Química

Estequiometría

Diagrama del proceso Habber-Bosch para la obtención de amoniaco.

La estequiometria estudia las combinaciones atómicas de las reacciones químicas. Sigue un único principio: la materia ni se crea ni se destruye, por tanto, en una reacción, los átomos hallados a un lado han ser iguales a los hallados al otro. Por ejemplo:

$N_{2}+3H_{2}\;\rightarrow \;2NH_{3}$

La ecuación química está equilibrada ya que hay 2 nitrógenos y 6 hidrógenos a cada lado. Los balances de materia intervienen con esquemas de reactores y, utilizando la estequiometria, nos permiten deducir el comportamiento de un sistema de reactores. El proceso de Habber-Bosch simplificado (el de producción del amoniaco) sería:

El proceso se resume así en una línea de entrada (A) que se mezcla con otra entrada (R) de la cual hablaremos después dando lugar a B. B entra en el reactor y sale como C que se divide en E y en X, siendo X el producto final. E se divide a su vez en P, la purga, y R, el recirculamiento, que vuelve al principio. Se explicarán como calcular estos sistemas.

Nota: este es un tema puramente práctico y que se explicará con ejemplos prácticos.

La combustión

Es posible que este dato se conozca, pero una combustión siempre se genera con algún compuesto con carbono y oxígeno (aire), y produce CO₂ y agua o CO y agua si hay falta de oxígeno. Por ejemplo, la glucosa quema en:

$C_{6}H_{1}2O_{6}+9O_{2}\;\rightarrow \;6CO_{2}+6H_{2}O$ (suficiente oxígeno, combustión completa)

$C_{6}H_{1}2O_{6}+6O_{2}\;\rightarrow \;6CO+6H_{2}O$ (insuficiente oxígeno, combustión incompleta)

Estas reacciones están ajustadas. 6 carbonos, 12 hidrógenos y 18/12 oxígenos a cada lado. Es muy común que nos indiquen que no se usa oxígeno para realizar la combustión sino que se usa aire. Generalmente se daría la composición del aire. Si no, es aproximada mente 21% de oxígeno, O₂, y 79% de nitrógeno , N₂, (existen otros gases en menores cantidades que no contamos). Lo normal es que el aire sea seco, pero si nos dicen lo contrario hemos de añadir el volumen de vapor de agua requerido. Por ejemplo, nos dicen que tiene una humedad del 20%, eso es que el 20% es agua, mientras que el 80% es la proporción 79/21 de nitrógeno/oxígeno (por si no se conoce como se calcula eso, el 79% del 80% es 0.79•80%). Entonces si necesitamos usar aire (y no oxígeno puro), ¿Cómo se hace? El siguiente método es suficientemente simple:

• Calculamos la estequiometria como si sólo usáramos oxígeno
• Ese oxígeno es el 21% del aire (entonces dividimos los moles de oxígeno entre 0.21 para hallar el volumen de aire) y el nitrógeno que necesitamos es el 79% de ese aire (multiplicamos el volumen de aire por 0.79). Es posible que nos den otros valores, por ejemplo Nitrógeno 80%, oxígeno 20%. En este caso usamos los datos que nos den.

$V_{aire}={\frac {V_{ox{\acute {i}}geno}}{0.21}};\;V_{nitr{\acute {o}}geno}=V_{aire}*0.79\;\rightarrow \;V_{nitr{\acute {o}}geno}={\frac {V_{ox{\acute {i}}geno}}{0.21}}*0.79$

El nitrógeno (que no reacciona con nada, ya que es muy poco reactivo) se suma delante y detrás de la ecuación (aunque parezca poco útil, se hace así, y evita problemas cuando se calculen volúmenes de gases). Para ilustrar usamos el ejemplo de la glucosa, vamos a quemar 1 mol de glucosa (son 180 gramos de azúcar aproximadamente):

$C_{6}H_{1}2O_{6}+9O_{2}\,$	$\rightarrow$	$6CO_{2}+6H_{2}O\,$
$+\qquad \qquad 33.86N_{2}\,$	$\rightarrow$	$33.86N_{2}\,$
${\; \over C_{6}H_{1}2O_{6}+9O_{2}+33.86N_{2}\,}$	${\; \over {\color {White}I_{1}}\rightarrow {\color {White}I_{1}}}$	${\; \over 6CO_{2}+6H_{2}O+33.86N_{2}\,}$

Otro problema sería ¿qué pasa si nos dicen que hay un exceso de aire del 20%?

• Calculamos la estequiometria como si sólo usáramos el oxígeno que necesitamos. Téngase en cuenta que si tenemos exceso de aire nunca podremos tener CO.
• Le sumamos el exceso de O₂. Si tenemos 9 moles de oxígeno y un exceso del 20% entonces a esas 9 moles de oxígeno se le suman 1.8 moles más.

$C_{6}H_{1}2O_{6}+9O_{2}\,$	$\rightarrow$	$6CO_{2}+6H_{2}O\,$	× 0.80
$+\qquad \qquad 1.8O_{2}\,$	$\rightarrow$	$1.8O_{2}\,$	× 0.20
${\; \over C_{6}H_{1}2O_{6}+10.8O_{2}\,}$	${\; \over {\color {White}I_{1}}\rightarrow {\color {White}I_{1}}}$	${\; \over 6CO_{2}+6H_{2}O+1.8O_{2}\,}$

• Le sumamos el nitrógeno que se necesita para ese exceso de aire (exactamente igual que antes, pero en vez de tomar 9 moles de O₂ tomamos 10.8).

Aún es posible complicarlo más, imaginemos que no tenemos el aire necesario para realizar una combustión completa, pero no tan poco como para que se produzca una combustión totalmente de CO. Entonces tenemos una combustión parcial (produce CO₂ y CO en proporciones que deberían de ser indicadas de alguna manera). En tal caso hemos de hacer las reacciones de combustión completa e incompleta, y multiplicarlas por el porcentaje en que saldrán. Por ejemplo quemamos 1 mol de azúcar con aire tal que el 20% tiene combustión incompleta y el 80% combustión completa (en estos problemas nunca puede haber exceso de aire ya que no tendría sentido).

$C_{6}H_{1}2O_{6}+9O_{2}\,$	$\rightarrow$	$6CO_{2}+6H_{2}O\,$	× 0.8
$+\qquad C_{6}H_{1}2O_{6}+6O_{2}\,$	$\rightarrow$	$6CO+6H_{2}O\,$	× 0.2
${\; \over \qquad C_{6}H_{1}2O_{6}+8.4O_{2}\,}$	${\; \over {\color {White}I_{1}}\rightarrow {\color {White}I_{1}}}$	${\; \over 4.8CO_{2}+1.2CO+6H_{2}O\,}$

A esto se le puede sumar el nitrógeno sin ningún problema. Si hay una parte no reactiva (por ejemplo el 20% se quema en CO, el 70% se quema en CO₂ y el 10% restante no reacciona por cualquier motivo) entonces se aplica algo similar:

$C_{6}H_{1}2O_{6}\,$	$\rightarrow$	$C_{6}H_{1}2O_{6}\,$	× 0.1
$C_{6}H_{1}2O_{6}+9O_{2}\,$	$\rightarrow$	$6CO_{2}+6H_{2}O\,$	× 0.7
$+\qquad C_{6}H_{1}2O_{6}+6O_{2}\,$	$\rightarrow$	$6CO+6H_{2}O\,$	× 0.2
${\; \over \qquad C_{6}H_{1}2O_{6}+7.5O_{2}\,}$	${\; \over {\color {White}I_{1}}\rightarrow {\color {White}I_{1}}}$	${\; \over 0.1C_{6}H_{1}2O_{6}+4.2CO_{2}+1.2CO+5.4H_{2}O\,}$

Balances simples

Vamos a comenzar con balances simples. En estos no aparecerá ni purga ni recirculación. Este tipo de balances pueden ser tan simples como ajustar una ecuación. Su esquema es el siguiente:

Podemos deducir que la masa (o las moles y volumen si no hay reacciones químicas) que entran (A) es igual a los que salen por (X).

También es posible que sean algo más complicados, incluyendo varias entradas y una salida, una entrada y varias salidas, o incluso varias salidas y varias entradas. Generalmente las combustiones tienen dos entradas y no son complicados (tienen una entrada para el material a quemar y otra para el aire).

Balances con recirculación y purga

Los balances con recirculación se usan especialmente cuando los procesos empleados no tienen un rendimiento muy alto. De esta manera se separa el producto de los materiales sin reaccionar (por ejemplo en el diagrama del amoniaco del principio del tema) y este material sin reaccionar retorna al circuito para que reaccione. Este sistema sigue el siguiente esquema:

Si el reactor siempre tiene la misma cantidad de materia (es un reactor con capacidad limitada, es decir, es un reactor que se puede fabricar) lo que entra en el sistema será igual a lo que sale (A = X). También podemos decir que B = C pero que A ≠ B. Por último hemos de ver que B = A + R y que C = X + R (que si B = C y A = X son la misma ecuación). Estas ecuaciones debemos tenerlas en cuenta cuando hagamos problemas de estos ya que son las que los solucionan.

Ejercicios con recirculación sin purga hay pocos, ya que no hay materias puras, y si se fueran mandando lo que no reacciona al reactor una y otra vez, nos lo encontraríamos lleno de materiales inertes, aparte de colapsar el sistema. Por tanto debemos considerar la purga en un ejercicio con recirculación (siempre que indiquen que hay purga, que es bastante común).

Ahora el esquema se complica un poco. Ya no podemos decir que A = X, ya que existe otro conducto de salida, P. Entonces A = X + P (si no hay reacción), B = C (si no hay reacciones, lo cual es raro), C = D + X, D = R+P y B = A + R (como antes). Con estas ecuaciones es posible hacer los problemas con purga.