Balances de masa t. velilla

1. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
BALANCES DE MASA Y ENERGIA
Los principios de conservación aquí explicados se aplican por igual a balances de masa y energía.
Con el fin de limitar la extensión de este apunte, nos concentraremos en los balances de masa.
Recordemos cómo medir Composición y Concentración
Para una mezcla de varias sustancias: A, B, C,…
nA : moles de A
nB : moles de B
nC : moles de C
…
mA : masa de A
mB : masa de B
mC : masa de C
…
La cantidad de moles de A se obtiene:
FRACCION MOLAR
FRACCION EN PESO

2. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
FRACCION EN VOLUMEN
Consideremos una mezcla e varios gases: A, B, C, …
En el caso de gases ideales, la fracción en volumen es igual al a fracción molar.
VA : volumen del componente A puro, en las condiciones de la mezcla.
VT : volumen total de la mezcla
COMPOSICION EN BASE LIBRE DE UN COMPONENTE
Es la razón de masa de un componente respecto a la masa de los componentes restantes.
Por ejemplo, el contenido de humedad del aire se expresa en base libre de agua o “base seca”.
Ventaja: en operaciones de secado o 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

3. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
Ejemplo:
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). Calcule:
a) Composición en fracción molar
b) Composición en porcentaje en peso
c) Volumen que ocupan 100 kilogramos de gas a 21 °C y 0,97 atmósferas de presión
d) Densidad del gas a 21 °C y 0,97 atmósferas, en gramos/litro
Solución:
En 100 moles de gas hay:
60 moles de metano
16 moles de etano
10 moles de propano
14 moles de butano
a) Fracciones molares:
Suma = 1,00
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

4. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
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:
Masa total = 2692 gramos
fracción en peso = 0,36
fracción en peso = 0,18
fracción en peso = 0,16
fracción en peso = 0,30
Suma = 100% Suma = 1,00
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:
P V = n R T
P = presión P = 0,97 atmósferas
R = constante universal de los gases R = 0,082 litros atmósfera/mol K
T = temperatura absoluta T = 21 + 273,15 = 294,15 K (grados Kelvin)

5. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
V = volumen
n = número de moles n = 100 kg/P.M. medio = 100.000 g/P.M. medio
= 26,92 g/mol
El volumen es:
V = 92.370,8 litros
d) Densidad del gas ()

6. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
Problemas propuestos
1. Una solución tiene la siguiente composición molar: 32% de pentano (C5H12), 43% de
hexano (C6H14) y 25% de heptano (C7H16). Calcule le porcentaje en peso de cada
componente.
(Rpta.: pentano = 27,1; hexano = 43,5; heptano = 29,4%)
2. 15 kg de dimetilcetona (P.M. = 58,08,  = 0,792 g/cm3
) se mezclan con 30 kg de agua ( =
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)
3. Un gas contiene 30% de CH4, 60% de C2H6 y 10% de C3H8, en volumen, a 60 °C y 1
atmósfera. Calcule el peso molecular medio y la densidad de la mezcla.
(Rpta.: 27,2 g/mol; 0,992 g/litro)

7. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
BALANCES DE MATERIA
PRINCIPIO DE CONSERVACION DE MASA Y ENERGIA
“La suma de la masa (M) y la energía (E) de un sistema aislado no puede crearse ni destruirse, sólo
transformarse”.
M + E = constante
M + E = K
En ausencia de reacciones nucleares, la conversión entre materia y energía es nula  es posible
reemplazar la ecuación anterior en dos:
Principio de conservación de la masa: M = K1
Principio de conservación de la energía: E = K2
Consideremos un sistema S, fijo en el espacio, abierto (que intercambia masa y energía con el
entorno):
M = Msistema - Mentra + Msale = K1
E = Esistema - Eentra + Esale = K2
Las variaciones en el tiempo serán nulas:

8. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
O bien:
Balance de materia
Balance de energía
La variación de la masa de un componente en el sistema se puede deber a formación o consumo
por reacción.
Si el sistema está formado por N componentes, se puede plantear el balance de materia para cada
uno de ellos:
Para un sistema de N componentes, se puede plantear N ecuaciones de balance de materia por
componente, y 1 balance de materia total, o sea, N + 1 ecuaciones, pero sólo N son
independientes.
ESTADO ESTACIONARIO
Las ecuaciones planteadas son para sistemas DINAMICOS, en los que las propiedades del sistema
varían en el tiempo.
Si las propiedades del sistema no varían en el tiempo, se dice que el sistema está en estado
estacionario 



9. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
RESOLUCION DE BALANCES DE MATERIA
No siempre es posible o económicamente factible, medir flujos o composiciones en un
proceso industrial. Es útil realizar los balances de materia y energía; estos generan un
sistema de ecuaciones. Resolviendo el sistema, se resuelve el problema.
Método de resolución de balances de materia:
- Trazar el diagrama de flujo o “flowsheet”
Hacer un dibujo, indicando los límites del sistema, los flujos que entran y salen. Identificar
los flujos con un número o una letra.
- Seleccionar una base de cálculo
Elegir el valor de uno de los flujos y calcular los demás en función de éste. A veces resulta
conveniente asignar un valor arbitrario a uno de los flujos para usarlo como base
hipotética, por ejemplo: 100 kg o 100 moles.
- Establecer las ecuaciones de balance de materia
Hacer el balance total y los balances por componentes, para el sistema total y para cada
etapa.
Para el sistema total, hay una corriente de entrada, y dos corrientes de salida.

10. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
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.
Grados de libertad (GL)
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.
En general los sistemas se resuelven simultáneamente; de no ser así, se resuelven
secuencialmente, partiendo por el sistema con el menor número de incógnitas.

11. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
BALANCES DE MATERIA EN PROCESOS SIN REACCION QUIMICA
Procesos que contienen:
- Transporte,
- Separación
- Mezclado,
- etc.
Tipos de configuraciones de flujo
Flujos de recirculación
Recirculación  retornar parte de los flujos de salida del proceso y mezclarlo con los de
entrada.
¿Para qué?
- Recuperar energía
- Aumentar la calidad de un producto (logar que salga más concentrado en alguno
de los componentes)
- Recuperar reactantes sin transformar

12. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
Flujos con purga
En ocasiones es conveniente eliminar del proceso una proporción de material, para
mantener controlada la acumulación de impurezas.
Flujos en derivación o “by pass”
Consiste en separar parte de la alimentación fresca, y mezclarla con los productos, sin
pasar por el proceso. Esto permite controlar la concentración o temperatura del producto.

13. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
Ejemplo
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). 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).
Para una alimentación de 1000 mol/hora a la primera columna, calcule los flujos y
composiciones restantes.
Diagrama de flujo
Cálculo de los grados de libertad del sistema
Columna 1:
Variable: flujo y composición
N° variables flujo: F1, F2, F3 = 3

14. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
Hay tres componentes, pero en cada corriente las suma de los porcentajes molares debe
dar 100%  las variables en cada corriente son el número de componentes menos uno.
N° variables composición: XN2(1), XCO2(1),
XN2(2)
XN2(3), XCO2(3) = 5
N° datos flujo: F1 = 1000 mol/h (los valores conocidos) = 1
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
Columna 2:
N° variables flujo: F3, F4, F5 = 3
N° variables composición: XN2(3), XCO2(3)
XN2(4), XCO2(4)
XCO2(5) = 5
N° datos flujo: = 0
N° datos composición: XN2(3) = 0,025; XCO2(3) = 0,35
XN2(4) = 0,08; XCO2(4) = 0,72 = 4
N° balances de masa: N2, CO2, O2 = 3
G.L. = 3 + 5 – 0 – 4 – 3 = 1
Proceso total:
N° variables flujo: F1, F2, F4, F5 = 4
N° variables composición: XN2(1), XCO2(1)
XN2(2)

15. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
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
G.L. = 4 + 6 – 1 – 4 – 3 = 2
Sólo la columna 1 da 0 grados de libertad  se debe comenzar a resolver por allí.
Base de cálculo: F1 = 1000 mol/h
Balance columna 1

16. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
Balance de materia total: F1 = F2 + F3
1000 mol/h = F2 + F3 (1)
Balance N2:
Reemplazando los valores conocidos:
1000 * 0,2 (2)
Balance CO2:
(3)
Pero: XCO2(2) = 1 - XN2(2) (4)
Tenemos 4 ecuaciones y 4 incógnitas: F2, F3, XN2(2), XCO2(2).
Reemplazando (4) en (3):
(5)
Resumiendo las ecuaciones:
1000 mol/h = F2 + F3 (1)
1000 * 0,2 (2)
(5)
De (1): F3 = 1000 – F2
En (2):
(6)
F3 en (5):
(7)


17. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
De (6):
Balance columna 2
Se agrega el valor de F3, que ahora es conocido.

18. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
Balance materia total: F3 = F4 + F5
800 mol/h = F4 + F5 (8)
Balance N2:
(9)
Balance CO2:
(10)
(9)  F4 = 250 moles/hora
(8)  F5 = 550 moles/hora
(10) 
BALANCES DE MATERIA EN PROCESOS CON REACCION QUIMICA
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. 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:
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:

19. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
iii
sistemai
RsalemásicoFlujoentramásicoFlujo
dt
dM

,
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:
100% x
entradademoles
salidademolesentradademoles
conversión


Si se da un valor de conversión sin especificar un reactivo en particular, se supone que se
refiere al reactivo límite: aquel reactante que se consume primero, porque está en menor
proporción, dada la estequiometría.
En las reacciones industriales, a menudo se emplea alguno de los reactivos “en exceso”
para lograr mejores conversiones.
cos
cos
teórimoles
teórimolesentradademoles
Exceso


Los moles teóricos corresponden a la cantidad requerida para conseguir que el reactivo
límite reaccione completamente, según la estequiometría.
Ejemplo:
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 deCH4, 2,5% C2H6, 18,6% CO, 4,6%
CO2 y 69,7% H2. Calcule:
a) Los grados de libertad
b) Relación molar de metano a etano en la alimentación
c) Cantidad de vapor, en libras/hora, que reaccionan con 1000 pie3
/hora de
alimentación, a 1 atm y 60 ºF.
Solución:
El diagrama de flujo del proceso es:

20. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
Las reacciones estequiométricas:
2 CH4 + 3 H2O → 7 H2 + CO + CO2
C2H6 + 3 H2O → 6 H2 + CO + CO2
Base de cálculo: F1
Considerando gas ideal:
Sea F3’: flujo de gas seco en corriente 3
X: composición de CH4 en corriente 1
Z: flujo de agua en corriente 3
F2: flujo de agua en corriente 2
a) Grados de libertad
Nº variables flujo: F1, F2, F3’, z = 4
Nº variables composición: X, XCH4(3), XC2H6(3), XCO(3), XCO2(3) = 5
Nº datos flujo: F1 = 1
Nº datos composición: XCH4(3), XC2H6(3), XCO(3), XCO2(3) = 4
Nº ec. Balances masa: C, H, O = 3
Nº datos adicionales: = 0

21. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
G.L. = 1
b) Balances por átomos:
H: 4 X 2,634 + 6 (1-X) 2,634 + 2 F2 = (4*0,046 + 6*0,025 + 2*0,697) F3’ + 2 Z 7,902 –
2,634 X + F2 = 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 X =
0,328 F3’ [2]
O: F2 = (0,186 + 0,046*2) F3’ + Z = 0,278 F3’ + Z [3]
De la ecuación 3, F2 se reemplaza en la ecuación 1:
7,902 – 2,634 X = 0,586 F3’ [4]
De la ecuación 2, F3’ se reemplaza en la ecuación 4:
0,562 X – 1,512 (1-X) = 0
Luego: X = 0,729 y 1-X = 0,271
X = 72,9%
c) F3’ = 10,2079 lbmol/h
Reemplazando el valor de F3’ en la ecuación 3, y F3’ y X en la ecuación 1, se obtiene:
F2 = 2,8382 + 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:
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 *0,792
F2 = 10,0434 Lb-mol/h
Z = 7,2056 lb-mol/h