Esta presentación trae explicaciones de la primera ley, en forma resumida y aplicada a los balances de energía. Además, los conceptos de energía cinética, potencial e interna. Y vienen algunos problemas resueltos paso a paso, de balances de energía sin y con reacción química. Algunos de mayor complejidad que otros. Los extracté de diversas fuentes de internet pero traté de adaptarlos. Espero no ofender a nadie que haya elaborado estos ejercicios. Si es así, por favor, acepte mis disculpas. Esta presentación la utilicé con fines académicos, porque veo que son los ejercicios que más aportan al tema.

1. BALANCES DE ENERGÍA
Ing. Qco. Juan Andrés Sandoval Herrera
Balance de materia y energía

2. INTRODUCCIÓN
 Tipos de energía
1. Energía cinética. Debida al movimiento de
traslación de un sistema cerrado en relación con
un marco de referencia. También puede deberse
al movimiento rotacional en torno a un eje.
2. Energía potencial. Se debe a la posición de un
sistema dentro de un campo de potencia
gravitacional o electromagnético.

3. INTRODUCCIÓN
 Tipos de energía (CONTINUACIÓN)
3. Energía Interna. Se debe a: movimiento de las
moléculas con respecto al centro de masa de un
sistema; al movimiento rotacional y vibracional
de las moléculas, y, a las interacciones
electromagnéticas de las moléculas.

4. FORMAS DE TRANSFERENCIA DE ENERGÍA
 En sistema CERRADO no hay corrientes de entrada
o de salida de materia.
 Pero sí hay, generalmente, transferencia de CALOR o
de TRABAJO con los alrededores en ambas
direcciones.
 Calor: Forma de transferencia de energía que se da por
la diferencia de temperatura entre el sistema y los
alrededores. Positivo cuando fluye desde LOS
ALREDEDORES hacia EL SISTEMA.
 Trabajo: Forma de transferencia de energía que se da
en respuesta a cualquier otra fuerza impulsora:
diferencia de presiones, diferencia de voltaje, diferencia
de concentraciones. Positivo cuando el SISTEMA lo
realiza SOBRE LOS ALREDEDORES.

5. PRINCIPIO BÁSICO DEL BALANCE DE
ENERGÍA
 LEY DE CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA:
“La energía no se crea ni se destruye” (… sino que
se transforma)
Análoga con:
 PRIMERA LEY DE CONSERVACIÓN DE LA
ENERGÍA:
La velocidad a la cual las corrientes de entrada llevan
energía al sistema más la velocidad a la cual entra
calor al sistema, menos la velocidad a la cual las
corrientes de salida llevan energía del sistema,
menos la velocidad a la cual sale energía a manera
de trabajo, es igual a la velocidad de acumulación
energía. Acumulación= entradas- salidas

6. EJERCICIOS
 1. sistema no reaccionante
Una corriente de oxígeno a 1 bar, cuyo flujo es 100
kgmol / h, se va a calentar de 25 a 200°C, mediante
la condensación de vapor saturado disponible a 1,5
bar. Determine el consumo de vapor.
Solución:
El intercambiador de calor se puede visualizar como
dos procesos separados. En uno se calienta el O2 y
en otro se condensa el vapor. Y solo hay
transferencia de calor, pero no de masa. El sistema
se puede considerar abierto y adiabático. Se
desprecian los cambios de energías potencial,
cinética y de transferencia de trabajo. Entonces,

7. SOLUCIÓN EJERCICIO 1
 0 = 𝑚 𝑠𝑎𝑙
𝑂2
200°
𝐶, 1 𝑏𝑎𝑟 + 𝑚 𝑐𝑜𝑛𝑑
𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟
𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑎 1,5 𝑏𝑎𝑟 -
𝑚 𝑒𝑛𝑡
𝑂2
25°
𝐶, 1 𝑏𝑎𝑟 − 𝑚 𝑠𝑎𝑡
𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟
𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑎 1,5 𝑏𝑎𝑟
 De acuerdo con los balances de materia
𝑚 𝑠𝑎𝑙
𝑂2
= 𝑚 𝑒𝑛𝑡
𝑂2
Y: 𝑚 𝑐𝑜𝑛𝑑
𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟
= 𝑚 𝑠𝑎𝑡
𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟
 Por lo tanto, el balance de energía
𝑚 𝑂2 𝐻 (200°
𝐶, 1 𝑏𝑎𝑟) − 𝐻 (25°
𝐶, 1 𝑏𝑎𝑟) = 𝑚 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝐻𝑣𝑎𝑝 − 𝐻𝑙𝑖𝑞
Las entalpías de vapor saturado y agua pueden evaluarse de las
tablas de vapor para obtener:
𝐻 𝑣𝑎𝑝 − 𝐻𝑙𝑖𝑞 = 2226,2 kJ/kg
Mientras que la variación de la entalpía de oxígeno debe
averiguarse por integración entre las dos temperaturas:
𝐻 (200°
𝐶, 1 𝑏𝑎𝑟) − 𝐻 (25°
𝐶, 1 𝑏𝑎𝑟) = 𝐶𝑝 𝑂2*dt
Evaluando la integral con los términos, a, b, c, d y e, del O2, da:
Δ 𝐻 O2 = 5263 kJ/kgmol

8.  Sustituyendo estos valores en la Ecuación de
balance simplificada y despejando m vapor :
 m vapor = (100 kgmol/h X 5263 kJ/kgmol)/2226,2 kJ/kg
m vapor = 236,3 kg/h
 Respuesta: El consumo de vapor necesario para este
calentamiento, será: 236,3 kg/h
 Si se desea, se puede calcular, la cantidad de calor necesaria
en el proceso de calentamiento: (se puede calcular por el lado
del oxígeno o por el del vapor)
Q = nO2 * Δ 𝐻 O2 = 100 * 5,262*103 = 5,262*105 J/h
Q = 5,262*105 J/h
SOLUCIÓN EJERCICIO 1 (CONTINUACIÓN)

9. EJERCICIOS
2. Sistema no reaccionante con E. General de Energía completa
En el sistema que se muestra en la
figura una corriente de vapor saturado
a 145 psia con una velocidad de flujo
de 100 pies/s pasa a través de un
sobrecalentador que pasa calor a la
corriente a razón de 300 BTU/lbm.
Luego se hace pasar por una turbina a
contrapresión donde desarrolla 50 hp
de trabajo de flecha y finalmente sale
por un difusor a 15 psia y una
velocidad de 1 pie/s. El cambio de
elevación entre la entrada y la salida
es de 200 pies. Calcule la temperatura
de descarga y la calidad del vapor,
suponiendo que la caída de presión
debido a la fricción con la tubería es
despreciable. El flujo de entrada de
vapor es de 300 lbm /h

10. SOLUCIÓN EJERCICIO 2
 Planteando la ecuación de balance de energía completa:
 Como F1 = F2 y sabiendo que 300 BTU/lbm*300lb/h= 9*104 BTU/h
 La entalpía específica del vapor a 145 psia (1 bar) es 2776,2
kJ/kg o 1194,7 BTU/lbm.
 Remplazando en el balance nos queda:

11. SOLUCIÓN EJERCICIO 2
 El balance nos queda así:
 De donde:
A 15 psia la entalpía específica del vapor saturado es mucho mayor
que este valor, luego el vapor se encuentra húmedo. Las entalpías
específicas del vapor y del líquido saturado interpoladas de la tabla
son 2676,7 y 421,4 kJ/kg, respectivamente. Entonces, la calidad del
vapor se obtiene de la ecuación: 2487,5 = 2676,7X + 421,4(1-X), de
donde: X= 0,916
Y la temperatura de salida del vapor, también obtenida por
interpolación es: T = 100,5°C o 212,9°F.

12. EJERCICIOS
 3. Sistema no reaccionante de dos componentes
Una corriente de líquido que contiene 60% en peso de etano y 40% de
butano se calentará de 150 K a 200 K a una presión de 5 bar. Calcule la
entrada de calor necesaria por kg de mezcla, despreciando los cambios
posibles de energía cinética y potencial, utilizando los datos disponibles
del C2H6 y del C4H10 y suponiendo que las entalpías de los componentes en
la mezcla, son las mismas que las de los componentes puros.
Solución:
Base: 1 kg de mezcla. Las entalpías del butano y las del etano a las dos
condiciones se toman del Perry p 223 y 234.
Obteniéndose: DĤ Etano: (434,5-314,3)kJ/kg; y DĤ butano: (130,2-30)kJ/kg
Entonces, el balance de energía queda:
𝑄 − 𝑊𝑆 = ∆ 𝐻 + ∆𝐸 𝐾 + ∆ 𝐸 𝑃
Pero no hay trabajo y por el enunciado, 𝑄 = ∆ 𝐻etano + ∆ 𝐻butano
Entonces, 𝑄 =(0,6kgC2H6/s*120,2kJ/kg)+ (0,4kgC4H10/s*100,2kJ/kg)
𝑄 =
112,2kJ
s
1
kg
s
mezcla
= 𝟏𝟏𝟐, 𝟐 𝐤𝐉/𝐤𝐠
||

13. EJEMPLOS DE PROCESOS EN IND. ALIMENTOS
 3. Dryer heat balance for casein drying
In drying casein the dryer is found to consume 4 m3/h of natural gas with a
calorific value of 800 kJ/mole. If the throughput of the dryer is 60 kg of wet
casein per hour, drying it from 55% moisture to 10% moisture, estimate the
overall thermal efficiency of the dryer taking into account the latent heat of
evaporation only. Basis: 1 hour of operation. Latent heat of evaporation of
water= 2257 kJ kg-1(at 100 °C from Tables)
Solution:
60 kg of wet casein contains 60 x 0.55 kg water = 33 kg moisture
and 60 x (1 - 0.55) = 27 kg bone dry casein.
As the final product contains 10% moisture, the final product is: 27*100%/90% = 30 kg,
and the water in the product is: 3kg; and so moisture removed = (33 - 3) = 30 kg of
removed water; so heat necessary to supply = 30 kg of water x 2257 kJ.kg-1 = 6.8 x l04 kJ
Assuming the natural gas (NG) to be at standard temperature and pressure at which 1
mole occupies 22.4 liters, the Rate of flow of NG is 4 m3 h-1 So, number of moles of NG =
4 𝑥 1000 L.ℎ
−
1
22.4 𝐿/𝑚𝑜𝑙
= 179 moles.h-1
Heat available from combustion = 179mol x 800kJ/mol = 14.3 x 104 kJ/h*1h=14.3 x 104 kJ
And, finally: thermal efficiency of dryer is:
𝑄 𝑛𝑒𝑒𝑑𝑒𝑑
𝑄 𝑢𝑠𝑒𝑑
=
6.8 x l04 kJ
14.3 x 104 kJ
= 0,48 (48%)

14. EJEMPLO DE PROCESOS EN IND. DE PETRÓLEOS
 4. Combustión
Un horno quema aceite combustible con aire seco a 250°C y 1 atmósfera. El análisis Orsat de
los gases de combustión arroja la siguiente composición: 12,9% de CO2, 3,8% de O2, y 83,3%
de N2. Asumiendo que el aceite combustible está compuesto sólo por C e H y que su calor de
combustión es de -8000 kCal/kg, determine:
A) % de exceso de aire; B) m3 aire/kg aceite; C) Calor perdido en gases si salen a 290°C.
Solución:
Base cálculo n gases secos = 100 moles/h
Entonces:
no
aire = n N2/0,79 83,3/0,79 105,44moles/ h
C + O2
→ CO2 reacción elemental
4H + O2
→ 2 H2O reacción elemental

15. EJERCICIO 4 (CONTINUACIÓN)
Balance Atómico C
n*
C = ngases secos*0,129*(1)
n*
C = 12,9 atomos / h
Balance Atómico 0
no
Aire*0,21*(2) = ngases secos*0,129*(2) + n gases secos*0,038*(2) + nH2O*(1)
Entonces: nH2O = 10,89 moles/ h
Balance Atómico H
n*
H = nH2O *2H átomos / h
n*
H = 21,77átomos / h
% exceso O2
= (O2 aire - O2 teórico) / O2 teórico
O2 teorico = 18,34moles/ h
% exceso O2 = 20,72%

16. CONTINUACIÓN EJERCICIO 4
Calor perdido
TR = 25oC agua liquida
Cp prom H2O (v) 8,2cal/mol*oC
Cp prom O2 7,35cal/mol*oC
Cp prom N2 7,8cal/mol*oC
Cp prom CO2 10,5cal/mol*oC
l H2O @ 25 C = 10497cal/mol
DHC @ 25 C = -8000kcal/kg
Q = D HC + ∑ Cpi * (290 - 25 ) + l agua
Q = -6586,25 kcal/kg comb.

17. MÁS EJEMPLOS DE BALANCES DE ENERGÍA
CON REACCIÓN
Ejemplo 5. El óxido nítrico se obtiene por oxidación parcial del amoníaco
con aire según:
4 NH3 (g) + 5 O2 (g) 4 NO (g) + 6 H2O (g)
cuya variación entálpica de reacción a 920°C vale:
DHR
25°C = -216.42 kcal /4 mol NH3
En un reactor que trabaja a presión atmosférica se alimentan NH3 (g), a
25°C, y aire precalentado a 750°C, alcanzándose una conversión del 90%
para el amoníaco. La composición molar de los gases efluentes, en base
seca, es:
NH3 (0.855%); O2 (11.279%); NO (7.962%); N2 (79.874%)
Si la temperatura de los gases efluentes del reactor no puede exceder los
920°C, calcular:
a) Los kmoles totales de gas efluente por cada 100 kmoles de
NH3 alimentados
b) Los kmoles de H2O que acompañan a 100 kmoles de gas
efluente seco
c) El porcentaje de aire alimentado en exceso respecto del aire
teórico necesario para la oxidación completa del amoníaco.
d) El caudal de calor a eliminar en el reactor por cada 100 kmoles
de NH3 alimentados

18. SOLUCIÓN EJEMPLO 5
 Datos
 Base de cálculo = 100 kmoles de corriente S en
base seca
 Balance N: A + 2Y = 0.885 +7.962+2*(79.874) =
168.595
 Balance H: 3A = 2Z + 3 (0.885)= 2Z + 2.655
 Balance O:2X = z + 2 (11.279) + 7.962 = Z + 30.52
 Aire: X/Y = 21/79
 Solución del sistema:
 X=21,23; Y=79,87; Z=11,94; A=8,84; kmoles
PRODUCTO CAPACIDAD CALORIFICA MEDIA
(J/mol °C)
INTERVALO DE TEMPERATURA
(°C)
NH3 39.71 25-920
AIRE 31.40 25-920
NO 32.05 25-920
H2O 33.10 25-920

19. CONTINUACIÓN SOLUCIÓN EJEMPLO 5
 a) kmoles totales de gas efluente por cada 100 kmoles
de NH3 alimentados =
= (100 + 11.943) (100/8.847) = 1265.32 kmoles
 b) kmoles de H2O que acompañan a 100 kmoles de
gas efluente seco = 11.943
 c) El porcentaje de aire alimentado en exceso respecto
del aire teórico necesario para la oxidación completa del
amoníaco
kmoles O2 teóricos necesarios = 8.847 (5/4)
= 11.058
EXCESO = (21.232 - 11.058)/ (11.058) *100 = 92 %

20.  d) Tomamos ahora como base de cálculo 100 kmoles de A. Las
corrientes se calculan multiplicando por el factor (100/8.847)
Balance de Energía
CONTINUACIÓN SOLUCIÓN EJEMPLO 5
239.99 kmol O2
902.837 kmol N2
4NH3+ 5O2 --- 4NO + 6H2O
134.98 kmol H2O
100 kmol NH3
10 kmol NH3
126.532 kmol O2
89.989 kmol NO
902.83 kmol N2
Q = DHProductos - DHReactivos + DHReacción =
(10)(39.71)+(126.532)(31.40)+(902.8)(31.40)+(89.989)(32.05) +
(33.10)(134.98)(920-25) - (1142.82)(31.40)(750-25)+(90)(-216420/4)(4.18)
= -1.054 107 KJ = - 2.521 106 kcal.