Balance de Masa: Análisis de Operaciones Unitarias

Análisis de Operaciones Unitarias
Unidad:
Balance de Masa
Docente:Roger De La Rosa Vicente
Logro
Al terminar la unidad, el alumno reconoce y explica el análisis
de materia a varios sistemas que incluyen volúmenes de control
de flujo estacionario y no estacionario.
Importancia
Esta unidad está orientada a exponer las bases de los balances
de materia y su utilidad para el análisis de los procesos
naturales e industriales que suelen presentarse en los estudios
de las plantas industriales y permitirá al estudiante identificar
los aspectos clave en los que se basan dichos balances.
Contenido general
•
Introducción al balance de materia.
•
Balance de masa en sistemas sin reacción
química.
•
Balance de masa en sistemas con reacción
química.
•
Análisis de proceso de flujo estacionario y no
estacionario.
Introducción al balance de materia
• Procesos Industriales
• División de los Procesos Industriales
• Clasificación de Procesos Industriales
Procesos Industriales
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docente
Un proceso es comprendido como todo desarrollo sistemático
que conlleva una serie de pasos o actividades ordenados u
organizados, que se efectúan o suceden de forma alternativa o
simultánea, los cuales se encuentran estrechamente
relacionados entre sí y cuyo propósito es llegar a un resultado
preciso.
División de los Procesos Industriales
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Operaciones
Unitarias
Procesos
Unitarios
Operaciones Unitarias
Son las operaciones en donde los cambios son físicos, ósea
afectan a la materia sin modificar sus propiedades químicas;
ejemplo: transmisión de calor, flujo de fluidos, destilación,
filtración, extracción, secado, etc.
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Clasificación de los Operaciones
Unitarias
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Con base en Transferencia de
masa
Destilación: Separación de los componentes de una mezcla
liquida por vaporización de la misma.
Filtración: Separación de las partículas sólidas en suspensión
en un fluido, atreves de un medio filtrante.
Trituración: Se usa para reducir sólidos duros a tamaños menos
grandes y más manejables.
Cristalización: Proceso físico por el cual un cuerpo adquiere la
estructura cristalina.
Disolución: Mezcla de dos o mas componentes cuyas
propiedades varían al ser modificadas sus proporciones.
Extracción: Operación química básica de separación de
sustancias disueltas en liquidas.
Dilución: Se basa en la adición de una sustancia soluble en el
fluido.
Decantación: Es la separación por inclinación de un liquido de
un sólido.
Clasificación de las Operaciones
Unitarias
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Evaporización: Paso de una sustancia del estado
liquido al de vapor, a una temperatura inferior a la de
ebullición.
Con base en
transferencia de
calor
Secado: Operación de separar un liquido que
acompaña a un sólido.
Clasificación de las Operaciones
Unitarias
Con base en transferencia de
cantidad de movimiento
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Flujo de fluidos: Traslado de fluidos de un lado a otro
Centrifugación: separación de líquidos mezclados o de
sólidas en suspensión en liquido usa fuerza centrifuga.
Agitación: consiste en crear movimientos turbulentos en un
fluido mediante dispositivos mecánicos (agitadores).
Precipitación: Aparición de sólidos de una disolución se
produce si la concentración de soluto supera lo máximo.
Procesos Unitarios
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Son las operaciones donde los cambios implican
transformaciones químicas de la materia, que ocurren en el
reactor o reacciones químicas; ejemplo: combustión,
oxidación, nitración, polimerización, reducción, esterificación,
etc.
Clasificación de Procesos Unitarios
Oxidación: Proceso una especie química pierde electrones
contra la ganancia por otra sustancia.
comburente y otra combustible.
Fermentación: Reacciones de una sustancia orgánica se
transforma en otra por microorganismos.
Primarios
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Combustión: Reacción química entre una sustancia
Hidrogenación: Reacción entre el hidrogeno molecular y un
compuesto orgánico uso de catalizadores.
Alogenación: Consiste en insertar un átomo de halógeno en
una cadena de compuesto orgánico.
Polimerización: Proceso formación productos de alto peso
molecular a partir de materias de bajo peso molar.
Reducción: Proceso caracterizado por la aceptación de
electrones de una molécula, átomo o ion.
Clasificación de Procesos Unitarios
Saponificación: Proceso por el cual los esteres se
desdoblan en ácidos y alcohol por acción del agua.
Sulfhidración: Proceso de adicionar un reactivo que
Caustificación: Proceso que implica al carbonato sódico
con cal y la producción electrolítica de soda cáustica.
Secundarios
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contenga sulfuro de hidrogeno.
Sulfonización: Introducción del radical sulfúrico en un
compuesto orgánico.
Electrolisis: Descomponer sustancias que se están
disueltas o fundidas al paso de la corriente eléctrica.
Nitración: Introducción del radical nitro (NO ) en un
compuesto orgánico.
Alquiolación: Ingreso de cadena alifática en compuesto
cíclico por sustitución de hidrogeno por radical alquino.
Clasificación de los Procesos
Los flujos de las corrientes que intervienen en el proceso
INTERMITENTES
• Se caracterizan por ser en lotes, en los
cuales la alimentación se introduce en
el equipo, se realiza el proceso y por
último se retira el producto
CONTINUOS
• En los cuales permanentemente entra
alimentación y sale producto del
proceso.
Cambios de las variables de proceso, con relación al
tiempo
• Cuando no cambian
considerablemente con el tiempo
ESTACIONARIO
las variables de proceso
O PERMANENTE
(temperaturas, presiones,
volúmenes, velocidades de flujo)
TRANSITORIO
SEMI –
INTERMITENTE
• Son aquellos que no se pueden
clasificar ni como continuos ni como
intermitentes.
• Son aquellos procesos en los
cuales alguna variable cambia
con el timepo
Balance de Masa en sistemas sin reacción química
• Introducción al balance de materia.
• Balance de Materia sin reacción química.
Introducción al Balance de Materia
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Los balances de materia y energía (BMyE) son una de
las herramientas más importantes con las que cuenta la
ingeniería de procesos y se utilizan para contabilizar los
flujos de materia y energía entre un determinado
proceso industrial y los alrededores o entre las distintas
operaciones que lo integran.
Principios a recordar
La cantidad de moles de A se obtiene:
𝒏𝑨 (𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔) =
𝒎𝒂𝒔𝒂 𝒅𝒆 𝒔𝒖𝒔𝒕𝒂𝒏𝒄𝒊𝒂 𝑨(𝒈)
𝒈
𝒑𝒆𝒔𝒐 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒄𝒖𝒍𝒂𝒓 𝒅𝒆 𝒔𝒖𝒔𝒕𝒂𝒏𝒄𝒊𝒂 𝑨 (𝒎𝒐𝒍)
FRACCIÓN MOLAR
FRACCIÓN EN PESO
𝑌𝐴=
𝑋𝐴=
=
𝒎𝑨
𝑷𝑴𝑨
𝑛𝐴
𝑛𝐴 +𝑛𝐵 +𝑛𝐶 +⋯
𝑚𝐴
𝑚𝐴 +𝑚𝐵 +𝑚𝐶 +⋯
FRACCIÓN EN VOLUMEN
Consideremos una mezcla en varios gases: A, B, C, …
En el caso de gases ideales, la fracción en volumen es igual a fracción
molar.
𝑽𝑨 : Volumen del componente A puro, en las condiciones de la mezcla.
𝑽𝑻 : Volumen total de la mezcla
𝑉𝐴 =
𝑉𝐴
𝑉𝑇
Principios básicos
COMPOSICIÓN EN BASE LIBRE DE UN COMPONENTE
Es la razón de masa de un componente respecto a la masa de
los componentes restantes.
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Por ejemplo, el contenido de humedad de aire se expresa en
base libre de agua o “base seca”.
Humedad absoluta =
𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
Ventaja: en operaciones de secado o de humidificación de aire, la
cantidad de agua en el aire (humedad) varía, pero la cantidad de aire
seco no varía.
OTRAS FORMAS DE CUANTIFICAR LA COMPOSICIÓN
MOLARIDAD
MOLALIDAD
𝐶𝐴 =
𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝐴
𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛
𝑁𝐴 =
=
𝑛𝐴
𝑉 (𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜𝑠)
𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝐴
1000 𝑔𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒
Ejemplo Práctico
El gas natural de un pozo tiene la siguiente composición molar:
60% de metano (CH4), 16% de etano (C2H6), 10 % de propano
(C3H8) y 14% de butano (C4H10).
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Calcule:
Composición en fracción molar.
Composición en porcentaje en peso.
Volumen que ocupan 100 kilogramos de
gas a 21°C y 0,97 atmósferas de presión.
Densidad del gas a 21°C y 0,97 atmósferas
en gramos/litro.
Composición en fracción molar
SOLUCIÓN
En 100 moles de gas hay:
60 moles de metano
16 moles de etano
10 moles de propano
14 moles de butano
100 moles totales
a) Fracciones molares:
Y metano = 60 moles metano = 0.60
100 moles totales
Y etano
=
16 moles etano = 0.16
100 moles totales
Y propano = 10 moles propano = 0.10
100 moles totales
Y butano = 14 moles butano
100 moles totales
= 0.14
Composición en fracción en peso
b) Composición en peso: Pesos moleculares:
P.M. Metano (CH4) = P.A.(C) + 4 P.A.(H) = 12 + 4 = 16 g/mol
P.M. etano (C2H6) = 2 P.A.(C) + 6 P.A.(H) = 2x12 +6 = 30 g/mol
P.M. propano (C3H8) = 3 P.A.(C) +8 P.A.(H) = 3x12 +8 = 44 g/mol
P.M. butano (C4H10) = 4 P.A.(C) + 10 P.A.(H) = 4x12 +10 = 58 g/mol
Multiplicando por los pesos moleculares se obtiene las cantidades en masa:
Metano  60 moles x 16 g/mol = 960 gramos de metano
Etano  16 moles x 30 g/mol = 480 gramos de etano
Propano  10 moles x 44 g/mol = 440 gramos de propano
Butano  14 moles x 58 g/mol = 812 gramos de butano
Masa total
= 2,692 gramos
Porcentaje en peso de cada componente = masa componente
masa total x 100%
Metano  960 g / 2692 g x 100% = 35.66% de metano
Etano  480 g / 2692 g x 100% = 17.83% de etano
Propano  440 g / 2692 g x 100% = 16.34% de propano
Butano  812 g / 2692 g x 100% = 30.16% de butano
Suma total
= 100.00%
Volumen y densidad del gas
c. Para calcular el volumen se necesita una ecuación de estado. Como la presión es cercana a la
presión atmosférica, y la temperatura es baja, usaremos la ecuación de gas ideal:
PV=nRT
P = presión
R = constante universal de los gases
T = temperatura absoluta
V = volumen
n = número de moles
P = 0,97 atmósferas
R = 0,082 litros atmósfera/mol K
T = 21 + 273,15 = 294,15 K
n = 100 kg/P.M. medio
= 100.000 g/P.M. medio
Peso molecular medio = 16x0.6 + 30x0.16 + 44x0.1 + 58x0.14
= 26.92 g/mol
Número de moles  n =
100,000 g
26.92 g/mol
= 3,714.7 moles
Volumen  V = nRT = 3,714.7 moles x 0.082 lt.atm/mol.K x 294.15 K
P
0.97 atm
V = 92,370.8 litros
d. Densidad del gas (r)  r = masa/volumen
r = 100,000 g / 92,370.8 lts = 1.08 g/lt
Ejercicios propuestos
1. Una solución tiene la siguiente composición molar: 32% de
pentano (C5H12), 43% de hexano (C6H14) y 25% de
heptano (C7H16). Calcule el porcentaje en peso de cada
componente.
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(Rpta.: pentano = 27.1%; hexano = 43.5%; heptano = 29.4%)
2. Si 15 kg de dimetilcetona (P.M. = 58,08, r = 0,792 g/cm3) se
mezclan con 30 kg de agua (r = 0,98 g/cm3) a 20 °C. Calcule
la composición de la mezcla, expresada en:
a) Fracción molar
Rpta.: 0,134 dimetilcetona
b) Porcentaje en volumen
Rpta.: 38,2% dimetilcetona
c) Molaridad
Rpta.: 5,21 mol/litro
d) Molalidad
Rpta.: 8,61 mol soluto/kg
solvente
Balance de Materia sin reacción
química
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Los BM se basan en la ley de conservación de la materia, la
cual, rigurosamente hablando, hay que aplicarla al conjunto
materia-energía, y no a la materia o energía por separado. Sin
embargo, en las condiciones que se dan en los procesos
industriales al no abordarse el caso de los reactores nucleares,
no existe transformación de materia en energía o viceversa,
con lo que la forma general del balance de materia total a un
sistema, será:
Tipos de Flujos en los Procesos
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Según su
Contenido
• Transporte
• Separación
• Mezclado
Según su
configuración
• De
Recirculación
• Flujo con
Purga
• Flujo en
derivación
Según su
arreglo
• Contracorriente
• Paralelo
o
Corriente
• Flujos Cruzados
Configuraciones de flujo
Flujos de
recirculación
Flujos con purga
Flujos en
derivación o “by
pass”
Según su arreglo
Flujo en
contracorriente
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B.G.  E1 + E2 = S1 +S2
Flujo en paralelo
o en corriente
B.G.  E1 + E2 = S1 +S2
Flujos cruzados
B.G.  E1 + E2 + E3 = S1 + S3 + S4
balance diferencial
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• Indica lo que ocurre en un sistema en un momento
determinado. Por lo general este tipo de balance se
aplica a los sistemas continuos. Si el sistema esta en
régimen estacionario, un balance diferencial dará en
cualquier instante el mismo resultado. Si el sistema es
transitorio, este balance generará un conjunto de
ecuaciones diferenciales respecto del tiempo que habrá
que resolver.
balance integral
Tipos de Balance
• Indica lo que le ocurre a un sistema durante dos
instantes determinados. Solo informa sobre el
comportamiento del sistema durante el intervalo
comprendido entre esos dos momentos. Generalmente,
los balances integrales se aplican a procesos
intermitentes (por lotes), los cuales tienen condiciones
de inicio y finalización bien definidas.
Balance por componentes
En el proceso de la figura, la materia
prima F1 se convierte en los productos
F2 y F6. Además, una parte de F6 se
recicla y vuelve a entrar en la
transformación acompañando a F1,
formando F5, y la otra sale del proceso
como F2.
Grados de Libertad
Un sistema que tiene N componentes permite plantear N
ecuaciones independientes. Además, si el proceso está formado
por S etapas, es posible escribir S sistemas de ecuaciones
independientes. Así, el total de relaciones de balance de materia
que podrían plantearse, serán como máximo N – S.
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GL=N°
• Variables (flujos, composiciones, temperaturas)
• N° datos (flujos, composiciones, temperaturas)
• N° ecuaciones de balance de materia y energía
• N° datos y/o ecuaciones adicionales
GL > 0
• Problema indeterminado (se debe buscar
más datos o relaciones adicionales, o
darse una base de cálculo hipotética)
GL < 0
• Se escoge las ecuaciones a usar y se
descarta las restantes, porque
probablemente serán inconsistentes.
GL = 0
• el sistema tiene solución y el problema está
especificado correctamente.
Balances de masa sin reacción
química
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En esta parte se aborda la resolución de problemas de
balance de materias en procesos en estado estacionario no
reactivos. Es decir, no se consideran procesos donde ocurran
reacciones químicas de ninguna índole. La ecuación de
balance de materia que se aplica para este caso es:
Entrada = Salida
Balance de materia en procesos de
una sola unidad
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En estos procesos de unidades únicas es sencillo
plantear el problema. Como hay una sola unidad, el
número de ecuaciones es igual al número de
componentes (una por cada componente), mas una
ecuación de balance global (por unidad).
100kg
70kg
Espesador
Lodos
deshidratados
Lodos
húmedos
Agua
Tomado de : http://www.industriaquimica.net/balancede-materia-espesador.html
Ejemplo Práctico
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Una corriente de nitrógeno gaseoso N2 de 280 kg/h se
mezcla con una corriente de hidrógeno gaseoso H2, en
una mezcladora. A la salida de este se obtiene una
corriente de 40 kg mol de nitrógeno e hidrógeno por
hora.
Resolver
Determinar las moles de
hidrógeno
que
deben
suministrarse por hora y el
fraccionamiento
de
la
corriente de mezcla.
Balance sin reacción química de una sola unidad
Solución:
¿? # moles N2 en A = 280 kg . 1 kg mol N2 = 10 kg mol
28 kg N2
A  N2  280 kg/h = 10 kg mol/h
Y A,N2 = 100%
Mezclador
B  H2  ¿?
Y B,H2 = 100%
C  C2N2  40 kg mol/h
Y C,N2 = ¿?
Y C,H2 = ¿? = 1 - Y C,N2
B. Global : A + B = C  B = C – A
B = 40 – 10 = 30 kg mol/hr
B. Componentes:
N2  A . YAN2 = C . YCN2  10 x 1 = 40 x YCN2
 YCN2 = 10 / 40 = 0.4 = 40%
H2  YCH2 = 1 - YCN2

YCH2 = 1 – 0.4 = 0.6 = 60%
Ejemplo Práctico
Una mezcla líquida, de composición molar 20% N2, 30% CO2 y 50%
O2, se separa en una columna de destilación, dando un flujo de
cabeza (N2 y CO2) y un flujo de cola (2,5% N2, 35% CO2, y O2).
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Este flujo alimenta una segunda columna destiladora, dando un
producto de cabeza con 8% N2, 72% CO2 y 20% O2, y un producto
de cola (CO2 y O2).
Calcule los flujos y composiciones restantes para una alimentación
de 1000 mol/hora a la primera columna.
COLUMNA 1
Variable: flujo y
composición
N° variables
flujo
F1,F2, F3
F2
=3
N2
CO2
Cálculo del grado de libertad
Hay tres componentes, pero en cada corriente la suma de los
porcentajes molares debe dar 100%.Entonces las variables
en cada corriente so el número de componentes menos uno.
N° variables
composición
F1
X𝑁2 (1), XC𝑂2 (1),
X𝑁2 (2),
XN2 (3), XC𝑂2 (3)
COLUMNA
1
=5
N° datos flujo
𝐹1 = 1000 mol/h (los valores
=1
conocidos)
N° datos
composición
X𝑁2 (1) = 0,2; XC𝑂2 (1) = 0,30,
X𝑁2 (3) = 0,025; XC𝑂2 (3) = 0,35
=4
N° balances de
masa
𝑁2 ,C𝑂2 , 𝑂2
=3
G.L. = 3 + 5 - 1 – 4 – 3 = 0
1000 mol/h
20% N2
30% CO2
50% O2
F3
“cola”
2,5% N2
35% CO
O2
F4
Cálculo del grado de libertad
COLUMNA 2
N° variables flujo
𝐹3 , 𝐹4 , 𝐹5
N° variables
composición
X𝑁2 (3), XC𝑂2 (3)
X𝑁2 (4), XC𝑂2 (4)
XC𝑂2 (5)
N° datos flujo
N° datos composición
N° balances de masa
G.L. = 3 + 5 - 0 – 4 – 3
=1
=3
=5
=
0
X𝑁2 (3) = 0,0025; XC𝑂2 (3) =
0,35
X𝑁2 (4) = 0,08; XC𝑂2 (4) =
0,72
2,5% N2
72% CO2
20% O2
=
4
2,5% N2
35% CO2
O2
COLUMNA
2
F3
𝑁2 ,C𝑂2 , 𝑂2
F5
CO2
O2
“cabeza”
Cálculo del grado de libertad
Proceso total
N° variables
flujo
𝐹1 , 𝐹2 , 𝐹4 , 𝐹5
=4
N° variables
X𝑁2 (1), XC𝑂2 (1)
X𝑁2 (2)
X𝑁2 (4), XC𝑂2 (4)
XC𝑂2 (5)
=6
N° datos flujo
𝐹1
=1
N° datos
composición
X𝑁2 (1), XC𝑂2 (1)
X𝑁2 (4), XC𝑂2 (4)
=4
N° balances
de masa
𝑁2 , C𝑂2 , 𝑂2 ,
=3
N2
CO2
F2
F4
8% N2
72% CO2
20% O2
F1
1000 mol/h
20% N2
30% CO2
50% O2
COLUMNA
1
COLUMNA
2
G.L. = 4 + 6 – 1 – 4 – 3 = 2
F5
F3
“cola”
2,5% N2
35% CO2
O2
CO2
O2
Balance Columna 1
“cabeza”
Balance de materia total:
Balance 𝑁2 :
𝐹1 = 𝐹2 + 𝐹3
1000 mol/h = 𝐹2 + 𝐹3
F2
N2
CO2
(1)
𝐹1 𝑋𝑁2 = 𝐹2 𝑋𝑁2 + 𝐹3 𝑋𝑁2
Cálculo del grado de libertad
Reemplazando los valores conocidos:
1000 * 0,2 = 𝐹2 𝑋𝑁2 + 𝐹3 * 0,025
Balance C𝑂2 :
Pero en 𝐹2 :
(2)
𝐹1 𝑋𝐶𝑂2 = 𝐹2 𝑋𝐶𝑂2 + 𝐹3 𝑋𝐶𝑂2
1000 * 0,30 = 𝐹2 𝑋𝐶𝑂2 + 𝐹3 * 0,35
(3)
XC𝑂2 = 1 - X𝑁2
(4)
1000 mol/h
20% N2
30% CO2
50% O2
F1
COLUMNA
1
Tenemos 4 ecuaciones y 4 incógnitas : 𝐹2 , 𝐹3 , X𝑁2 (𝐹2 ), XC𝑂2 (𝐹2 )
Reemplazando (4) en (3):
1000 * 0,30 = 𝐹2 (1 - 𝑋𝑁2 ) + 𝐹3 ∗
0,35
F3
(5)
“cola”
2,5% N2
35% CO2
O2
𝐹2 = 200 moles/hora
Cálculo del grado de libertad
Resumiendo las ecuaciones:
1000 mol/h = 𝐹2 + 𝐹3
(1)
1000 * 0,2 = 𝐹2 𝑋𝑁2 + 𝐹3 * 0,025
(2)
1000 * 0,30 = 𝐹2 (1 - 𝑋𝑁2 ) + 𝐹3 * 0,35
(5)
𝐹3 = 800 moles/hora
De (6):
175 = 𝐹2 𝑋𝑁2 − 𝐹2 0,025
𝐹3 = 1000 - 𝐹2
De (1):
En (2):
F3 en (5):
→ 𝑋𝑁2 =
200 = 𝐹2 𝑋𝑁2 + (1000 - 𝐹2 ) 0,025
200 = 𝐹2 𝑋𝑁2 + 25 - 𝐹2 0,025
(6)
300 = 𝐹2 (1 − 𝑋𝑁2 ) + (1000 - 𝐹2 ) 0,35
300 = 𝐹2 − 𝐹2 𝑋𝑁2 + 350 - 𝐹2 0,025
(7)
֜ 𝐹2 𝑋𝑁2 = 200 -25 + 𝐹2 0,025 = 𝐹2 + 350 − 300 − 𝐹2 0,35
125 = 0,625𝐹2
175
+ 0,025
𝐹2
𝑋𝑁2 = 0,90 = 90%
𝑋𝐶𝑂2 = 0,90 = 90%
Balance columna 2
Se agrega el valor de 𝐹3 , que ahora es
conocido.
Cálculo del grado de libertad
F4
8% N2
72% CO2
20% O2
Balance materia
total:
𝑭𝟑 = 𝑭𝟒 + 𝑭𝟓
800 mol/h = 𝑭𝟒 + 𝑭𝟓
(8)
Balance N2:
𝐹3 𝑋𝑁2 =𝐹4 𝑋𝑁2 +𝐹5 𝑋𝑁2
800 * 0,025 =𝐹4 ∗ 0,08 + 0
(9)
Balance CO2:
COLUMNA
2
2,5% N2
35% CO2
O2
800 mol/h
(9) →
F4 = 250 moles/hora
(8) →
F5 = 550 moles/hora
(10) →
F3
F5
CO2
O2
𝐹3 𝑋𝐶𝑂2 =𝐹4 𝑋𝑁2 +𝐹5 𝑋𝐶𝑂2
800*0,35 = 𝐹4 ∗ 0,72 + 𝐹5 𝑋𝐶𝑂2
280 = 250 ∗ 0,72 + 550𝑋𝐶𝑂2
𝑋𝐶𝑂2 = 0,182 = 18,2%
𝑋𝑁2 = 0,818 = 81,8%
(10)
Balance de Masa en sistemas con reacción química
• Introducción
• Balance de masa con reacción química
Balance de Materia en Procesos
con Reacción química
En una reacción química, los átomos o moléculas se combinan
para dar los productos deseados, conservándose la identidad
de los átomos de los diferentes elementos.
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Esta combinación se realiza en proporciones de números
enteros: “a” moles de la sustancia A se combinan con “b”
moles de la sustancia B para dar “c” moles de C y “d” moles de
D:
𝒂𝑨 + 𝒃𝑩 → Cc +𝒅𝑫
Esta es la ecuación estequiométrica de la reacción descrita. El
balance de masa se escribe igual que en los procesos sin
reacción:
𝒅𝑴 𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂
= Flujo másico entra –Flujo másico sale
𝒅𝒕
𝒅𝑴𝒊 𝑺𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂
𝒅𝒕
=
Flujo másico i entra-Flujo másico i sale + Ri
𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂𝒅𝒂 − 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔𝒅𝒆 𝒔𝒂𝒍𝒊𝒅𝒂
%𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒔𝒊ó𝒏 =
𝒙 𝟏𝟎𝟎%
𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂𝒅𝒂
Exceso =
𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂𝒅𝒂−𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒕𝒆ó𝒓𝒊𝒄𝒐𝒔
𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒕𝒆ó𝒓𝒊𝒄𝒐𝒔
• En los balances por componente, debido a que la
reacción produce un reordenamiento de los
átomos, formando productos diferentes, estos
deben incluir no sólo la entrada y salida de
sustancia, sino también lo que se forma o
desaparece a causa de la reacción, Ri:
• Ri es la razón de producción o velocidad de reacción, y
debe obtenerse como una variable independiente
adicional. Una forma de expresarla es mediante la
conversión de un reactante:
• En las reacciones industriales, a menudo se emplea alguno de los
reactivos “en exceso” para lograr mejores conversiones. Los moles
teóricos corresponden a la cantidad requerida para conseguir que
el reactivo límite reaccione completamente, según la
estequiometria.
Ejemplo Práctico
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docente
Una técnica para producir hidrógeno consiste en hacer
reaccionar una mezcla de metano y etano con vapor de
agua, en presencia de níquel como catalizador. El análisis
(en base seca) de los gases que salen del reactor da: 4,6%
molar de CH4, 2,5% C2H6, 18,6% CO, 4,6% CO2 y 69,7% H2.
Los grados de Libertad
Calcule:
Relación molar de metano a etano
en la alimentación
Cantidad de vapor, en libras/hora,
que reaccionan con 1,000 pie
3/hora de alimentación, a 1 atm y
60
Balance de Materia en Procesos con Reacción
química
El diagrama de flujo del proceso es:
CH4, C2H6
1
2
3
REACTOR
H2O
4
Las reacciones estequiométricas:
2 CH4 + 3 H2O  7 H2 + CO + CO2
C2H6 + 3 H2O  6 H2 + CO + CO2
H2O
Base de cálculo: F1
Considerando gas ideal: Pv = nRT  n = Pv / RT
F1 = 14.7 (psi) . 1,000 (pie³/h) = 2.634 lb-mol/h
10.73 (psi pie³) . 520 °R
(lb-mol °R)
4,6% (b.s.) CH4
2,5% (b.s.) C2H6
18,6% (b.s.) CO
4,6% (b.s.) CO2
69,7% (b.s.) H2
Balance de Materia en Procesos con Reacción
química
Sea
F3 : flujo de gas seco en corriente 3
a) Grados de libertad
X : composición de CH4 en corriente 1
N° variables flujo:
F1, F2, F3, z
=4
Z : flujo de agua en corriente 3
N° variables
composición:
X, XCH4 (3), XC2 H6 (3), XCO(3),
XC𝑂2 (3)
=5
N° datos flujo:
F1
=1
N° datos composición:
XCH4 (3), XC2 H6 (3), XCO(3),
XC𝑂2 (3)
=4
N° ec. Balances masa:
C, H, O
=3
F2 : flujo de agua en corriente 2
CH4
X
C2H6 (1-x)
N° datos adicionales:
=0
G.L.:
=1
F1
REACTOR
H2O
F3
F2
Z
H2O
4,6% (b.s.) CH4
2,5% (b.s.) C2H6
18,6% (b.s.) CO
4,6% (b.s.) CO2
69,7% (b.s.) H2
Balance de Materia en Procesos con Reacción
química
b) Balances por átomos:
H: 4X2,634 + 6(1-X) 2,634 + 2 F2
4X2,634 + 6*2,634 – 6X2,634 + 2 F2
7,902 – 2,634X + F2
= (4*0,046 + 6*0,025 + 2*0,697) F3 + 2Z
= 1,278 F3 + 2Z
= 0,864 F3 + Z
(1)
C: X 2,364 + 2(1-X) 2, 634 = (0,046 + 2*0,025 + 0,186 + 0,046) F3
5,268 – 2,634 = 0,328 F3
(2)
O: F2 = (0,186 + 0,046*2) F3 +Z
F2 = 0,278 F3 + Z
(3)
De la ecuación 2, F3, se reemplaza en la ecuación 4:
5,268 - 2,634 X = 0,328 ((7,902 – 2,634 X) / 0,586)
5,268 – 2,634 X = 4,423 – 1,474 X
0,845 = 1,160 X
(4)
Luego:
X = 0,728
y
1 – X = 0,272
𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑚𝑒𝑡𝑎𝑛𝑜
𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑒𝑡𝑎𝑛𝑜
=
0,728
= 2,69
0,272
CH4
X
C2H6 (1-x)
Las reacciones estequiométricas:
2 CH4 + 3 H2O  7 H2 + CO + CO2
C2H6 + 3 H2O  6 H2 + CO + CO2
F1
REACTOR
H2O
F3
F2
Z
H2O
4,6% (b.s.) CH4
2,5% (b.s.) C2H6
18,6% (b.s.) CO
4,6% (b.s.) CO2
69,7% (b.s.) H2
Balance de Materia en Procesos con Reacción
química
c) F3=
7,902 −2,634𝑋
(7,902−2,634∗0,728)
=
= 10,212 lbmol/h
0,586
0,586
Reemplazando el valor de F3 en la ecuación 3, y F3 y X en la ecuación 1.
Se obtiene:
F2 = 0,278 * 10,212 + Z
→
F2 = 2,838 + Z
Ecuación que no tiene solución con los datos dados, lo que concuerda con el análisis que arrojó 1
grado de libertad.
Si se diera el dato de un 100% de exceso de vapor:
2 C𝐻4 + 3 𝐻2 O → 7 𝐻2 + CO + C𝑂2
𝐶2 𝐻6 + 3 𝐻2 O → 7 𝐻2 + CO + C𝑂2
Agua teórica:
1,5 (X 2,634) + 3 [(1 –X) 2,634]
= 7,902 – 3,951 X
Agua real:
F2= 2* (7,902 – 3,951 X) = 15,804 – 7,902 X
= 15,804 – 7,902 * 0,728
F2= 10,051 Lb-mol/h
Z=7,213 lb-mol/h
Ejemplo Práctico
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docente
Una caldera utiliza un combustible gaseoso con el siguiente
análisis volumétrico: H2 = 48% ; CH4 = 22,5% ; CO = 19% ; N2
= 6% ; CO2 = 4,5%. El aire que se suministra excede en un 25%
al suministro de aire estequiométrico, y con esta proporción
aire/combustible, la combustión es completa.
Calcular para 100 kg-mol de combustible los porcentajes de
los gases de la chimenea analizados en las siguientes
situaciones:
sobre una base volumétrica para los gases
"secos" de la chimenea
-sobre una base de la masa para el total de
gases "húmedos" de la chimenea
Balance de Materia en Procesos con Reacción
química
Para la combustión estequiométrica:
Solución:
Ecuaciones químicas básicas de la combustión:
1.
2.
3.
2 H2 + O2 = 2 H2O
CH4 + 2 O2 = CO2 + 2 H2O
2 CO + O2 = 2 CO2
2.
Aire 25% +
Composición:
O = 21%
N = 79%
100%
necesitan 24 kg-mol de O2 (2 H2 +
22,5 kg-mol de CH4 necesitan 45 kg-mol de O2 (CH4 + 2
O2 = CO2 + 2 H2O)
48 kg-mol de H2 ;
22,5 kg-mol de CH4 ;
19 kg-mol de CO
6 kg-mol de N2 ;
4,5 kg/mol de CO2
48%;
22,5%;
19%;
6%;
4,5%
kg-mol de H2
O2 = 2 H2O)
El combustible para 100 kg-mol está formado por:
H2
CH4
CO
N2
CO2
1. 48
3. 19 kg-mol de CO necesitan 9,5 kg-mol de O2 (2 CO +
O2 = 2 CO2
Por lo que el requerimiento estequiométrico de
oxígeno para el combustible es de:
24 + 45 + 9,5 = 78,5 kg-mol de O2 por 100 kg-mol de
combustible.
N2
CO2
O2
CALDERA
Y los resultados de agua y anhídrido carbónico en las
reacciones serán:
1. 48
H2 O
kg-mol de H2O
2. 22.5 kg-mol de CO2 y 45 kg-mol de H2O
3. 19 kg-mol de CO2
Balance de Materia en Procesos con Reacción
química
Como el suministro de aire excede en un 25% a las necesidades estequiométricas
finales, entonces el oxígeno suministrado también es un 25% superior al calculado
para la combustión estequiométrica, por lo que lo que:
Composición del aire aprox. O(21%) y N(79%)
Suministro de oxígeno: 1,25 x 78,5 = 98,1 kg-mol
Suministro de nitrógeno: 0.79 / 0.21 x 98,1 = 368,9 kg-mol
Productos de la combustión más el exceso:
368,9 +6
=
374,9 kg-mol de N2 por 100 kg-mol de combustible
48 + 45 =
93 kg-mol de H2O por 100 kg-mol de combustible
4,5 + 22,5 + 19 =
46 kg-mol de CO2 por 100 kg-mol de combustible
98,1 - 78,5
19,6 kg-mol de O2 por 100 kg-mol de combustible
=
Balance de Materia en Procesos con Reacción
química
ANÁLISIS BASE SECA (se excluye el agua)
Compuesto
Fórmula
n (mol)
M.A.(kg/kg-mol)
Comp % n
N2
CO2
O2
374.9
46
19.6
440.5
28
44
32
85.11%
10.44%
4.45%
100.00%
Nitrógeno
Anhídrido carbónico
Oxigeno
Total
ANÁLISIS BASE HÚMEDA
Compuesto
Formula
n (mol)
M.A.(kg/kg-mol)
Masa = n x M.A.
Comp % Masa
N2
374.9
28
10497.2
70.82%
Vapor de agua
H2O
93
18
1674.0
11.29%
Anhídrido carbónico
CO2
46
44
2024.0
13.66%
O2
19.6
32
627.2
4.23%
14822.4
100.00%
Nitrógeno
Oxigeno
Total
533.5
Análisis de proceso de flujo estacionario y no
estacionario
• Estado Estacionario o Permanente.
• Estado No estacionario o Transitorio.
Estado Estacionario o Permanente
Si las propiedades del sistema no varían en el tiempo.
Se dice que el sistema está en estado estacionario cuando:
dM / dt = 0
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docente
Balance de Materia
𝒅𝑴𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂
𝒅𝑴𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂 𝒅𝑴𝒔𝒂𝒍𝒆
=𝟎 ֜
−
𝒅𝒕
𝒅𝒕
𝒅𝒕
Balance de Energía
𝒅𝑬𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂
𝒅𝑬𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂 𝒅𝑬𝒔𝒂𝒍𝒆
=𝟎 ֜
−
𝒅𝒕
𝒅𝒕
𝒅𝒕
Estado No estacionario o transitorio
Las ecuaciones planteadas son para sistema DINÁMICOS,
en los que las propiedades del sistema varían en el
tiempo.
Video
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docente
Balance de Materia
𝒅𝑴𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂 𝒅𝑴𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂 𝒅𝑴𝒔𝒂𝒍𝒆
=
−
𝒅𝒕
𝒅𝒕
𝒅𝒕
Balance de Energía
𝒅𝑬𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂 𝒅𝑬𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂 𝒅𝑬𝒔𝒂𝒍𝒆
=
−
𝒅𝒕
𝒅𝒕
𝒅𝒕
Ejemplo Práctico 2
Para fabricar mermelada se mezclan 50 partes de fruta
triturada con 50 partes de azúcar. A esta mezcla se le añaden
200 g de pectina por cada 100 kg de azúcar.
Video
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docente
De la mezcla anterior se elimina agua por evaporación hasta
que se alcanzan 65ºBrix.
¿Cuántos kilos de mermelada se pueden obtener de cada kilo
fruta que contenga un 15% de sólidos solubles?
Azúcar
Agua
Fruta
15% de s.s.
Pectina
Mermelada
65°Brix.
Análisis de proceso de flujo estacionario
Datos:
Composición de entrada:
 50 partes de fruta triturada
 50 partes de azúcar
 200 gr de pectina por 100 kg de azúcar
 F1 = 1 kg de fruta
De los datos se deduce:
F1 = F2 = 1 kg
F3 = (200 gr pect/100 kg azuc) (1 kg/1000 gr) F2
= 0.002 kg
Balance de solidos solubles
F1x15% + F2 + F3 = F5x65%
1x0.15 + 1 + 0.002 = F5x0.65
1.152 = 0.65 F5
F5 = 1.772 kg de mermelada
Azúcar
Agua
Fruta
15% de s.s.
Mermelada
65° Brix.
Pectina
Ejemplo Práctico
Video
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docente
Un zumo de naranja de 12ºBrix se concentra hasta 60ºBrix en
un evaporador de múltiple efecto. Para incrementar la
calidad del producto final al zumo concentrado se le añade
zumo fresco hasta que la concentración de sólidos solubles se
reduce al 42%.
Calcular el caudal de agua que debe ser evaporada
el caudal de zumo fresco que se debe añadir al concentrado y
el caudal de producto final que se producirá cuando el
evaporador se alimente con 10000 kg/h de zumo.
Vapor de
agua
Zumo 10000 kg/h
Evaporador
12°Brix..
Zumo
conc.
Zumo final
Mezcla
60°Brix.
42°Brix.
Análisis de proceso de flujo no estacionario
Vapor de
agua
Zumo
10000 kg/h
Evaporador
Zumo
conc.
Zumo final
Mezcla
42°Brix.
60°Brix.
12°Brix.
Balance de sólidos:
En evaporador:
F1 = ??
F2x12°Bx = F5x60°Bx
10,000x0.12 = F5x0.60
F5 = 2,000 kg/h
(3)
Balance general:
En mezclador: F5x60°Bx + F3x12°Bx = F6x42°Bx
2,000x0.6 + 0.12 F3 = 0.42 F6
1,200 + 0.12 F3 = 0.42 F6
F6 = 1,200 + 0.12 F3
(4)
0.42
Igualando (2) = (4)
F5 + F3 = (1,200 + 0.12 F3) / 0.42
0.42x2,000 + 0.42 F3 = 1,200 + 0.12 F3
0.42 F3 – 0.12 F3 = 1,200 – 840
F3 = 360 / 0.30 = 1,200 kg/h (5)
F1 = F4 + F6
Reemplazando en (1)
Balances de materia por estaciones:
F1 = F2 + F3
(1)
F2 = F4 + F5 = 10,000 kg/h
F5 + F3 = F6
(2)
F1 = F2 + F3
F1 = 10,000 + 1200 = 11,200 kg/h
Conclusiones
 Todo lo que nos rodea es materia, desde lo natural que
observamos hasta lo producido por el hombre. El balance
es de mucha utilidad en la industria porque nos da una
visión de todo el comportamiento de la materia prima
durante el proceso.
 El balance de materia implica la conservación de la masa;
tanto en la alimentación como el producto, para ello es
necesario analizar la secuencia de procesos con o sin
reacciones químicas.
 Cuando se desarrollan procesos sin reacción química se
deben analizar por compuestos ya que no hay variación
en ellos.
 Cuando se desarrollan procesos con reacción química se
deben analizar por componentes unitarios, adicional a
ello considerar el porcentaje de conversión y exceso de
los reactivos.
Gracias
Docente: Roger De La Rosa Vicente