(

0.9091 + 1 0.9091 − 1 ) )] ( 2 𝑙𝑛0.9091

−1.299 × 105 ) 0.90912 ∗ 5502

〈𝐶𝑝〉𝐻 = 6.6829458 𝑅

〈𝐶𝑃𝑔𝑖 〉S 𝑇 ∆S 𝑃 = − ln ln 𝑇0 R R 𝑃0

Para un proceso adiabático reversible: ∆S =0 R

Luego:

〈𝐶𝑃𝑔𝑖 〉S 𝑇 1 𝑃 = ln = 𝑙𝑛 = −1.6094 ln 𝑃0 𝑇0 R 5

ln

𝑃 −1.6094 = 𝑃0 〈𝐶𝑃𝑔𝑖 〉S R

𝑇 = 𝑇0 𝑒𝑥𝑝 (

−1.6094 −1.6094 ) ) = 550 ∗ 𝑒𝑥𝑝 ( 〈𝐶𝑃𝑔𝑖 〉S 6.7651 R 𝑇1 = 433.5559𝐾 INICIANDO

𝐶=0

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𝜏 = 𝑂. 909 〈𝐶𝑝〉𝐻 = 6.6828466 𝑅 𝑇 = 432.28915𝐾 PRIMERO

𝜏 = 𝑂. 7859803

〈𝐶𝑝〉𝐻 = 6.5344596 𝑅 𝑇1 = 432.28915𝐾 SEGUNDO

𝜏 = 𝑂. 7859803

〈𝐶𝑝〉𝐻 = 6.5344596 𝑅 𝑇2 = 432.28915𝐾 TERCERO

𝜏 = 𝑂. 7859803

〈𝐶𝑝〉𝐻 = 6.5344596 𝑅 𝑇3 = 432.28915𝐾 CUARTO

𝜏 = 𝑂. 7859803

〈𝐶𝑝〉𝐻 = 6.5344596 𝑅 𝑇4 = 432.28915𝐾

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4. En un intercambiador de calor se desean calentar 2500 kg/h de agua desde una temperatura de 20°C hasta 60°C, usando 80000 kg/h de gases de combustión a 280°C. Calcular la generación de entropía asumiendo que el calor específico de los gases de combustión es igual a 1,2 kJ/kg.K DATOS 𝑚1 = 2500

𝑇2 = 20℃

𝑘𝑔 ℎ

𝐶𝑝𝑔 = 1.2 𝑘𝐽/𝑘𝑔. 𝐾 𝑚2 = 80000

𝑇2 = 280 ℃

𝑘𝑔 ℎ

𝑚3 = 𝑚1 = 2500 𝑇2 = 60℃

𝑘𝑔 ℎ

𝑚4 = 𝑚2 = 80000

𝑇4 = ?

𝑘𝑔 ℎ

𝐶𝑝𝐻20 = 4.18 𝑘𝐽/𝑘𝑔. 𝐾

BALANCE DE MASA

𝑚𝐸 = 𝑚𝑠

ENTRADA=SALIDA

𝑚1 + 𝑚2 = 𝑚3 + 𝑚4

𝐵𝐴𝐿𝐴𝑁𝐶𝐸 𝐷𝐸 𝐸𝑁𝐸𝑅𝐺𝐼𝐴 𝑆𝐴𝐿𝐼𝐷𝐴 = 𝑆𝐴𝐿𝐼𝐷𝐴

𝑚3 ∗ ℎ3 + 𝑚4 ∗ ℎ4 = 𝑚1 ∗ ℎ1 + 𝑚1 ∗ ℎ2

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𝑚3 ∗ ℎ3 + 𝑚4 ∗ ℎ4 − 𝑚1 ∗ ℎ1 − 𝑚1 ∗ ℎ2 = 0 𝑚3(ℎ3 − ℎ1) + 𝑚4(ℎ4 − ℎ2) = 0 POR DEFINICION DE ENTALPIA

ℎ = 𝐶𝑝 ∗ 𝑇

Reemplazando en el balance de energia

2500

𝑘𝑔 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑘𝐽 + 1.2 . 𝐾 ∗ (60 − 20)℃ + 80000 ∗ 1.2 . 𝐾 ℎ 𝑘𝑔 ℎ 𝑘𝑔 ∗ (𝑇4 − 280℃) = 0

𝑇4 = 279.97

BALANCE DE ENTROPIA

𝑆 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑠 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑠 + 𝑆6 = 0

𝑚1𝑠1 + 𝑚2𝑠2 − 𝑚3𝑠3 − 𝑚4𝑠4 + 𝑠6 = 0 𝑚1 ∆𝑠3−1 + 𝑚2 ∆𝑠4−2 = 𝑠6

𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 ℃ 𝑎 𝑇 (𝑘)

𝑇1 = 20 + 273.15 = 293.15

𝑇2 = 280 + 273.15 = 553.15 𝑇3 = 60 + 273.15 = 333.15

𝑇4 = 279.97 + 273.15 = 553.12

𝑇4 𝑇3 𝑆6 = 𝑚1 ∗ 𝐶𝑝𝐻20 ∗ 𝐿𝑛 [ ] + 𝑚2 ∗ 𝐶𝑝𝑔 𝐿𝑛 [ ] 𝑇1 𝑇2 𝑆6 = 2500 ∗ 4.18 . 𝐾 ∗ 𝐿𝑛 [ ] + 80000 𝑘𝑔 393.15 𝑘𝐽

𝑆6 = 1321.946 𝑆6 = 1321.946

𝐾𝐽 ∗𝑘 ℎ

333.15

𝑘𝑔 ℎ

COVERTIENDO

𝑘𝐽 1ℎ 𝑘𝐽 = 0.3672 . 𝑆 ∗𝑘∗ 36000𝑠 ℎ 𝑘

∗ 1.2 𝑘𝑔 . 𝐾 ∗ 𝐿𝑛 [ 553.15]= 𝑘𝐽

553.12

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𝑆6 = 0.3672 𝑘𝑤𝑘 −1

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