Ejercicios de metalurgia

LIXIVIACIÓN DE ORO Usando el diagrama adjunto de Au – CN– – H2O (298 K y pO2 = 1 atm): a) Escribir la ecuación balanceada para la lixiviación del oro reaccionando con oxígeno, O 2 y con iones de cianuro, CN–. b) Estimar el cambio de energía libre, ΔG, para la reacción derivada en a), a un pH = 10, si la actividad de ambos y el cianuro complejo en la solución de lixiviación es 10 -3. Estimar la energía libre estándar ΔG°, para la reacción obtenida en a). c) Calcular la presión parcial de oxigeno cuando se para la lixiviación a in pH = 10, si las actividades de ambos cianuro y cianuro complejo de oro en la solución de lixiviación es 10 -2. No alarmarse si la presión calculada es muy pequeña.

Solución: a) La reacción de lixiviación del oro: 𝑂2 + 4 𝐴𝑢 + 8 𝐶𝑁 − + 4 𝐻 + ⟺ 4 𝐴𝑢(𝐶𝑁)− 2 + 2 𝐻2 𝑂

b) De la figura, la diferencia de potencial entre la línea O2/H2O y Au/AuCN-2 a un pH = 10 es igual a aproximadamente 1 V: ∆𝐺 0 = −𝑛𝐹𝐸 0 = 4 ∗ 96,487 ∗ 1 = −386,000 𝐽

c)

Energía libre estándar: 2

𝐸0 = −

4

(𝑎𝐻2𝑂 ) (𝑎𝐴𝑢(𝐴𝑢(𝐶𝑁)−2 ) ∆𝐺 0 2.303𝑅𝑇 − 𝑙𝑜𝑔 𝑛𝐹 𝑛𝐹 (𝑃𝑂2 )(𝑎𝐴𝑢 )4 (𝑎𝐶𝑁− )8 (𝑎𝐻 + )4

Re-arreglando y substituyendo: (10−3 )4 + 4𝑝𝐻) (10−3 )8 0 ∆𝐺 = −386,000 − 2.303 ∗ 8.314 ∗ 298 ∗ (12 + 4 ∗ 10) = −683,000 𝐽 ∆𝐺 0 = −𝑛𝐹𝐸 0 − 2.303𝑅𝑇 (𝑙𝑜𝑔

d) La reacción se detiene cuando alcanza equilibrio, ΔG = 0: 2

∆𝐺 0 = −2.303𝑅𝑇 (

(𝑎𝐻2𝑂 ) (𝑎𝐴𝑢(𝐴𝑢(𝐶𝑁)−2 )

4

) (𝑃𝑂2 )(𝑎𝐴𝑢 )4 (𝑎𝐶𝑁− )8 (𝑎𝐻 + )4 (10−3 )4 683,000 1 = (𝑙𝑜𝑔 + 𝑙𝑜𝑔 + 4𝑝𝐻) (10−3 )8 2.303𝑅𝑇 𝑃𝑂2 683,000 𝑙𝑜𝑔𝑃𝑂2 = − + 12 + 4 ∗ 10 = −67.7 2.303 ∗ 8.314 ∗ 298 −67.7 𝑃𝑂2 = 10 𝑎𝑡𝑚

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La presión resultante es sumamente pequeña LIXIVIACIÓN DE PLATA Una mena argentífera que no contiene oro, tiene 14.03 onzas de plata; y es lixiviada con una solución fuerte de cianuro de sodio (5 lb/ton) y luego lavada con agua. La cantidad total de solución obtenida (solución rica más agua de lavado) es de 7.36 ton/ton de mineral procesado. La extracción de la plata por el lixiviante es de 93%. La solución saturada y el agua de lavado son precipitadas 0.13 onzas/ton en reactores con zinc y la solución agotada es desechada. La lixiviación consume 3 libras de NaCN/ton de mena tratada y 1.38 libras de zinc/ton de mena. La solución que entra a los reactores de precipitación contiene 0.88 libras de NaCN/ton. Calcular: 1) La recuperación de plata. 2) La cantidad de solución rica y agua de lavado. 3) El porcentaje de NaCN y Zn consumidos, es decir, lo requerido teóricamente por las ecuaciones de lixiviación y precipitación respectivamente. Solución: 1) La ecuación de lixiviación de Elsner: 4 𝐴𝑔 + 8𝑁𝑎𝐶𝑁 + 𝑂2 + 2 𝐻2 𝑂 = 2 𝑁𝑎𝐴𝑔(𝐶𝑁)2 + 4 𝑁𝑎𝑂𝐻

La ecuación de cementación con zinc: 2𝑁𝑎𝐴𝑔(𝐶𝑁)2 + 4 𝑁𝑎𝐶𝑁 + 2 𝑍𝑛 + 2 𝐻2 𝑂 = 2 𝐴𝑔 + 2 𝑁𝑎2 𝑍𝑛(𝐶𝑁)4 + 𝐻2 + 2 𝑁𝑎𝑂𝐻

Ag en solución que entra a los reactores de zinc = 14.03 ∗ 0.93 = 13.04 𝑜𝑛𝑧𝑎𝑠 Ag en solución que sale de los reactores de cementación = 0.13 ∗ 7.36 = 0.956 𝑜𝑛𝑧𝑎𝑠 Ag recuperada = 13.04 − 0.956 = 12.084 𝑜𝑛𝑧𝑎𝑠 𝑅𝑒𝑐𝑢𝑝𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 = 12.84⁄14.03 ∗ 100 = 85.70% NaCN consumido en la lixiviación = 3.00 libras NaCN que queda en solución = 0.88 libras Total NaCN usado = 3.88 libras 2) Volúmenes de solución rica y de lavado: Cada tonelada de solución fuerte contiene 5 libras de NaCN: 3.88⁄5.00 = 0.766 𝑡𝑜𝑛 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑡𝑒⁄𝑡𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑛𝑎 7.36 − 0.776 = 6.584 𝑡𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑣𝑎𝑑𝑜

3) Por la ecuación de lixiviación se tiene que 432 partes de Ag requieren 392 partes de NaCN y 13.04 onzas requieren: 13.04 ∗ 392⁄432 = 11.82 𝑜𝑛𝑧𝑎𝑠 (𝑡𝑟𝑜𝑦)𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑁 11.82⁄14.58 = 0.812 𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑁

Consumido en la disolución de plata: (0.812⁄3.00) ∗ 100 = 27.10% 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑁

Total consumido en lixiviar la plata: (0.812⁄3.88) ∗ 100 = 20.9% 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑁

De la ecuación de cementación se tiene que 65 partes de Zn cementan 108 partes de zinc: 12,084 ∗ (65⁄108) ∗ (1⁄14.58) = 0.497 𝑙𝑏𝑠 𝑑𝑒 𝑧𝑖𝑛𝑐 (0.497⁄1.38) ∗ 100 = 36.0% 𝑍𝑛 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑡𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎

CINÉTICA DE LA TOSTACIÓN DE PIRITAS En una prueba de tostación oxidante de una mena piritosa se ha encontrado que el 30% del azufre contenido en la mena es eliminado en una hora de tostación. ¿Cuánto tiempo de tostación será necesario para eliminar el 99% del azufre? Solución: 𝑘1 =

Si t1 = 1 hora, Ci = 100% y Cx = 30%

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1 𝐶𝑖 𝑙𝑛 𝑡1 𝐶𝑖 − 𝐶𝑥

1 𝐶𝑖 1 100 𝑙𝑛 = ∗ 2.3𝑙𝑜𝑔 ( ) = 2.3 ∗ 0.1553 = 0.4 𝑡1 𝐶𝑖 − 𝐶𝑥 1 100 − 30 1 𝐶𝑖 2.3 100 2.3 ∗ 2 𝑡1 = 𝑙𝑛 = 𝑙𝑜𝑔 ( )= = 11.5 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑘1 𝐶𝑖 − 𝐶𝑥 0.4 100 − 99 0.4

𝑘1 =

PLANTA DE CIANURACIÓN Y LAVADO DE ORO EN CCD Una planta de cianuración procesa 100 toneladas de una mena (húmeda) por día, empleando un diagrama de flujo que consiste en un circuito de molienda, un primer espesador W, tres agitadores, tres espesadores adicionales X, Y, Z y un filtro F. La mena contiene 5% de humedad. 400 toneladas de solución proveniente del primer espesador W, se precipita a 0.02 $US/tonelada, la solución agotada reingresa al circuito en el cuarto espesador Z. La descarga del primer espesador W tiene 54% de sólidos, y los espesadores que siguen X, Y, Z, tienen 45, 40 y 40% de sólidos. Los agitadores tienen 1.95 toneladas de solución por tonelada de mena. El cake del filtro tiene 35% de humedad y la eficiencia de desplazamiento del filtro es 70% (esto es, 70% del valor de la solución en el cake del filtro es recuperado por lavado). La cantidad total de agua agregada al sistema (incluyendo la humedad de la mena) y el agua añadida al filtro es igual al peso de la solución que va a la presa de relaves en el cake. Hay una disolución de la mena de oro de 12 $US/tonelada seca, siendo disuelto un 50% en el circuito de molienda, 2% en el primer espesador W, 45% en los agitadores y 1% en cada uno de los espesadores. La solución en el primer espesador W lleva 2 libras de NaCN por tonelada. Calcular: 1. 2. 3. 4. 5.

Dibujar el diagrama de flujo y hacer el balance de masa con respecto a las toneladas de solución en cada una de las líneas de flujo. Los valores ensayados de la solución que sale de cada uno de los espesadores y el filtro. El porcentaje de los valores disueltos recuperados. La concentración del cianuro de la solución que sale de cada uno de los espesadores y el filtro. La pérdida mecánica de cianuro por tonelada de mena, el consumo de cianuro en el sistema ha sido omitido.

Solución: 1.

Diagrama de flujo

La solución rica que rebasa del primer espesador W es de 400 toneladas y es para precipitación más 46⁄54 ∗ 95 = 81 toneladas. La solución en los agitadores es 1.92 ∗ 95 = 182 toneladas. La descarga del segundo espesador es 55⁄45 ∗ 95 = 116 toneladas y de los dos últimos espesadores 60⁄40 ∗ 95 = 143 toneladas. El peso del cake del filtro es 95⁄0.65 = 146 toneladas y la solucion en el cake es 0.35 ∗ 146 = 51 toneladas que van a la presa de relaves. El agua de lavado agregado al filtro es 51 − 5 (𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑚𝑒𝑛𝑎) = 46 toneladas. El retorno de la solución desde el filtro al último espesador Z es: 143 + 46 − 51 = 138 toneladas (de las cuales 51 toneladas están sujetas a la recuperación del 70%). El flujo de la solución del cuarto espesador Z al tercer espesador Y es: 400 + 143 + 138 − 143 = 538 toneladas. Del tercero Y al segundo X, 538 + 116 − 143 = 511 toneladas. El retorno de la solución del segundo espesador X a los agitadores de 182 − 81 = 101 toneladas y desde este espesador al circuito de molienda 511 + 182 − 116 − 101 = 476 toneladas. La solución que deja (sale) del circuito de molienda = 476 + 5 (𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑚𝑒𝑛𝑎) = 481 toneladas.

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Diagrama de flujo de planta de cianuración en CCD

2.

Valores de los ensayos de las soluciones salientes de los cuatro espesadores

Si W, X, Y, Z son los valores de los análisis en dólares por tonelada de solución que sale de los cuatro espesadores y el filtro, respectivamente. Las siguientes ecuaciones resultan de los contenidos de oro de las soluciones que salen y entran de cada unidad: 400𝑊 + 81𝑊 = 476𝑋 + 0.52 ∗ $𝑈𝑆 12 ∗ 95 116𝑋 + 476𝑋 = 81 + 511𝑌 + 0.46 ∗ $𝑈𝑆 12 ∗ 95 143𝑌 + 511𝑌 = 116𝑋 + 538𝑍 + 0.01 ∗ $𝑈𝑆 12 ∗ 95 143𝑍 + 538𝑍 = 143𝑌 + 87𝐹 + 51 ∗ 0.7𝐹 + 0.01 ∗ $𝑈𝑆 12 ∗ 95 + 400 ∗ $𝑈𝑆 0.02 51𝐹 + 87𝐹 + 51 ∗ (0.7)𝐹 = 143𝑍

Resolviendo estas ecuaciones, se obtiene: 𝑊 = $𝑈𝑆 2.8561, 𝑋 = $𝑈𝑆 1.6408, 𝑌 = $𝑈𝑆 0.4214, 𝑍 = $𝑈𝑆 0.1373, 𝐹 = $𝑈𝑆 0.1130

3.

Porcentaje de valores disueltos: (51 ∗ $𝑈𝑆 0.1130)⁄(95 ∗ $𝑈𝑆 12.00) ∗ 100 = 0.506%

Porcentaje de los valores recuperados: 100 − 0.506 = 99.494%. 4.

Concentración de cianuro saliente de los cuatro espesadores y filtro

Sean w, x, y, z y f las concentraciones de cianuro en libras por tonelada de la solución que sale de los cuatro espesadores y el filtro, respectivamente. Las siguientes ecuaciones resultan de los contenidos de cianuro de las soluciones que salen y entran a cada unidad: 𝑤=2 116𝑥 + 476𝑥 = 81𝑤 + 511𝑦 143𝑦 + 511𝑦 = 116𝑥 + 538𝑧 143𝑧 + 538𝑧 = 143𝑦 + 400𝑤 = 87𝑓 + 51 ∗ 0.7𝑓 51𝑓 + 87𝑓 = 51 ∗ 0.7𝑓 = 143𝑧

Resolviendo el sistema de ecuaciones: 𝑤 = 2.000, 𝑥 = 1.859, 𝑦 = 1.837, 𝑧 = 1.832, 𝑓 = 1.498 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑖𝑎𝑛𝑢𝑟𝑜 = (51 ∗ 1.498)⁄100 = 0.764 𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎𝑠⁄𝑡𝑜𝑛𝑒𝑙𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑛𝑎

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DISOLUCIÓN DE MENAS La solubilidad de una sal en agua a 25°C es de 0.04 moles/litro. En 10 minutos se disuelven 0.005 moles en un litro bajo las mismas condiciones y en 1 hora la cantidad disuelta alcanza a 0.02 moles. Se requiere calcular la velocidad constante de disolución y también el tiempo necesario para obtener una solución 80% saturado con la sal. Solución: 𝐷.𝑆 Tomando como una constante k bajo condiciones dadas y partiendo de la ecuación: 𝑉.𝑌

𝑑𝐶𝑖 𝐷𝑆 (𝐶 − 𝐶𝑖 ) =− 𝑑𝑡 𝑦 𝑠𝑎𝑡 𝑑𝐶𝑖 = 𝑘(𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖 ) 𝑑𝑡 𝑑𝐶𝑖 −𝑑(𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖 ) = = 𝑘(𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖 ) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 −𝑑(𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖 ) = 𝑘𝑑𝑡 (𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖 ) 𝑉.

Integrando: 𝑘𝑡 + 𝐼 = −𝑙𝑛(𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖 )

Para t = 0; Ci = 0, ya que el comienzo no hay ninguna solución, por tanto, 𝐼 = −𝑙𝑛𝐶𝑠𝑎𝑡 . Luego la ecuación integrada: 𝑘𝑡 = 𝑙𝑛(𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖 ) + 𝑙𝑛𝐶𝑠𝑎𝑡 𝐶𝑠𝑎𝑡 𝑘𝑡 = 2.303𝑙𝑜𝑔 𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖

Si C’ y C’’ son las concentraciones en los tiempos t1 y t2, respectivamente, entonces de la ecuación: 𝑘(𝑡2 − 𝑡1 ) = −𝑙𝑛(𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖′′ ) + 𝑙𝑛(𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖′ ) 𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖′ 𝑘(𝑡2 − 𝑡1 ) = 2.303𝑙𝑜𝑔 𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖′′

Reemplazando: t = 10 minutos, 𝐶𝑠𝑎𝑡 = 0.04 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 y 𝐶𝑖 = 0.005 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠, se obtiene: 2.303 𝐶𝑠𝑎𝑡 2.303 0.04 𝑙𝑜𝑔 = 𝑙𝑜𝑔 = 0.0131 𝑡 𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖 10 0.04 − 0.005 Cuando t = 60 minutos y 𝐶𝑖 = 0.02 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠: 𝑘1 =

𝑘2 =

2.303 0.04 𝑙𝑜𝑔 = 0.0115 60 0.04 − 0.02

El valor promedio de k: 𝑘=

𝑘1 + 𝑘2 0.0131 + 0.0115 = = 0.0123 2 2

La solución 80% saturada: 0.8 ∗ 0.04 = 0.032 moles, consecuentemente: 𝑡=

2.303 𝐶𝑠𝑎𝑡 2.303 0.040 𝑙𝑜𝑔 = ∗ 𝑙𝑜𝑔 = 131 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 = 2 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑦 11 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 𝑘 𝐶𝑠𝑎𝑡 − 𝐶𝑖 0.0123 0.040 − 0.032

DISOLUCIÓN DE SAL EN AGUA Una solución de sal común en agua, se satura a una temperatura de 15°C. Calcular el peso de NaCl que puede ser disuelto por 100 libras de esta solución si la misma es calentada a la temperatura de 65°C. Solución: Base: 1000 libras de agua. NaCl en la solución saturada a 15°C 6.12 ∗ 58.5 = 358 𝑙𝑏𝑠 Porcentaje de NaCl por peso = 358⁄1358 = 26.4% NaCl en la solución saturada a 65°C = 6.37 ∗ 58.5 = 373 𝑙𝑏𝑠 NaCl que puede ser disuelto por 1000 lbs de agua = 373 − 358 = 15 𝑙𝑏𝑠 Agua presente en 100 libras de la solución original = 100 ∗ (1.0 − 0.264) = 73.6

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NaCl disuelto por 100 libras de solución original = (15 ∗ 73.6)⁄1000 = 1.1 𝑙𝑏𝑠 La solubilidad del ClNa cambia muy poco con el incremento de temperatura. CINÉTICA DE LA CIANURACIÓN 1. Dibujar el diagrama esquemático de la cianuración del oro según el modelo electroquímico propuesto por Thompson. 2. Escribir las reacciones anódicas y catódicas que ocurren en la disolución del oro en soluciones de cianuro. 3. ¿Es verdad que la cinética de la cianuración del oro y plata son controladas por difusión? 4. Demostrar que la cianuración es controlada por difusión del ion cianuro cuando la concentración de cianuro es baja y controlada por difusión del oxígeno cuando la concentración de cianuro es alta. Solución: 1.

Thompson ha propuesto un modelo electroquímico en el cual el oro disuelto en sitios anódicos mientras que el oxígeno es reducido en sitios catódicos. El ánodo y el cátodo forman un par de corrosión en el cual existe transferencia de electrones de los sitios anódicos a los sitios catódicos a través del oro sólido. El diagrama esquemático de la cianuración del oro es:

2.

Las reacciones anódicas y catódicas son: Anódica: 𝐴𝑢+

𝐴𝑢 = 𝐴𝑢+ + 𝑒 − + 2 𝐶𝑁 − = 𝐴𝑢(𝐶𝑁)− 2

Catódica: 𝑂2 + 2 𝐻 + + 2 𝑒 − = 𝐻2 𝑂2 𝐻2 𝑂2 + 2 𝐻 + + 2 𝑒 − = 2 𝐻2 𝑂

3.

4.

Varios investigadores han demostrado que la cinética de la cianuración del oro y la plata son fenómenos controlados por difusión. Para altas concentraciones de oxigeno la velocidad de la reacción depende de la difusión de los iones de cianuro a través de la capa de difusión (interface), y para la difusión de los iones a concentraciones de cianuro altas, la velocidad es controlada por la difusión de oxígeno a través de la capa de la película (de difusión). Para una presión de oxigeno fija, la velocidad incrementa con el aumento de la concentración de cianuro, finalmente la aproximación a un valor horizontal en el cual la velocidad es proporcional a la presión del oxígeno, indica un cambio de control de difusión del ion cianuro a control de la difusión del oxígeno. Las concentraciones de [𝑂2 ]𝑆 y [𝐶𝑁 − ]𝑆 en equilibrio son cercanas a cero en la interfase y pueden ser despreciados. 𝑅1 = 𝐷𝑂2 𝐴1 [𝑂2 ]𝐵 /𝛿 𝑅1 𝛿 𝐴1 = 𝐷𝑂2 [𝑂2 ]𝐵 𝑅2 = 𝐷𝐶𝑁− 𝐴2 [𝐶𝑁 − ]𝐵 /𝛿

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𝐴2 =

𝑅2 𝛿 𝐷𝐶𝑁− [𝐶𝑁 − ]𝐵

El proceso en general es un proceso controlado por difusión, se asume que la reacción química en la interfase del metal es más rápida, comparada con la velocidad a la cual el ion oxígeno y el cianuro se difunden a través de la capa estacionaria, entonces serán consumidos tan pronto como ellos alcancen la superficie del metal. Si la velocidad de disolución del metal es dos veces la del oxígeno y solo la mitad del cianuro: 1 2𝑅1 = 𝑅2 2 4𝑅1 = 𝑅2 𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 𝑅1 𝛿 𝑅2 𝛿 𝐴= + 𝐷𝑂2 [𝑂2 ]𝐵 𝐷𝐶𝑁− [𝐶𝑁 − ]𝐵 𝑅1 𝛿 4𝑅1 𝛿 𝐴= + 𝐷𝑂2 [𝑂2 ]𝐵 𝐷𝐶𝑁− [𝐶𝑁 − ]𝐵 𝐷𝐶𝑁− [𝐶𝑁 − ]𝐵 + 4𝐷𝑂2 [𝑂2 ]𝐵 𝐴 = 𝑅1 𝛿 { } 𝐷𝑂2 [𝑂2 ]𝐵 𝐷𝐶𝑁− [𝐶𝑁 − ]𝐵

La velocidad de disolución del oro: 2R1 𝑉=

2𝐴𝐷𝐶𝑁− 𝐷𝑂2 ([𝑂2 ]𝐵 [𝐶𝑁 − ]𝐵 𝛿(𝐷𝐶𝑁− [𝐶𝑁 − ]𝐵 + 4𝐷𝑂2 [𝑂2 ]𝐵 )

La primera posibilidad es si las concentraciones de cianuro son bajas, el primer término del denominador es despreciable respecto del segundo: 𝑉=

1 𝐴𝐷 − [𝐶𝑁 − ]𝐵 = 𝐾1 [𝐶𝑁 − ]𝐵 2𝛿 𝐶𝑁

En estas condiciones, la velocidad de lixiviación es función de la concentración del cianuro. La segunda posibilidad es que las concentraciones de cianuro sean altas: 2𝐴𝐷𝑂2 [𝑂2 ]𝐵 𝛿 𝑉 = 𝐾2 [𝑂2 ]𝐵

𝑉=

Esto es a alta concentración de cianuro, la velocidad de disolución depende solamente de la concentración de oxígeno. Estos dos casos se han comprobado experimentalmente. 𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 =

√𝐷𝑂2 𝐷𝐶𝑁− 𝐴[𝐶𝑁 − ]1/2 [𝑂2 ]1/2 2𝛿

Lo que significa que a esas concentraciones de cianuro y oxígeno, los cambios de velocidad de disolución dependen el uno del otro. Para encontrar el límite en el cual el predominio de una de las concentraciones cede el paso al de la otra en el control de la velocidad de lixiviación, de la ecuación general: 4𝑅1 = 𝑅2 [𝑂2 ]𝐵 4𝐷𝑂2 𝐴1 = 𝐷𝐶𝑁− 𝐴2 [𝐶𝑁 − ]𝐵 /𝛿 𝛿

Asumiendo A1 = A2, 4𝐷𝑂2 [𝑂2 ]𝐵 = 𝐷𝐶𝑁− [𝐶𝑁 − ]𝐵 [𝐶𝑁 − ]𝐵 𝐷𝑂2 =4 [𝑂2 ]𝐵 𝐷𝐶𝑁− 𝐷𝑂2 = 2.76 ∗ 10−5 𝑐𝑚2 𝑠𝑒𝑔−1 𝐷𝐶𝑁− = 1.85 ∗ 10−5 𝑐𝑚2 𝑠𝑒𝑔−1 𝛿 = 2 ∗ 10−3 𝑎 9𝑥10−3 𝑐𝑚 (Dependiendo de la velocidad de agitación)

Si se asume que

DO2 D𝐶𝑁−

= 1.5, se puede determinar que el límite referido se alcanza cuando: [𝐶𝑁 − ]𝐵 =6 [𝑂2 ]𝐵

Desde un punto de vista técnico de los resultados anteriores puede establecerse lo siguiente: 

Ni la concentración de oxígeno disuelto sólo (grado de aireación de la solución), ni la concentración del cianuro libre sólo, son importante en las prácticas actuales.

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

Es por lo tanto, recomendable analizar tanto el contenido del cianuro libre como del oxígeno disuelto en la solución para llegar a su relación molar óptima.

DISOLUCIÓN DE PLATA EN CIANURO En la disolución de plata con una solución de cianuro se encontró que la reacción más lenta: 𝐴𝑔 + 2 𝐶𝑁 − ⟹ [𝐴𝑔(𝐶𝑁)2 ]− + 𝑒 − En un experimento se encontró que 4.77 mg de plata se disolvió en una solución conteniendo 0.05% NaCN en una hora. La plata estaba en forma de una placa de 1 cm2 expuesto a la solución en un solo lado si el proceso es controlado por difusión y el coeficiente de difusión es del NaCN es 1.83 x 10-5 cm2.s-1, calcular el espesor de la capa de difusión. Solución: De la ecuación electroquímica: 1 1 𝑑𝑛 𝑇𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝐴𝑔 = 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑎𝑠𝑎 𝑑 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑜 𝑑𝑒 𝐶𝑁 − = 2 2 𝑑𝑡 𝑑𝑛 es el número de moles de cianuro difundiéndose a la superficie de la plata en un tiempo 𝑑𝑡. Aplicando la ley de difusión de Ficks: 𝑑𝑛 𝑑𝐶 = 𝐷𝐴 𝑑𝑡 𝑑𝑥 Donde: 𝐷 = 𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑓𝑢𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑑𝑜 = 1.83 ∗ 10−5 𝐴 = 𝑒𝑙 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝐶 𝐶 = = 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑥 𝛿 1 𝐶 𝑇𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑙𝑎𝑡𝑎 = 𝐷𝐴 2 𝛿 Para ser consistente con las unidades, la tasa de disolución de la plata tiene que ser expresada en gr equivalentes/segundo, por consiguiente 4.77 mg/h debe ser convertida a g/s y dividida por 108 (peso atómico de la plata). También la concentración de NaCN debe ser convertida a g.mol/L, por consiguiente 0.05% NaCN debe ser convertida a 0.05 x 10-2 g/mL y dividido por 49 (peso molecular del NaCN). 4.77 ∗ 103 1 1 = ∗ 1.83 ∗ 10−5 ∗ 1 ∗ 108 ∗ 60 ∗ 60 2 𝛿 𝛿 = 0.007 𝑐𝑚 CIANURACIÓN DE ORO Una planta de cianuración de oro de 50 TMS/día de capacidad opera según el diagrama mostrado en la siguiente figura. 1. Calcular el porcentaje de extracción total y el porcentaje de extracción de cada una de las etapas. 2. Comentar brevemente sobre la recuperación del proceso y dar una alternativa para aumentar la recuperación de oro. Asumir que la adsorción en los tanques pachuca es de 94%. En la figura se indican las leyes de oro en cada una de las etapas.

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Datos de laboratorio: Tamaño de mineral: 100% -1/2” Rebose de ciclón: 74.10% - 200 mallas 1.21 g/mL 500 ppm NaCN Velocidad de agitación: 120 rpm Tiempo de agitación: 12 horas Tiempo de adsorción: 12 horas Cianuro en relave: 50 ppm NaCN Carbón Pachuca #1: 7.89 g Au/kg Solución 1. Extracción especifica (17.30 − 1.75) ∗ 100 = 89.8% 17.30 (1.75 − 1.05) % 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑇𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒𝑠 = ∗ 100 = 40.0% 1.75 (1.05 − 0.95) % 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑃𝑎𝑐ℎ𝑢𝑐𝑎𝑠 = ∗ 100 = 9.5% 1.05 (17.30 − 0.95) % 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∗ 100 = 94.5% 17.30 % 𝑅𝑒𝑐𝑢𝑝𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 94.5 ∗ 0.94 = 88.8% Comentarios del proceso:  La recuperación total es baja para este tipo de proceso; lo usual es 90%.  La molienda es aceptable ya que ha extraído más del 70% del oro, lo cual es típico en este tipo de proceso. Una buena molienda garantiza la liberación correcta del oro y la plata.  La lixiviación en los tanques de agitación es muy baja debido, probablemente, al cortocircuito de la pulpa por eso es muy importante tener 3 o 4 tanques en serie para compensar este tipo de problemas.  La extracción en los pachucas es buena; eso se debe a que hay 4 unidades en serie que compensan el cortocircuito de la pulpa. % 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑀𝑜𝑙𝑖𝑒𝑛𝑑𝑎 =

2.

LIXIVIACIÓN DE ORO 1. El porcentaje típico de extracción de oro de una planta es 97% en total; el cual está distribuido de la siguiente manera:

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La ley de mineral de cabeza es de 15 g/TMS. Hallar la ley de mineral en los puntos A, B y relaves. 2. En la figura siguiente se muestra la ley de oro del mineral en cada etapa del proceso. Hallar la extracción específica, la extracción parcial y la extracción del proceso.

Solución: 1. Según los datos: 𝐿𝑒𝑦 𝑒𝑛 A = 15 𝑔⁄𝑇𝑀𝑆 ∗ (1.00 − 0.70) = 4.5 𝑔⁄𝑇𝑀𝑆 𝐿𝑒𝑦 𝑒𝑛 B = 15 𝑔⁄𝑇𝑀𝑆 ∗ (1.00 − 0.70 − 0.25) = 0.75 𝑔⁄𝑇𝑀𝑆 𝐿𝑒𝑦 𝑒𝑛 relaves = 15 𝑔⁄𝑇𝑀𝑆 ∗ (1.00 − 0.70 − 0.25 − 0.02) = 0.45 𝑔⁄𝑇𝑀𝑆 2. En este caso: Extracción especifica: (18 − 6)𝑔/𝑇𝑀𝑆 ∗ 100 = 66% 18 𝑔/𝑇𝑀𝑆 (6 − 1)𝑔/𝑇𝑀𝑆 % 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑇𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒𝑠 = ∗ 100 = 83% 6 𝑔/𝑇𝑀𝑆 (1 − 0.5)𝑔/𝑇𝑀𝑆 % 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝐸𝑠𝑝𝑒𝑠𝑎𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠 = ∗ 100 = 50% 1 𝑔/𝑇𝑀𝑆 % 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑀𝑜𝑙𝑖𝑒𝑛𝑑𝑎 =

Extracción parcial: (18 − 6)𝑔/𝑇𝑀𝑆 ∗ 100 = 66% 18 𝑔/𝑇𝑀𝑆 (6 − 1)𝑔/𝑇𝑀𝑆 % 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑇𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒𝑠 = ∗ 100 = 27% 18 𝑔/𝑇𝑀𝑆 (1 − 0.5)𝑔/𝑇𝑀𝑆 % 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝐸𝑠𝑝𝑒𝑠𝑎𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠 = ∗ 100 = 2.7% 1 8 𝑔/𝑇𝑀𝑆 % 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 66 + 27 + 2.7 = 95.7% % 𝐸𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑀𝑜𝑙𝑖𝑒𝑛𝑑𝑎 =

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ADSORCIÓN DE ORO EN CARBÓN En la figura siguiente se muestran dos casos típicos de adsorción de oro en carbón activado. Hallar el porcentaje de recuperación, la ley del carbón y los gramos de oro atrapados en un tiempo de 8 horas. Asumir que la pulpa tiene 1.34 g/mL de densidad y 40.3% de sólidos en peso.

Solidos: Caso #1 𝑂𝑟𝑜 atrapado = 8 ℎ ∗ 1,200 𝑚3 ⁄ℎ ∗ (1.2 − 0.1) 𝑝𝑝𝑚 = 10.569 𝑔 (1.2 − 0.1) 𝑝𝑝𝑚 % 𝑅𝑒𝑐𝑢𝑝𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜 = ∗ 100 = 91.6% 1.2 10,560 𝑔 𝐿𝑒𝑦 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑏ó𝑛 = = 5.2 𝑔 𝐴𝑢⁄𝑘𝑔 𝑐𝑎𝑟𝑏ó𝑛 2,000 𝑘𝑔 Caso #2 𝑆𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠 = 1,200 𝑚3 ⁄ℎ ∗ 1.34 𝑇⁄𝑚3 ∗ 40.3% = 648 𝑇⁄ℎ 𝐿𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = 1,200 𝑚3 ⁄ℎ ∗ 1.34 𝑇⁄𝑚3 (100 − 40.3)% = 960 𝑚3 ⁄ℎ 𝑂𝑟𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑖𝑛𝑔𝑟𝑒𝑠𝑎 = 8 ℎ ∗ [(648 𝑇⁄ℎ ∗ 7.2 𝑔⁄𝑇 ) + (630 𝑚3 ⁄ℎ ∗ 4.8 𝑔⁄𝑚3 )] = 74,184 𝑔 𝑂𝑟𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑒 = 8 ℎ ∗ [(648 𝑇⁄ℎ ∗ 0.2 𝑔⁄𝑇 ) + (630 𝑚3 ⁄ℎ ∗ 0.5 𝑔⁄𝑚3 )] = 4,876 𝑔 𝑂𝑟𝑜 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑝𝑎𝑑𝑜 = 74,184 − 4,876 = 69,308 𝑔 % 𝑅𝑒𝑐𝑢𝑝𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜 = 69,308 𝑔⁄74,184 𝑔 ∗ 100 = 93.4% 𝐿𝑒𝑦 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑏ó𝑛 = 69,308 𝑔⁄8,000 𝑘𝑔 = 8.6 𝑔⁄𝑘𝑔 𝐴𝑢 Los cálculos anteriores son válidos cuando el carbón es nuevo, cuando el carbón es usado existe una ley de oro residual que puede ser 0.1 g/kg, por consiguiente: 𝐿𝑒𝑦 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑏ó𝑛 (𝑐𝑎𝑠𝑜 #1) = (2,000 𝑘𝑔 ∗ 0.1 𝑔⁄𝑘𝑔) + 10,560 𝑔⁄2,000 𝑘𝑔 = 5.3 𝑔⁄𝑘𝑔 𝐴𝑢 𝐿𝑒𝑦 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑏ó𝑛 (𝑐𝑎𝑠𝑜 #2) = (8,000 𝑘𝑔 ∗ 0.1 𝑔⁄𝑘𝑔) + 69,308 𝑔⁄8,000 𝑘𝑔 = 8.7 𝑔⁄𝑘𝑔 𝐴𝑢 ADSORCIÓN DE ORO CIANURADO EN CARBÓN En una poza de cianuración se procesó 35 TMS de mineral aurífero con una ley desconocida. Para recuperar el oro se usaron 80 kg de carbón activado que atraparon 3 g de Au por kilo. Luego del proceso el mineral quedo con 1.4 g/TMS de Au y la solución barren quedo con 1.0 g/m3 de Au. El volumen de la solución barren es 5 m3. Calcular: 1. La ley de mineral de cabeza. 2. Porcentaje de recuperación. 3. Porcentaje de adsorción. Solución: De los datos se obtiene: 𝐴𝑢 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑜 = 80 𝑘𝑔 ∗ 3 𝑔⁄𝑘𝑔 = 240 𝑔 𝐴𝑢 𝑒𝑛 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑣𝑒 = 35 𝑇 ∗ 1.4 𝑔⁄𝑇 = 49 𝑔 𝐴𝑢 𝑒𝑛 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑣𝑒 = 5 𝑚3 ∗ 1 𝑔⁄𝑚3 = 5 𝑔 1. 𝐿𝑒𝑦 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑏𝑒𝑧𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑖𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 = (240 + 49 + 5)⁄35 𝑇 = 8.4 𝑔⁄𝑇 2. 𝑃𝑜𝑐𝑒𝑛𝑡𝑎𝑗𝑒 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑐𝑢𝑝𝑒𝑟𝑐𝑖ó𝑛 = 240⁄(240 + 49 + 5) ∗ 100 = 81% 3. 𝑃𝑜𝑟𝑐𝑒𝑛𝑡𝑎𝑗𝑒 𝑑𝑒 𝑎𝑑𝑜𝑠𝑜𝑟𝑐𝑖ó𝑛 = 240⁄(35 ∗ (8,4 − 1.4) ∗ 100 = 97% CIANURACIÓN DE ORO

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El oro por ser un metal noble no puede ser disuelto con los medios de lixiviación común. La disolución del oro sólo puede llevarse a cabo mediante la oxidación en presencia de agentes complejantes fuertes. Usando la ecuación de Nernst y los datos dados a continuación, se pide clasificar en términos de eficiencia como agentes formadores de complejos los siguientes reactivos usados en la disolución del oro por oxidación: Cianuro (CN) -, tiourea CS(NH2)2 o tiosulfato S2O32. A 25C y asumiendo que todas las especies complejas tienen actividad de 1. Au+ + e- = Au 𝐸° = 1.83V + Au + 2CN- = AuCN-2 K1 = 1.5 x 1041 Au+ + 2CS(NH2)2 = Au[CS(NH2)2]+2 K2 = 3.7 x 1024 + 23Au + 2S2O3 = Au(S2O3)2 K3 = 2.6 x 1028 Solución: La semireacción de reducción (de acuerdo a la Convención UPAC): 0 𝐴𝑢+ + 𝑒 − ⟹ 𝐴𝑢 𝐸𝐴𝑢 + ⁄𝐴𝑢 = 1.83 𝑉 La ecuación de Nernst: 𝑅𝑇 1 𝐸ℎ = 𝐸 0 − 𝐿𝑛 𝑛𝐹 𝑚𝐴𝑢+ Usando molalidades en lugar de actividades, determinar mAu+ para cada una de las reacciones de formación de complejos y sustituyendo en la ecuación de Nernst. Las tres reacciones de complejamiento y sus respectivas constantes de equilibrio se escriben a continuación: 𝐾1 = 1.5 ∗ 1041 𝐾2 = 3.7 ∗ 1024 𝐾3 = 2.6 ∗ 1028 𝑪𝑵−𝟏 : 𝐴𝑢+ + 2 𝐶𝑁 −1 ⟺ 𝐴𝑢(𝐶𝑁)− 2 𝑪𝑺(𝑵𝑯𝟐 )𝟐 : 𝐴𝑢+ + 2 𝐶𝑆(𝑁𝐻2 )2 ⟺ 𝐴𝑢[𝐶𝑆(𝑁𝐻2 )2 ]+ 2 + 2− 3− ) 𝑺𝟐 𝑶𝟐− : 𝐴𝑢 + 𝑆 𝑂 ⟺ 𝐴𝑢(𝑆 𝑂 2 3 2 3 2 𝟑 𝑚𝐴𝑢𝐶𝑁2− 𝐾1 = 2 𝑚𝐴𝑢+ 𝑚𝐶𝑁 − 𝑚𝐴𝑢⌈𝐶𝑆(𝑁𝐻2)⌉+2 𝐾2 = 2 𝑚𝐴𝑢+ 𝑚𝐶𝑆(𝑁𝐻 2 )2 𝑚𝐴𝑢(𝑆2 𝑂3 )3− 2 𝐾3 = 𝑚𝐴𝑢+ 𝑚𝑆2𝑂32− 𝑅𝑇 𝐾1 𝑚𝐶𝑁− 𝐸1 = 𝐸10 − 𝑙𝑛 𝑛𝐹 𝑚𝐴𝑢𝐶𝑁2− 𝐸10 = 𝐸 0 − 0.059𝑙𝑜𝑔𝐾1 𝐸10 = −0.6 𝑉 0 0 Similarmente se calcula 𝐸2 = 0.308 V y 𝐸3 = 0.153 V para la tiourea y tiosulfato respectivamente. Ya que: 𝐸10 (−0.6 𝑉) < 𝐸30 (0.153) V < 𝐸20 (0.308 V) esto significa que el CN- es el reactivo más poderoso BALANCE DE MASA EN UNA PLANTA DE CIP Una planta de oro cuenta con un sistema CIP en contracorriente, utilizando una serie de cinco tanques de las que se dan los datos de operación en la tabla. Determinar el carbón en la solución y la relación de recuperación en cada etapa. Si la planta produce 100,000 Onz/año ¿Cuál es la cantidad de oro en la recirculación de carbón? Pulpa de Salida Salida Salida Salida Salida Alimentación alimentación TK 1 TK 2 TK 3 TK 4 TK 5 de carbón 1.89 0.52 0.24 0.15 0.09 0.05 ppm Au en solución 1710 684 342 171 137 45 ppm Au en carbón -Solución Representando los datos en los siguientes diagramas:

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El proceso puede ser simplificado en:

El balance de oro es: 𝐴𝑢𝑎𝑞,𝑖𝑛 + 𝐴𝑢𝐶,𝑖𝑛 = 𝐴𝑢𝑎𝑞,𝑜𝑢𝑡 + 𝐴𝑢𝐶,𝑜𝑢𝑡 𝑉𝑎𝑞,𝑖𝑛 ∗ 𝐶𝐴𝑢,𝑎𝑞,𝑖𝑛 + 𝑀𝐶,𝑖𝑛 ∗ 𝐶𝐴𝑢,𝐶,𝑖𝑛 = 𝑉𝑎𝑞,𝑜𝑢𝑡 ∗ 𝐶𝐴𝑢,𝑎𝑞,𝑜𝑢𝑡 + 𝑀𝐶,𝑜𝑢𝑡 ∗ 𝐶𝐴𝑢,𝐶,𝑜𝑢𝑡 El volumen de la solución de entrada y salida son iguales, como son las masas de carbón en la entrada y la salida: 1.89 𝑉𝑎𝑞 + 45 𝑀𝐶 = 0.05 𝑉𝑎𝑞 + 1,710 𝑀𝐶 1.84 𝑉𝑎𝑞 = 1,665 𝑀𝐶 Por consiguiente: 𝑀𝐶 ⁄𝑉𝑎𝑞 = 1.84⁄1,665 = 0.00111 = 1.11 𝑔 𝐶 ⁄𝐿 Examinando el primer tanque: 𝑅𝑒𝑐𝑢𝑝𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 = 𝑀𝐴𝑢 𝐶 𝑜𝑢𝑡 ⁄𝑀𝐴𝑢 𝐴𝑞 𝑖𝑛 En este caso, es el oro adicional en el carbón el que es importante, por lo que: 𝑅𝑒𝑐𝑢𝑝𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 = (𝑀𝐴𝑢 𝐶 𝑜𝑢𝑡 − 𝑀𝐴𝑢 𝐶 𝑖𝑛 )⁄𝑀𝐴𝑢 𝐴𝑞 𝑖𝑛 Asumiendo que el volumen de solución es de 1 L 𝑅1 = (0.00111 ∗ 1,710 − 0.00111 ∗ 684)⁄1 ∗ 1.89 = 60.26% Para los otros tanques: 𝑅2 = (0.00111 ∗ 684 − 0.00111 ∗ 342)⁄0.52 = 73.00% 𝑅3 = (0.00111 ∗ 342 − 0.00111 ∗ 171)⁄0.24 = 79.09% 𝑅4 = (0.00111 ∗ 171 − 0.00111 ∗ 137)⁄0.15 = 25.16% 𝑅5 = (0.00111 ∗ 137 − 0.00111 ∗ 45)⁄0.09 = 113.5% Las recuperaciones en las dos etapas finales son claramente diferentes de los de las etapas anteriores y sugiere un problema con los análisis: De las recuperaciones de cada etapa, la recuperación global es: 𝑅 = (1.89 ∗ 0.6026 + 0.52 ∗ 0.7300 + 0.24 ∗ 0.7909 + 0.15 ∗ 0.2516 + 0.09 ∗ 1.135)⁄1.89 = 97.8%

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Para chequear, para cada litro alimentado: 1.89 – 0.05 = 1.84 ppm de 1.89 ppm no es recuperada, por consiguiente la recuperación = 1.84/1.89 = 97.4 % 100,000 𝑜𝑧 = 100,000 ∗ 31.10345 = 3,110,345 (𝑙𝑎𝑠 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑜𝑟𝑜 𝑢𝑠𝑎𝑛 𝑜𝑛𝑧𝑎𝑠 𝑡𝑟𝑜𝑦) Por tanto en cada hora se produce = 3,110,345⁄(365 ∗ 24) = 355.1 𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑢 Por lo tanto, cada hora de alimentación de oro a la planta contiene: 355.1 ∗ 100⁄97.4 = 364.6 𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑢 La solución contiene: 1.89 𝑝𝑝𝑚 = 1.89 𝑚𝑔⁄𝐿 = 0.00189 𝑔⁄𝐿 Así el flujo por hora: 364.6⁄0.00189 = 192,910 𝐿 Lo cual requiere: 192,910 ∗ 1.11 = 214,130 𝑔 𝑐𝑎𝑟𝑏𝑜𝑛 Por tanto la recirculación de C contiene = 214,130 ∗ 0.000045 = 9.636 𝑔 𝐴𝑢 = 9.636⁄31.10345 = 0.31 𝑂𝑧 𝐴𝑢 CINÉTICA DE LA CIANURACIÓN La cianuración de oro es controlada por la transferencia de masa del oxígeno el cual es suministrado por la inyección de aire en un reactor de lixiviación agitado. Se le pide (a) hacer un diagrama del reactor de lixiviación; (b) escribir la ecuación de la tasa de reacción; (c) identificar cada componente de la reacción y dar las unidades; y el estado en que (y porque) están presentes en la tasa de lixiviación si (d) el aire es reemplazado por oxígeno puro y (e) si la concentración de cianuro es doblada. Solución: a. La cianuración puede ser un proceso batch, con 20-30% de sólidos, a temperatura ambiente y un pH de 11, la concentración de CN es de 2 g/L y se lixivia por lo menos 48 horas. El reactor discontinuo de lixiviación con cianuro:

b.

La ecuación química de cianuración: 2 Au + 0.5 O2 +4 NaCN + 2 H+ = 4 Na+ + 2 Au(CN)2- + H2O 𝑟𝐴𝑢 𝑟𝑂2 = → 𝑟𝑂2 = 𝑘𝐿 𝑎𝑠 𝐶𝑂2 2 0.5 𝑟𝐴𝑢 = 4𝑟𝑂2 = 𝑘𝐿 𝑎𝑠 𝐶𝑂2 c. Componentes de la reacción: 𝒎𝒐𝒍 𝒎𝒐𝒍 𝒎𝒐𝒍 𝑴 𝒓𝑶𝟐 = 𝒕𝒂𝒔𝒂 𝒅𝒆 𝒓𝒆𝒂𝒄𝒄𝒊𝒐𝒏 = 𝒐 𝒐 𝒐 𝑺. 𝒎𝟑 𝑳. 𝑺 𝒅𝒎𝟑 𝑺 𝑺 𝑀 𝐾𝐿 = 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑠𝑎 = 𝑆 𝑚2 𝑎𝑠 = á𝑟𝑒𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 = 3 𝑚 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 = 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑜𝑥𝑖𝑔𝑒𝑛𝑜 = 3 , 𝑚 𝐿 d. Desde que la concentración de O2 en el aire es 21% cuando este se aplica puro al 100% la tasa de reacción debe ser 100/21 ≈ 5 veces mayor: 𝑟𝑂2 = 5 ∗ 𝑎𝑖𝑟𝑒 e. Desde que la tasa (rate) es controlada por la transferencia de masa de oxígeno, si se dobla la concentración de cianuro la tasa no se afectara en nada ya que la tasa de reacción no depende de la concentración de cianuro.

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