Balances de materia_y_energia_compendio

Balances de Materia y Energía: Compendio Bibliográfico
i
BALANCES DE
MATERIA Y ENERGÍA
COMPENDIO BIBLIOGRÁFICO
Ing. Israel Hernández Vargas
Instituto Politécnico Nacional

ii
PRÓLOGO
Estos apuntes fueron elaborados con el fin de servir como una herramienta a los estudiantes del
curso de Balances de Materia y Energía. Los temas importantes incluyen como resolver
problemas de: 1) Balance de Materia; 2) Balances de Energía; 3) Balances de Materia y Energía;
así como sugerencias de cómo resolver los problemas de Balances, familiarizarse con el uso y
conversión de unidades, utilizar tablas de equivalencias y de propiedades físicas de los líquidos y
gases (Apéndices), utilizar diagramas de flujo que sirven como apoyo para facilitar la solución de
los problemas, se proporcionan ejemplos con soluciones de problemas tipo de acuerdo al
programa vigente al curso.
Hacer un repaso de los conceptos básicos de estequiometría ayuda a fortalecer el aprendizaje
y así tener la comprensión necesaria para resolver los problemas de aplicación, aunque sea
criticado el énfasis que se les da a los métodos de solución repetitivos y rutinarios, este énfasis
proporciona al estudiante una idea muy pobre de la cantidad tan grande de problemas que
pueden encontrarse en la práctica del Ingeniero Químico y de las habilidades imaginativas y
creativas que se necesitan para resolverlos, desgraciadamente el aspecto repetitivo del curso es
necesario, es una forma de enseñar al estudiante que en la ingeniería se resuelve el análisis de
procesos mediante la constancia de la solución de problemas hasta lograr la comprensión de los
mismos.
En el aspecto motivacional este material sirve para que se trabaje en grupos, herramienta de
utilización usual, sin embargo cuando se inicia el curso no se percibe el beneficio de trabajar en
grupo pero conforme se avanza en el programa, los estudiantes son capaces de proponer ideas

iii
de trabajo, técnicas y sugerencias de solución de los problemas y comentan que es una materia
no difícil pero si de disciplina de trabajo, constancia y comprensión, así como aplicación de
conocimientos adquiridos anteriormente.
ING. ISRAEL HERNÁNDEZ V.

iv
CONTENIDO
PRÓLOGO……………………………………………………………………………………………..…….
……..II
CONTENIDO…………………………………………………………………………………………....…......
.......IV
Unidad I. INTRODUCCIÓN 1
1.1 MASA Y VOLUMEN 1
1.1.1 Masa y peso 1
1.1.2 Relación entre masa y volumen 2
1.2 VELOCIDAD DE FLUJO 3
1.3 COMPOSICIÓN QUÍMICA 3
1.3.1 Moles y masa molar 3
1.3.2 Fracciones en masa, fracciones mol y masa molar promedio 5
1.3.3 Concentración 9
1.4 PRESIÓN 10
1.5 TEMPERATURA 12
1.6 ENERGIA 14
Unidad II. BALANCES DE MATERIA SIN REACCIÓN______________________________________ 15
2.1 GENERALIDADES 15
2.2 ECUACIÓN GENERAL DE BALANCE 17
2.3 DIAGRAMAS DE FLUJO 18
2.4 BALANCES DE MATERIA EN UN EQUIPO 20
2.5 BALANCES DE MATERIA EN DOS O MÁS EQUIPOS 41
2.6 BALANCES DE MATERIA CON RECIRCULACIÓN Y/O PURGA 60

v
Unidad III. BALANCES DE MATERIA CON REACCIÓN ________________________________ 75
3.1.1 Estequiometría 75
3.1.2 Coeficiente Estequiométrico 76
3.1.3 Proporción estequiométrica 76
3.1.4 Proporción Equimolar 77
3.1.5 Reactivo limitante y en exceso 77
3.1.6 Masa Teórica 79
3.1.7 Grado de Conversión 79
3.1.8 Rendimiento 79
3.1.9 Selectividad 80
3.1.10 Ecuación de Balance de materia con reacción química 80
3.1.11 Reacciones de combustión 81
3.1.12 Composición base seca 82
3.1.13 Composición base húmeda 82
3.1.14 Aire teórico y aire en exceso 83
3.1.15 Conversión por paso y global 83
3.2 BALANCES DE MATERIA EN PROCESOS 84
3.3 BALANCES DE MATERIA CON REACCIÓN QUÍMICA EN DOS O MÁS EQUIPOS 107
3.4 BALANCES DE MATERIA CON RECIRCULACIÓN Y/O PURGA 122
Unidad IV. BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA SIN REACCIÓN _____________________ 147

vi
4.1.1 Sistemas 147
4.1.2 Calor 147
4.1.3 Calor sensible 148
4.1.4 Calor latente 148
4.1.5 Temperatura 148
4.1.6 Vapor 149
4.1.7 Entalpía 149
4.1.8 Fórmulas utilizadas para los balances de energía 149
4.1.9 Ecuación general de balance 150
4.2 BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA EN OPERACIONES UNITARIAS 151
4.3 BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA EN DOS O MÁS EQUIPOS 158
4.4 BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA CON RECIRCULACIÓN Y/O PURGA 167
Unidad V. BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA CON REACCIÓN _____________________ 178
5.1.1 Calor de reacción 178
5.1.2 Calor de formación estándar 179
5.1.3 Calor de combustión estándar 179
5.1.4 Reacción endotérmica 180
5.1.5 Reacción exotérmica 180

vii
5.1.6 Ecuación general de balance de energía con reacción 180
5.2 BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA EN UN REACTOR 181
5.3 BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA EN PROCESOS 195
5.4 BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA CON RECIRCULACIÓN Y/O PURGA 204

1
Unidad I
INTRODUCCIÓN
Las dimensiones son los conceptos básicos de medición como la longitud, masa, tiempo,
temperatura, etc. Las unidades son el medio de expresar las dimensiones como pies o centímetros
para la longitud, o bien kilogramos o libras, para la masa. El uso apropiado de las dimensiones en
la solución de problemas no sólo es útil y seguro, desde el punto de vista lógico, sino que sirve de
guía por un camino apropiado de análisis, desde lo que se tiene a la mano hasta lo que se va a hacer
para lograr la solución final.
La ecuación dimensional es aquella que contiene tanto unidades como números. Un factor de
conversión es la relación numérica que existe entre dos unidades. Para la conversión de unidades se
hace necesario utilizar una ecuación dimensional, en la que se combinan una serie de factores de
conversión para alcanzar la respuesta final deseada. Al efectuar las operaciones donde se pretende
la conversión de unidades, debe aplicarse la propiedad cancelativa de la igualdad.
1.1 MASA
1.1.1 Masa y peso
Con frecuencia se usan por igual las palabras masa y peso, las dos tiene significados distintos. La
masa de un cuerpo se define, simple y sencillamente, como su cantidad de materia. La masa es
una cantidad fija e invariable que es independiente de la ubicación del cuerpo y se puede medir
con una balanza, comparándola con masas de valor conocido y fijo. Las unidades de masa son:
kilogramos, gramos, libras, toneladas, etc. El peso de un cuerpo es la medida de la atracción
gravitacional que la tierra ejerce sobre dicho cuerpo y sus unidades son: newton, dina, etc. A
diferencia de la masa, el peso varía dependiendo de:
↺ La posición relativa de un objeto o su distancia a la tierra.
↺ La velocidad con la que se mueve el objeto (varía con respecto al movimiento de nuestro
planeta).
Ejemplo 1.1
Una muestra de 3.68 libras de bicarbonato de sodio (Na2CO3) cuesta 90 centavos de dólar. ¿Cuántos
gramos de esta sustancia contiene la muestra?
El factor para convertir libras a gramos es de 454 g/lb, por lo tanto se tiene:
454g
3.68lb× =1670.72g
1lb
Ejemplo 1.2
¿Cuál es el peso que tiene un cuerpo, sabiendo que tiene una masa de 70 Kg?

2
m Kg×m
w=m×g=(70Kg)(9.81 )=686.7
2 2
s s
1.1.2 Relación entre masa y volumen
La densidad (ρ) de una sustancia es la masa por unidad de volumen de la sustancia (kg/m3
,
g/cm3
, lbm/ft3
, etc.). El volumen específico de una sustancia es el volumen por unidad de masa
de dicha sustancia (m3
/kg, ft3
/lbm, etc.) y es, por lo tanto, el inverso de la densidad.
Las densidades de los sólidos y líquidos puros son relativamente independientes de la
temperatura y la presión, y pueden encontrarse en la bibliografía clásica. La densidad de una
sustancia puede utilizarse como un factor de conversión para relacionar la masa y el volumen de
una cantidad de esa sustancia.
El peso específico (PE) de una sustancia es el conciente de la densidad de la sustancia entre la
densidad de una sustancia de referencia (ρref) en condiciones específicas; por lo tanto
PE = ρ / ρref
La sustancia de referencia más frecuentemente utilizada para sólidos y líquidos es el agua a 4.0
°C, que tiene una densidad de: ρref (H2O, 4°C)= 1 g/cm3
= 1000 kg/m3
=62.43 lbm/ft3
.
Ejemplo 1.3
Calcule la densidad del benceno en lbm/ft3
y el volumen en ft3
que ocupan 308 kg de esa sustancia.
El peso específico del benceno a 20°C es 0.879.
ρBenceno
PE=
ρAgua,4°C
Si PE = 0.879 y ρ
Agua,4°C
=62.43 lbm/ft3
3 3
ρ =(PE)(ρ )=(0.879)(62.43lb /ft )=54.876lb /ft
Benceno Agua,4°C m m
3
1lb 1ft 3
m
V =308kg × × =12.363ft
Benceno benceno
0.454kg 54.876lbm
1.2 VELOCIDAD DE FLUJO
La velocidad a la que se transporta una sustancia a través de una línea de un proceso es la velocidad
de flujo de esta sustancia. La velocidad de flujo, de un flujo en un proceso puede expresarse como
una velocidad de flujo másico (masa/tiempo), o bien como una velocidad de flujo volumétrico
(volumen/tiempo).
Recuerde que la densidad de una sustancia se define como ρ=m/V. De ahí que la densidad de un
fluido puede utilizarse para convertir una velocidad de flujo volumétrico conocida de un flujo de un
proceso en la velocidad de flujo másico, o viceversa.

3
Ejemplo 1.4
La velocidad de flujo volumétrico del CCl4 (ρ=1.595 g/cm3
) en un tubo es de 100 cm3
/min ¿Cuál es
la velocidad del flujo másico?
3
cm 1.595g g
m V ρ =100 × =159.5
CCl CCl CCl
4 4 4 3
min min
1cm
Donde m = Velocidad de flujo másico de CCl
CCl 4
4
V = Velocidad de flujo volumétrico de CCl
CCl 4
4
1.3 COMPOSICIÓN QUÍMICA
1.3.1 Moles y masa molar
El peso atómico de un elemento es la masa de un átomo en una escala que asigna una masa de
exactamente 12 al 12
C. La masa molar (usualmente llamada peso molecular) de un compuesto es
la suma de los pesos atómicos de los átomos que constituyen la molécula del compuesto. Un
gramo-mol (g-mol o mol en el sistema SI) de una sustancia es la cantidad de esa sustancia cuya
masa en gramos es numéricamente igual a su masa molar. Otro tipo de moles se definen de modo
similar, si el peso molecular de una sustancia es M, entonces hay M kg/kmol, M g/mol y M lbm/lb-
mol de esta sustancia. La masa molar puede utilizarse como un factor de conversión que relaciona
la masa con el número de moles de una cantidad de sustancia. Un gramo-mol de cualquier sustancia
contiene 6.02 x 1023
moléculas de esa sustancia y se le llama Número de Avogadro.
Ejemplo 1.5
Convertir 300 g de H2SO4 a g-mol y lb-mol
Se calcula la masa molecular o peso molecular de la siguiente manera
H2 = 1 x 2 = 2
S = 32 x 1 = 32
O4 = 16 x 4 = 64
PM = 98 g/ g-mol = 98 lb/lb-mol
Ejemplo 1.6
Si se tienen 200 g de cloruro de magnesio (MgCl2) con peso molecular de 95.23 . Calcule:
1. Moles de MgCl2 2. Lb-mol de MgCl2
3. Moles de Mg 4. Moles de Cl
5. Moles de Cl2 6. Gramos de Cl
7. Gramos de Cl2 8. Moléculas de MgCl2

4
1.
1mol MgCl2
200g MgCl × =2.100mol MgCl
2 2
95.23g MgCl2
2.
1lb-mol -3
2.1mol MgCl × =4.626×10 lb-mol MgCl
2 2
454mol
3.
1mol Mg
2.1mol MgCl × =2.1mol Mg
2
1mol MgCl2
4.
2mol Cl
2.1mol MgCl × =4.2mol Cl
2
1mol MgCl2
5.
1mol Cl2
2 2
1mol MgCl2
6.
35.455g Cl
4.2mol Cl× =148.911g Cl
1mol Cl
7.
2mol Cl
2
1mol MgCl2
8.
23
6.02×10 moléculas MgCl 24
2
2.1mol MgCl × =1.26×10 moléculas MgCl
2 2
1mol MgCl2
1.3.2 Fracciones en masa, fracciones mol y masa molar promedio
Con frecuencia los flujos de los procesos consisten en mezclas. Para ello se utilizan los siguientes
conceptos, para definir la composición de una mezcla de sustancias que incluye a la especie A.
Fracción en masa:
masa de A
x =
A
masa total
Fracción mol
moles de A
y =
A
moles totales
El porcentaje en masa de A es (100×xA) y el porcentaje en mol de A es (100×yA ). Para convertir
directamente entre fracción masa - fracción mol, y viceversa, se emplean las siguientes expresiones:
y PM
i i
x =
i
y PM +y PM +...+y PM
1 1 2 2 n n
xi
PMi
y =
i x x x
1 2 n
+ +...+
PM PM PM
1 2 n
Donde los subíndices i y n
1, 2, corresponden al componente 1, componente 2, componente i y
componente n , respectivamente.
Peso molecular promedio: 
PM = y PM + y PM +…+ y PM = y M
i i
1 1 2 2 n n
todos los
componentes

5
Además se cumple:
x x x
1 1 2 n
= + +...+
PM PM PM
PM 1 2 n
Ejemplo 1.6
Encontrar la composición en % masa y %mol de 300 g de H2SO4
Para encontrar la masa de cada elemento del compuesto se necesitan los pesos moleculares de cada
uno de estos elementos, así como, el peso molecular del compuesto, así:, PM =98g/g-mol
H SO
2 4
PM =32g/g-mol
S
g
(32 )(300g)
g-mol
m = = 97.95g
S g
98
g-mol
PM =32g/g-mol
O2
g
(64 )(300g)
g-mol
m = =195.91g
O2 g
98
g-mol
PM =2g/g-mol
H2
g
(2 )(300g)
g-mol
m = =6.122g
H2 g
98
g-mol
Fracción masa % Masa
97.95g
x = =0.3265
s
300g
%m =(0.3265)(100)=32.65%
s
195.91g
x = =0.653
O2 300g
%m =(0.653)(100)=65.3%
O2
6.122g
x = =0.0204
H2 300g
%m =(0.0204)(100)=2.04%
H2
Para el %mol:
32.65%
32g/g-mol
%n = =25%
s 2.04% 32.65% 65.3%
+ +
2g/g-mol 32g/g-mol 32g/g-mol

6
65.3%
32g/g-mol
%n = =50%
O2 2.04% 32.65% 65.3%
+ +
2.04%
2g/g-mol
%n = =25%
H2 2.04% 32.65% 65.3%
+ +
Ejemplo 1.7
En un reac tor se tiene una mezcla de 80 moles de benceno, 60 moles de tolueno y 50 moles de agua.
Calcular la composición en fracción mol y %mol.
Fracción mol % Mol
80mol benceno
y = =0.421
B
190mol mezcla
%n =(0.421)(100)=42.1%
B
30mol tolueno
y = =0.3157
T
190mol mezcla
%n =(0.3157)(100)=31.57%
T
25mol tolueno
y = =0.2631
H O
2
190mol mezcla
%n =(0.2631)(100)=26.31%
H O
2
Ejemplo 1.8
Una salmuera contiene 30% en masa de KCl. Calcular la masa de este soluto en 360 Kg de la
disolución.
Se sabe por definición que
Kg KCl
x =0.30
KCl
Kg Disolución
0.30Kg KCl
360Kg disolución× =108Kg KCl
1Kg disolución
Ejemplo 1.9
Calcular la velocidad de flujo másico de SrCl2 en solución que fluye a una velocidad de 53 lb/h, y
contiene un 25%masa de SrCl2.

7
0.25lb SrCl lb SrCl
lb 2 2
53 × =13.25
h 1lb h
Ejemplo 1.10
Una solución acuosa de HCl tiene una velocidad de flujo molar de 56 Kmol de disolución/h.
Sabiendo que contiene 25%mol de HCl, calcular el flujo molar de HCl en la disolución.
Se resuelve fácilmente con una regla de tres:
Kmol disolución
1
h
~
Kmol HCl
0.25
Kmol disolución
Kmol disolución Kmol HCl
(56 )(0.25 )
h Kmol disolución
x=
Kmol disolución
1
h
Kmol disolución
56
h
~ x
Kmol HCl
x=14
Kmol disolución
Para la resolución del siguiente ejemplo es necesario conocer el concepto de Base de Cálculo que se
define como la referencia elegida por el alumno para resolver un problema particular. Existen dos
bases de cálculo una temporal y otra real.
Ejemplo 1.11
En una mezcla de tolueno-benceno al 25%w y 75%w respectivamente. Determinar su composición
en %mol.
Es conveniente utilizar una base de cálculo: m=100 g de mezcla
25g tolueno
m =100g mezcla• =25g benceno
tolueno
100g mezcla
75g benceno
m =100g mezcla• =75g benceno
benceno
100g mezcla
Esta masa de benceno puede calcularse de otra forma:
m =100g mezcla- 25g tolueno = 75g benceno
benceno
Las moles de benceno y tolueno son:

8
m 25g
tolueno
n = = =0.2717g-mol tolueno
tolueno g
PMtolueno 92
g-mol
m 75g
Benceno
n = = =0.9615g-mol benceno
Benceno g
PMBenceno 78
g-mol
Entonces las moles totales son:
n =n +n =0.2717g-mol+0.9615g-mol=1.2332g-mol de mezcla
T tolueno benceno
Finalmente la composición molar es:
 
 
 
 
0.2717g-mol tolueno
%n = ×100=22.03%
tolueno
1.2332g-mol mezcla
 
 
 
 
0.9615g-mol benceno
%n = ×100=77.97%
benceno
1.2332g-mol mezcla
Ejemplo 1.12
El análisis de una muestra gaseosa reporta la siguiente composición en %masa: 60% N2, 8% CO2,
5% CO, 6% O2 y la diferencia de vapor de H2O. Calcular la composición porcentual molar.
La base de cálculo de la mezcla empleada será de 100g. De ahí que:
m =60g
N2
m =8g
CO2 m =5g
CO
m O2 = 6 g m = 21g
H O
2
Número de Moles Composición
60g
n = =2.143g-mol
N2 g
28
g-mol
 
 
 
2.143g-mol
%n = ×100=55.53%
N2 3.859g-mol
8g
n = =0.182g-mol
CO2 g
44
g-mol
 
 
 
0.182g-mol
%n = ×100=4.72%
CO2 3.859g-mol
5g
n = =0.179g-mol
CO g
28
g-mol
 
 
 
0.179g-mol
%n = ×100 = 4.64%
CO 3.859g-mol
6g
n = =0.188g-mol
O2 g
32
g-mol
 
 
 
0.188g-mol
%n = ×100=4.87%
O2 3.859g-mol
21g
n = =1.167g-mol
H O
2 g
18
g-mol
 
 
 
1.16g-mol
%n = ×100=30.24%
H O
2 3.859g-mol

9
n =2.143g-mol+0.182g-mol+0.179g-mol+0.188g-mol+1.167g-mol=3.859g-mol
T
1.3.3 Concentración
La concentración en masa de un componente en una mezcla o disolución es la masa de este
componente por unidad de volumen de la mezcla (g/cm3
, lbm/ft3
,…). La concentración molar de
un componente por unidad de volumen de la mezcla (kmol/m3
, lb-mol/ft3
, …). La concentración de
una sustancia en una mezcla o en una disolución puede utilizarse como un factor de conversión para
relacionar la masa o moles de un componente en una muestra de la mezcla con el volumen de la
muestra, o para relacionar la velocidad de flujo másico o flujo molar de un componente con la
velocidad volumétrico del flujo.
Ejemplo 1.13
Calcular el %masa de hidróxido de sodio para una solución que se prepara disolviendo 8 g de NaOH
en 50 g de H2O.
8g de NaOH
%m = ×100=13.8% NaOH en la solución
NaOH
8g de NaOH+50g de H O
2
A la división efectuada se llama RELACIÓN, se consideran dos relaciones, una relación masa y
otra molar
Ejemplo 1.14
Se alimentan a un equipo 300 Kg/h de una solución saturada de KClO3 a 20°C, si se sabe que la
solubilidad del clorato de potasio es de .074 g/g de agua a la misma temperatura. Calcular los Kg/h
de agua que se alimenta al equipo
0.074g de KClO3
x = =0.0689
wKClO3 1.074g de solución
1g de H O
2
x = =0.931
wH O
2 1.074g de solución
  Kg
Kg Kg
=300 •0.931=279.329
h h
h
H O
2
1.4 PRESIÓN
La presión es el cociente entre una fuerza y el área sobre la que actúa la fuerza. La unidad de
presión del sistema SI es N/m2
y se conoce como pascal (Pa), otras unidades son dinas/cm2
y
lbf/in2
o psi.
Supóngase una columna vertical de fluido de altura h , que tiene un área de sección transversal
A , supóngase, además, que el fluido tiene una densidad  y que se ejerce una presión Po sobre la
superficie superior de la columna. La presión P del fluido en la base de la columna, llamada
presión hidrostática del fluido, se define como la fuerza F ejercida sobre la base dividida entre

10
el área de la base A, donde F debe ser igual a la suma de la fuerza sobre la superficie superior y el
peso del fluido en la columna. La presión hidrostática cumple:
g
P=P +ρ h
o
gc
La equivalencia entre una presión P(fuerza/área) y la columna correspondiente Ph (altura de un
fluido) se consigue aplicando la ecuación anterior, entonces, se puede utilizar P sin subíndice para
denotar la presión como fuerza/área o como la columna de un fluido.
La presión de la atmósfera puede considerarse como la presión en la base de una columna de fluido,
que en este caso es el aire, localizada en el punto de medición, por ejemplo, el nivel del mar. La
presión Po en la parte superior de la columna es igual a cero, y ρ y g son los valores promedio de la
densidad del aire y de la aceleración de la gravedad entre la parte superior de la atmósfera y el punto
de medición. Se ha designado el valor típico de la presión atmosférica al nivel del mar, 760 mm de
Hg, como un valor estándar de 1 atmósfera.
Muchos aparatos de medición de presión proporcionan la presión manométrica de un fluido, es
decir, la presión en relación con la presión atmosférica. Una presión manométrica de cero indica
que la presión absoluta del fluido es igual a la presión atmosférica. La relación entre la presión
manométrica y la presión absoluta está dada por:
P =P +P
absoluta manométrica atmosférica
Ejemplo 1.15
En un tubo en U se tiene una diferencia de alturas de 400 mm de Hg, se quiere convertir esta
presión a: a) ft de H2O. b) atm.
c) bar. d) Kg/cm2.
e) lb/pulg2 (lb/in2). f) Pa.
g) N/m2. h) pulg de Hg (in de Hg).
Usando las equivalencias de la tabla no 4, se tiene:
33.91 ft de H O
2
a) 400 mm de Hg• =17.842 ft de H O
2
760mm de Hg
1 atm
b) 400 mm de Hg• =0.526 atm
760mm de Hg
1 atm 1.013 bar
c) 400 mm de Hg• • =0.533 bar
760 mm de Hg 1 atm
2
1 atm 1.033 Kg/cm 2
d) 400 mm de Hg• • =0.543 Kg/cm
760 mm de Hg 1 atm

11
2
1 atm 14.7 lb/pulg 2
e) 400 mm de Hg• • =7.736 lb/pulg
760 mm de Hg 1 atm
5
1 atm 1.013×10 Pa
f) 400 mm de Hg• • =53315 Pa
760 mm de Hg 1 atm
5 2
1 atm 1.013×10 N/m 2
g) 400 mm de Hg• • =53315 N/m
760 mm de Hg 1 atm
76 cm de Hg 1 pulg
h) 400 mm de Hg• • =15.748 pulg de Hg
760 mm de Hg 2.54 cm
Ejemplo 1.16
Un recipiente que contiene 40 000 litros de metano, tiene conectado un medidor de presión
(manómetro burdon) que indica una lectura de 33 psi, simultáneamente el barómetro indica 17.5
pulgadas de Hg. ¿cuál es la presión absoluta dentro del recipiente en lb/pulg2
absolutas en (psia)?
14.7 psia
presión barométrica=17.5 pulg de Hg• =8.597 psia
29.92 pulg de Hg
presión absoluta=presión manométrica+presión barométrica
presión absoluta=33 psia+8.597 psia=41.597 psia
1.5 TEMPERATURA
La temperatura de una sustancia en un estado de agregación particular es una medida de la
energía cinética promedio que poseen las moléculas que forman la sustancia. Las dos escalas
más comunes de temperatura se definen utilizando el punto de congelación (Tf) y el punto de
ebullición (Tb) del agua a una presión de 1 atm. El instrumento que se utiliza para medir la
temperatura es el termómetro.
En la escala Celsius a Tf se le asigna un valor de 0 °C y a Tb se le asigna un valor de 100 °C. El
cero absoluto, teóricamente la temperatura más baja que se puede alcanzar a la naturaleza, en esta
escala corresponde a -273.15 °C. Por otra parte, en la escala Fahrenheit a Tf se le asigna un valor
de 32 °F y a Tb se le asigna un valor de 212 °F, el cero absoluto corresponde a -459.67 °F.

12
Las escalas Kelvin y Rankine de definen de forma que el cero absoluto corresponda a un valor
de cero y el tamaño de un grado sea igual a un grado Celsius para la escala Kelvin o un grado
Fahrenheit para la escala Ranking.
Para convertir una temperatura entre diferentes escalas se pueden usar las siguientes expresiones:
T(K)=T(°C)+273.15 T(°R)=T(°F)+459.67
T(°F)=1.8T(°C)+32 T(°R)=1.8T(K)
Un grado es tanto un valor de temperatura como un intervalo de temperatura, y esto a veces lleva a
confusiones y errores. Para evitar esto se debe saber que un intervalo de 1 grado Celsius o Kelvin
contiene 1.8 grados Fahrenheit o Rankine, es decir:
1.8°F
1°C
1.8°R
1K
1°F
1°R
1°C
1K
Estos factores de conversión se refieren a intervalos de temperatura y no a valores de temperatura.
Ejemplo 1.17
Convertir 8000
C de temperatura, que es la de fusión del NaCl, en la escalas Kelvin, Fahrenheit, y
Rankine.
a) K = °C+273 = 800°C+273 =1073 K
b) °F=(1.8×°C)+32=(1.8×800)+32=1472°F
c) °R=°F+460=1472°F+460=1932°R
Por lo tanto 800°C = 1073 K = 1472 °F = 1932 °R.
Ejemplo 1.18
La capacidad calorífica del amoniaco, definida como la cantidad de calor requerida para elevar la
temperatura de una unidad de masa de amoniaco en 1°, a presión constante en un intervalo limitado
de temperaturas, está dada por la expresión.
 
 
 
Btu -4
Cp =0.487+2.29×10 T(°F)
lb ×°F
m
Determine la expresión para Cp en (J/g•°C), en términos de T(°C)
Los °F en las unidades de Cp se refieren a un intervalo de temperaturas, mientras que la unidad de T
es una temperatura. El cálculo puede realizarse mejor en dos etapas.
Primero se sustituye T(°F) y simplifica la ecuación resultante

13
 
 
 
 
Btu -4
Cp =0.487+2.29×10 1.8T(°C)+32
lb ×°F
m
-4
=0.494+4.12×10 T(°C)
Después se convierte la unidad del intervalo de temperaturas deseada, utilizando el factor adecuado
a partir los factores de conversión antes mencionados.
   
   
 
 
1lb
J Btu 1.8°F 1J
-4 m
Cp = 0.494+4.12×10 T(°C) • • •
-4
g×°C lb ×°F 1.0°C 454g
m 9.486×10 Btu
)
(
10
72
.
1
06
.
2 3
C
T
C
g
J
Cp 












1.6 ENERGIA
La energía se define como la capacidad de producir trabajo y esta se clasifica en cinética y potencial.
La energía cinética es la que posee un sistema a causa de su velocidad relativa con sus alrededores,
mientras que la energía potencial es la que posee un sistema debido a la fuerza que ejerce el campo
gravitacional sobre la masa de un cuerpo con respecto a la superficie de referencia.
Ejemplo 1.18
Convertir el coeficiente de transferencia de calor (h) del sistema inglés al sistema c.g.s.
Btu
h=
2
hr ft °F
cal
h=
2
min cm °C
2 2
Btu 252cal 1hr 1ft (1in) 1.8°F cal
h=0.14• • • • • • =0.001139
2 2 2
1Btu 60min 1°C
hr ft °F (12in) (2.54cm) 2
min cm °C

14
Unidad II
BALANCES DE
MATERIA SIN REACCIÓN
2.1 GENERALIDADES
Esta unidad inicia los cálculos de Balances con el sistema más simple que existe, es decir el
sistema abierto en estado estable dentro del cual no ocurren transformaciones químicas. No
obstante su relativa simplicidad, el sistema no reaccionante es un caso importante que debe
considerarse debido a que se presenta frecuentemente en la práctica.
Se trata de la formulación de los problemas de Balances de materia sin reacción donde
intervienen variables, las formas para especificar la información del sistema y las ecuaciones que
pueden establecerse usando el principio de conservación de la materia relacionando las variables
del proceso y la información especificada.
Se deberán de conocer todos los términos y conceptos utilizados para la resolución de los
ejercicios mostrados en este compendio bibliográfico, es por eso que a continuación se extienden
las siguientes definiciones:
Proceso intermitente. La alimentación se introduce al sistema al principio del proceso, y todos los
productos se extraen juntos tiempo después. No existe transferencia de masa en las fronteras del
sistema entre el tiempo en que se realiza la alimentación y el tiempo en que se extrae el producto.
Ejemplo: Se añaden rápidamente reactivos a un tanque y tiempo después, cuando el sistema ha
alcanzado el equilibrio, se retiran los productos y los reactivos no consumidos.
Proceso continuo. Las entradas y salidas fluyen continuamente durante el proceso.
Ejemplo: Se bombea una mezcla de líquidos en una columna de destilación a una velocidad
constante y se extraen continuamente flujos de vapor y de líquido de la parte superior e inferior de la
columna.
Proceso Semi-intermitente. (También conocidos como procesos semicontinuos). Cualquier
proceso que no es intermitente ni continúo.

15
Ejemplo: Se permiten que el contenido de un recipiente de gas presurizado escape a la atmósfera;
se mezclan varios líquidos lentamente en un tanque del que no se extraen nada.
Régimen permanente: Es cuando todas las variables del proceso permanecen constantes.
Régimen transitorio: Cuando por lo menos una variable del proceso se mantiene constante.
Flujo másico: Es la cantidad de masa que esta pasando por un punto por unidad de tiempo (kg/h).
Flujo volumétrico: Volumen que fluye por un determinado punto por unidad de tiempo (m3
/h).
Los principios de conservación.
Uno de los más importantes logros de la teoría de la relatividad es la formulación del principio de
conservación de la suma de la masa y la energía de un sistema. Este principio, que constituye la
base de todos los cálculos de balances de materia y energía es una hipótesis ya que no se ha
demostrado de manera definitiva, sin embargo es una hipótesis muy sólida ya que jamás se ha
demostrado su falsedad.
Una expresión precisa del principio de conservación de la masa y la energía requiere de definir
cuidadosamente algunos términos. En primer lugar se entiende que sistema se refiere a una porción
del universo aislado para su estudio.
La masa “m” del sistema se refiere a la cantidad de materia cuya velocidad relativa es cero con
respecto a un punto de referencia seleccionado. La energía del sistema se refiere a energía en todas
sus formas posibles. Finalmente, se entiende que una cantidad se conserva si no puede crearse ni
destruirse.
2.2 ECUACIÓN GENERAL DE BALANCE
Un balance de materia no es otra cosa que un conteo del flujo y cambio de masa en el inventario
de materiales de un sistema. En la siguiente ecuación se describe con palabras el balance de
materia aplicable a procesos con reacción química y sin ella.
Diagrama 2.2 Ecuación general de Balance
Entrada Salida de
Acumulación de masa a masa Generación de Consumo
de masa = través de los - a través de + masa en el - de masa en
en el sistema límites del de los límites sistema el sistema
sistema del sistema
Fuente: Elaboración propia
Se pueden describir dos tipos de balance.
Balances Diferenciales: Son balances que indican lo que está sucediendo en un sistema en un
instante de tiempo. Cada término en la ecuación de balance es entonces una velocidad
(velocidad de entrada, velocidad de producción, etc.) y tiene unidades de la unidad de la
cantidad balanceada dividida entre una unidad de tiempo (personas /año, g de SO2 / s, barriles/
día). Éste es el tipo de balance que se aplica generalmente a los procesos continuos.

16
Balances Integrales: Son balances que describen lo que ocurre entre dos instantes de tiempo.
Cada término de la ecuación es entonces una cantidad de la cantidad balanceada y tiene las
unidades correspondientes (personas, g de SO2, barriles). Este tipo de balance se aplica
usualmente a los procesos intermitentes, en los que ambos instantes de tiempo son el momento
en que se efectúa la entrada y el momento previo a la extracción del producto.
Con respecto al flujo los balances pueden ser de dos tipos:
Balances totales o generales: Son aquellos que involucran a todos los componentes de una
corriente.
Balances parciales o de componente: son aquellos que involucran a un solo componente.
Con respecto al lugar del proceso donde se llevan a cabo los balances puedes ser:
 En un equipo.
 En dos o más equipos.
 En el sistema. Conocidos como balances globales.
Nota: cabe mencionar que solo existen dos balances, generales y de componente.
2.3 DIAGRAMAS DE FLUJO
La deshidrogenación catalítica del propano se lleva a cabo en un reactor continuo de cama
empacada. Un precalentador se alimenta con cien libras por hora de propano puro, en el que se
calienta a una temperatura de 670 °C antes de pasar al reactor.
El gas de salida del reactor, que contiene propano, propileno, metano e hidrógeno, se enfría
desde 800 °C hasta 110 °C y alimenta a una torre de absorción en la que el propano y el
propileno se disuelven en aceite. El aceite entra a una torre de deserción en la que se calienta,
permitiendo la salida de los gases disueltos; estos gases se comprimen y se transfieren a una
columna de destilación de alta presión, en donde el propano y el propileno se separan. El flujo del
producto de la columna de destilación contiene 98% de propileno, y el flujo de recirculación,
97% de propano. El aceite desorbido se hace recircular a la torre de absorción.
Cuando se presenta una descripción de proceso como ésta, y después se pide determinar algún
valor de proceso, es necesario organizar la información en forma conveniente. La mejor forma
de hacerlo es dibujar un diagrama de flujo del proceso, utilizando cajas o bloques y otros
símbolos para representar las unidades del proceso y líneas con flechas para indicar las entradas y
salidas. En el ejemplo anterior se hace difícil la comprensión del problema sin embargo con el
apoyo de dicho diagrama facilita la interpretación y solución del problema.
Al anotar toda la información en el diagrama de flujo se hace una amplia visión del mismo, ya
que muestra pragmáticamente todos los datos sin excepción.
Base de cálculo: Cantidad de una corriente que sirve de base para determinar todos los valores
de las demás corrientes.
Cambio de escala: En un escalamiento las corrientes cambian proporcionalmente pero las
fracciones permanecen constantes.

17
Base de cálculo propuesta
Factor de escalamiento=
base de cálculo real
Relaciones adicionales:
 Porcentajes de recuperación.
 Proporciones entre corrientes.
 Relaciones.
2.2 BALANCES DE MATERIA EN UN EQUIPO
Los balances de materia en un equipo son los más simples de resolver ya que cumplen la ley de la
conservación de la materia. Los equipos utilizados comúnmente son el mezclador, destilador,
absorbedor, evaporador, secador, deshumidificador, etc.
EJEMPLO 2.2.1

18
A un evaporador se alimentan continuamente 25 ton/h de una solución con 10% w de NaOH, 10%w
NaCl y 80% w H2O. Durante la evaporación, la sal se precipita como cristales que se dejan asentar
y se eliminan. La solución concentrada saliente del evaporador contiene 50%w NaOH, 2%w NaCl
y 48%w H2O.
¿Calcular los kilogramos de sal precipitados y los kilogramos de solución concentrada por hora de
trabajo?
Diagrama 2.2.1 Evaporación de una sal
M4 H2O
M2 50%wNaOH
2% w NaCl
48% w H2O
M3 Cristales
80%w H2O M1=25ton/h
10%w NaOH
10%w NaCl
M4 H2O
M2 50%wNaOH
2% w NaCl
48% w H2O
M3 Cristales
80%w H2O M1=25ton/h
10%w NaOH
10%w NaCl
Composición de la corriente 1
H2O= 25 (0.8)= 20ton/h
NaOH= 25(0.1)= 2.5ton/h
NaCl= 25 (0.1)= 2.5ton/h
Balance de NaOH
xM1= xM2
25(0.1)= 0.5 M2
M2= 5 ton/h
Balance de NaCl
xM1= xM2+M3
25(0.1)= 5(0.02)+M3
M3= 2.4 ton/h
Composición en la corriente 2
H2O = 5 (0.48)= 2.4ton/h
NaOH= 5 (0.5) = 2.5 ton/h
NaCl= 5 (0.02)= 0.1ton/h
NaCl precipitado = 2400kg/h

19
EJEMPLO 2.2.2
Un evaporador es alimentado con una solución de nitrato de potasio, de acuerdo al diagrama de
flujo.
Diagrama 2.2.2 Evaporación de una solución
a) Calcular en Kg/h las líneas de operación.
b) Calcular la fracción mol y el %mol en la línea M4
Balance general de materia para el proceso:
M1 = M3 + M4
Balance de KNO3
0.15M1 = 0.45M4
  
0.15 1500
M = =500kg/h
4
0.45
Balance de H2O
0.85M1 = M3 + 0.55M4
  
0.15 1500
0.15M1
M = = =500kg/h
4
0.45 0.45
M3 = M1 - M4 = (1500 – 500)Kg/h = 1000kg/h
Tabla 2.2.2 Composición molar de N4
Componente P M (Kgmol) n(mol/h) xi w(Kg/h) % mol
KNO3 101 2.2277 0.1273 225 12.73
H2O 18 15.2778 0.8727 275 87.27
Total -- 17.5055 0.9999 500 100
15%w KNO3 M1
85%w H2O
1500Kg/h
M2
M3 H2O
45%w KNO3
M4 55%w H2O

20
EJEMPLO 2.2.3
Una pulpa húmeda contiene 80% de peso de agua, después del secado se determinó que se había
eliminado el 50% peso del agua original.
Proponer un diagrama de flujo; y para una base de cálculo de 100Kg. de pulpa húmeda calcular:
a) Cantidad de agua alimentada en Kg.
b) La composición de la pulpa seca en Kg y % peso en la línea 3
c) Balance de materia en el proceso
Diagrama 2.2.3 Secado de una pulpa
80% w Agua M1
20%w Pulpa
M2 Agua
M3
Solución:
Balance general de materia para el proceso:
M1 = M2 + M3
Balance de agua:
0.80M1 = M2 + W agua M3
Balance de sólidos:
0.20M1 = W sólidos M3
Agua en la pulpa húmeda:
(100Kg.)(0.8) = 80Kg agua
Agua eliminada:
(0.5)(0.80) (100) = 40Kg agua
Composición de la pulpa seca en Kg y % peso en M3
W agua M3 = (80 – 40) Kg. = 40Kg.
Sustituyendo los valores:
Tabla 2.2.3.Composición de la pulpa seca
Componente M(Kg) xw % peso
Pulpa 20 0.3334 33.34

21
Agua 40 0.6666 66.66
total 60 1.000 100
Balance de materia en el secador
M1 = M2 + M3
M1 =100Kg
M2 = 60Kg
M3 =40Kg
EJEMPLO 2.2.4
Un secador es alimentado con azúcar húmeda de donde se elimina el 80% peso del agua que
contiene la línea de alimentación, de acuerdo al siguiente diagrama:
Determinar
a) Flujo gravimétrico de la alimentación en Kg/h
b) Fracción peso y % peso en la línea M3
c) Balance de materia en el secador en Kg/h
Diagrama 2.2.4 Secado del azúcar
25% w Agua M1
75%w Azúcar
M2 Agua
M3
Azúcar
Deshidratada
25% w Agua M1
75%w Azúcar
M2 Agua
M3
Azúcar
Deshidratada
g = (5 040kg/día) (1día/24h) = 210Kg/h
Fracción peso y % peso en la línea M3
Balance general:
M1 = M2 + M3
Balance de agua:
0.25M1 = M2 + WaguaM3
(0.25)(210) = (0.25)(210)(0.80) + WaguaM3
Wagua M3 = 10.5Kg/h

22
Wagua = 10.5Kg/h
Balance de azúcar:
0.75M1 = WsólidosM3
WsólidosM3 = 157.5Kg/h
Tabla 2.2.4 Composición peso en M2
Componente Kg/h xw % peso
Azúcar 157.4520 0.9375 93.75
Agua 10.5 0.0625 6.25
Total 168.0 1.000 100
Balance de materia en el secado
M1 = M2 + M3
M3= M1 - M2
M3= 210kg/h – 42kg/h=168kg/h
M1 = 210Kg
M2 = 42Kg
M3 = 168Kg

23
EJEMPLO 2.2.5
Se separa alcohol puro de una mezcla alcohol-agua, es necesario adicionar un tercer componente
como benceno, para reducir la volatilidad del alcohol; ello hace posible obtener alcohol puro como
producto de fondo en una columna de destilación. En uno de esos procesos se alimenta a la torre
una mezcla de 88% w de alcohol y 12%w de agua, lo cual da un destilado con 17.5%w alcohol,
7.9% w de agua y 74.6%w de Benceno.
a. ¿Qué volumen de Benceno se debe alimentar a la columna por unidad de Tiempo para
producir 1 250 cm3
/s de alcohol puro en fondos?
b. ¿Qué porcentaje de alcohol alimentado se obtiene como alcohol absoluto?
3
ρ = 870kg/m
benceno
3 3
ρ = 785kg/m = 0.785g/cm
alcohol
Diagrama 2.2.5 Destilación del alcohol
M2
17.5%w Alcohol
7.9%w Agua
74.6%w Benceno
Benceno M3
88%w Alcohol M1
12%w Agua
M4
Alcohol absoluto 1250 cm3/s
M2
17.5%w Alcohol
7.9%w Agua
74.6%w Benceno
Benceno M3
88%w Alcohol M1
12%w Agua
M4
Alcohol absoluto 1250 cm3/s
Balance de Agua
x M1= x M2
(0.12)(1 597.66) = M2(0.079)
M2= 2 426.82g
Composición en M2
Alcohol = (0.175)(1 518.98)= 265.82g
Agua= (0.079) (1 518.98)= 120g
Benceno =(0.746)(1 518.98)=1 133.15g
mAlcohol = (1 250 cm3
/s)(0.785g/cm3
) = 981.25 g/s
Balance de Agua

24
x M1= x M2
0.12 M1 = 0.079 M2……………………………………………………… ( I )
Balance de Alcohol
x M1= x M2
0.88 M1 = 0.175 M2 + 981.25………………………………………….( II )
Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene
M1= 1 597.66 g/s
M2= 2 426.82 g/s
Composición en M1
Alcohol = (0.88) (1 597.66)= 1 405.94 g/
Agua = (0.12) (1 597.66) = 191.71g/
Benceno alimentado = (0.746) (2 426.82)=1 810.4 g/

m m 1810.4g/s 3
ρ= v= = =2080.9cm /s
3
v ρ 0.870g/cm
Porcentaje de alcohol absoluto obtenido con respecto al alcohol alimentado
 
981.25
% = 100 =69.79%
OH
1405.94
EJEMPLO 2.2.6
Un mezclador es alimentado con dos corrientes que provienen de dos tanques de almacenamiento
con proporciones establecidas de agua y alcohol etílico, para obtener una mezcla resultante de 1300
kg/h de acuerdo al diagrama de flujo que se muestra.
Diagrama 2.2.6 Mezclado de alcohol y agua
94%w Alcohol M1
6%w Agua
M3 0.85 Alcohol
0.15 Agua
M2 74%w Alcohol
26%w Agua
94%w Alcohol M1
6%w Agua
M3 0.85 Alcohol
0.15 Agua
M2 74%w Alcohol
26%w Agua

25
Calcular:
a) Balance general
b) Balance por componentes
Balance general de materia en el proceso:
M1 + M2 = M3
Balance para el Alcohol etílico.
0.94M1 + 0.74M2 = 0.85M3
Balance para el agua:
0.06M1 + 0.26M2 = 0.15M3
Despejando M2 del balance para el Alcohol etílico
0.85M -0.94M 1105-0.94M
3 1 1
M = =
2
0.74 0.74
M2 = 1493.2432Kg/h-1.2702 M1
Sustituyendo M2 en la ecuación del balance general
M1 + 1493.2432 Kg/h – 1.2702M1 = 1300Kg/h
M1 = 715.1858Kg/h
Por lo tanto:
M2 = 584.8141Kg/h
Balance general de materia:
715.1858 Kg/h + 584.8142 Kg/h = 1300 Kg/h
1300 Kg/h = 1300 Kg/h
Balance para el etanol
(0.94)(715.1858 Kg/h) + (0.74)(584.8142 Kg/h) = (0.85)(1300 Kg/h)
672.2747 Kg/h + 432.7625 Kg/h = 1105.0372Kg/h
Balance para el agua
(0.06)(715.1858 Kg/h) + (0.26)(584.8142 Kg/h) = (0.15)(1300 Kg/h)
42.9115Kg/h + 152.0517Kg/h = 194.9628Kg/h

26
EJEMPLO 2.2.7
Una mezcla residual tiene la siguiente composición en % peso, HNO3 22, H2SO4 56 y H2O 22 esta
mezcla será enriquecida con HNO3 al 91% peso y H2SO4 al 92% peso. Si se desea obtener una
mezcla nitrante de 1000Kg/h con la siguiente composición HNO3 63, H2SO4 27 y H2O 10 en %peso,
determinar:
a) El valor de cada una de las corrientes en Kg/h.
b) Balance de materia en el mezclador.
Diagrama 2.2.7 Mezclado de ácidos
92%w H2SO4 M 1
8%w H2O
M2 91%w HNO3
9%w H2O
M4 27%w H2SO4
63%w HNO3
10%w H2O
1000 kg/h
M3 56%w H2SO4
22%w HNO3
22%w H2O
92%w H2SO4 M 1
8%w H2O
M2 91%w HNO3
9%w H2O
M4 27%w H2SO4
63%w HNO3
10%w H2O
1000 kg/h
M3 56%w H2SO4
22%w HNO3
22%w H2O
Balance general de materia en el proceso:
M1 + M2 + M3 = M4 ..........................(I)
Balance para el H2SO4
0.92M1 + 0.56M3 = 0.27M4
0.92M1 + 0.56M3 = 270 Kg/h ……....(II)
Balance para el HNO3
0.91M2 + 0.22M3 = 0.63M4
0.91M2 + 0.22M3 = 630 Kg/h .........................(III)
Balance de agua:
0.08M1 + 0.09M2 + 0.22M3 = 0.10M4
0.08M1 + 0.09M2 + 0.22M3 = 100Kg/h ........( IV )
De la ecuación II despejando M1
M1 = 293.4783 – 0.6086M3.......................... (V)
De la ecuación III despejando M2

27
M2 = 692.3077 – 0.2417M3........................ (VI)
Sustituyendo los valores M1 y M2 en la ecuación IV
(0.08)(293.4783 – 0.6086M3) + (0.09) (692.3077 – 0.2417M3) + 0.22M3 = 100Kg/h
14.2140kg/h
M = =95.0478kg/h
3
0.1495
Sustituyendo el valor de M3 en la ecuación V
M1= 293.4783kg/h – (0.6086)(95.047kg/h)
M1 = 235.623Kg/h
M2 = 669.3291Kg/h
Sustituyendo los valores de M1, M3 yM4 en la ecuación I
M1 + M2 + M3 = M4
235.623kg/h + M2 + 95.0478kg/h=100kg/h
M2= 669.3291kg/h
EJEMPLO 2.2.8
De acuerdo a la información proporcionada en el diagrama de flujo determinar:
a) El valor de todas las corrientes en Kgmol/h
b)  en la torre de absorción
Diagrama 2.2.8 Absorción del bióxido de carbono

28
TORRE
DE
ABSORCIÓN
98%mol H2O N2
2%mol CO2
82%mol Aire N1
18%mol CO2
N3=248.31 kg/mol/h
99.4%mol Aire
0.6%mol CO2
N4
32.56%mol H2O
67.44%mol CO2
TORRE
DE
ABSORCIÓN
98%mol H2O N2
2%mol CO2
82%mol Aire N1
18%mol CO2
N3=248.31 kg/mol/h
99.4%mol Aire
0.6%mol CO2
N4
32.56%mol H2O
67.44%mol CO2
Relación adicional
N4=0.3177N3
Balance general de materia
N1+ N 2= N3 + N4
N1+ N 2= 248.31 + N4………………………………….. (I)
Balance para el aire:
0.82N1 = 0.994N3
  
N
0.994 248.31kg/h
= = 301.0001kgmol/h
1 0.82
Balance para el CO2
0.02N2 + 0.18N1 = 0.006N3 + 0.674N4
0.02N2 + (0.18)(301)=(.006)(248.31)+(0.674)(78.88)
N2 = 26.2Kgmol/h
N1 = 301 Kgmol/h
N2 = 26.19 Kgmol/h
N3 = 248.31 Kgmol/h
N4 = 78.88 Kgmol/h
N1+ N 2= N3 + N4
301+ 26.19 = 248.31 + 78.88
327.2= 327.2 Kgmol/h
Eficiencia de la torre de absorción:

29
   
CO abs 53.1966
2
η= 100 = 100 =97.24%
54.7038
CO alim
2
EJEMPLO 2.2.9
Se desea producir 240kg/h de una solución acuosa de amoniaco que contiene el 10%w. Esto se
logrará absorbiendo el amoniaco en agua a contracorriente en una torre de absorción.
La corriente de mezcla contiene el 20% w de amoniaco y 80%w de aire. Si a la salida la mezcla
gaseosa tiene 2%w de amoniaco.
a) ¿Qué masa de mezcla gaseosa se deberá alimentar a la columna?
b) ¿Qué masa de mezcla gaseosa deberá salir de la columna?
c) ¿Qué cantidad de agua debe suministrarse a la columna?
d) Calcule la eficiencia () en la torre de absorción.
Diagrama 2.2.9 Absorción del amoniaco

30
2%w NH3 M2
98%w Aire
M3 H2O
TORRE
DE
ABSORCIÓN
80%w Aire M1
20%w NH3
M4 = 240kg/h
90%w H2O
10%w NH3
2%w NH3 M2
98%w Aire
M3 H2O
TORRE
DE
ABSORCIÓN
80%w Aire M1
20%w NH3
M4 = 240kg/h
90%w H2O
10%w NH3
Balance general
M1 + M3 = M2 + M4
M1 + M3 = M2 +240………………………………………..( I )
Balance de aire
0.80M1 = 0.98M2…………………………………………..( II )
Balance de H2O
M3 = 0.9M4
M3 = (0.9)(240)= 216kg/h……………………………….(III)
Balance de NH3
xM1= xM2+xM4
0.20M1 = 0.02M2 + 0.1M4
0.20M1 = 0.02M2 + (0.1)(240kg/h)
0.20M1 = 0.02M2 + 216Kg/h
0.02M +24kg/h
2
M = =0.1M +120
1 2
0.2
…………………….(IV)
Sustituyendo los valores de M1, M3 y M4 en la ecuación del balance general
0.1M2 + 120Kg/h + 216kg/h = M2 + 240Kg/h
96
M = =106.66kg/h
2
0.9
M3 + M1 = M2 + M4
M1 = (106.66 + 240 – 216)Kg/h = 130.66 Kg/h
a) Eficiencia de la torre de absorción:
   
NH abs 24
3
η= 100 = 100 =91.18%
26.132
NH alim
3

31
EJEMPLO 2.2.10
A una columna de destilación se alimenta una mezcla cuya composición es:
2%n de etileno, 3%n de etano, 5%n de propileno, 35%n de n-butano, 15%n de pentano, 25%n de
isobutano y 15%n de propano. En el destilado se recupera todo el etileno, etano y propileno, parte
del propano y del isobutano el cual representa el 5% del total de moles del destilado. En el residuo
sale todo el n-butano, todo el pentano y el resto de isobutano y propano, la concentración de propano
en el residuo es de 0.8% mol.
Calcular las composiciones de producto destilado y residuo por cada 100 moles de destilación.
Diagrama 2.2.10 Destilación de hidrocarburos
2%n Etileno
3%n etano
5%n Propileno
35%n n-butano N1
15%n pentano
25%n isobutano
15%n Propano
N2 %mol
Etileno (todo)
Etano (todo)
Propileno (todo)
Propano (parte)
Isobutano (parte) = 5%mol
N3 %mol
n-butano (todo)
Pentano (todo)
Isobutano (parte)
Propano (parte) = 0.8%mol
2%n Etileno
3%n etano
5%n Propileno
35%n n-butano N1
15%n pentano
25%n isobutano
15%n Propano
N2 %mol
Etileno (todo)
Etano (todo)
Propileno (todo)
Propano (parte)
Isobutano (parte) = 5%mol
N3 %mol
n-butano (todo)
Pentano (todo)
Isobutano (parte)
Propano (parte) = 0.8%mol
Balance General
N1= N2 +N3 …………………………………( I )
Balance de Etileno
x N1 = etileno2
etileno2 = (0.02)(100) = 2
Balance de Etano
x N1 = etano2

32
etano2 = (0.03)(100) =3
Balance de Propileno
x N1 = propileno2
propileno2 = (0.05)(100) = 5
Balance de n-butano
x N1 = n-butano2
n-butano2 = (0.35)(100) = 35
Balance de Pentano
x N1 = pentano2
pentano2 = (0.15)(100) = 15
Balance de Propano
x N1 = x N2 + x N3
(0.15)(100)= x + 0.008 N3 Nota: x es el propano en N2
15 = x + 0.008 N3…………………………..……….( II )
Balance de Isobutano
x N1 = x N2 + x N3
(0.25)(100)= 0.05 N2 + y) Nota: y es el isobutano en N3
25= 0.05 N2 + y ……………………………………( III )
Sumando el número de moles de la corriente del destilado
N2= 2 + 3 + 5 + x + 0.05N2
Despejando x
x= 0.95N2 – 10……………………………………( IV )
Sustituyendo la ecuación IV en la II
15 = .95N2 -10 + 0.008 N3
25 = .95N2 + 0.008 N3……………………………( V )
Resolver las ecuaciones I y V
100= N2 +N3
25 = .95N2 + 0.008 N3
N2 = 25.7 moles
N3= 74.3 moles
Tabla 2.2.10 Composición molar de N2
Componente g mol x % mol

33
Etileno 2 0.0778 7.78
Etano 3 0.1167 11.67
Propileno 5 0.1946 19.46
Propano 14.415 0.5607 56.07
Isobutano 1.285 0.0502 5.02
Total 25.7 1 100
Tabla 2.2.10ª Composición mol de N3
Componente g mol x % mol
n-butano 35 0.4709 47.09
Pentano 15 0.2018 20.18
Isobutano 23.71 0.3193 31.93
Propano 0.585 0.008 0.8
Total 74.3 1 100
EJEMPLO 2.2.11
En la torre de enfriamiento que se muestra en el diagrama, son alimentados 9 345 m3
/h de agua.
Este fluido recibe una dosificación de reactivo inhibidor de algas de 0.0025 g/l de agua, los cuales
se transforman en “lodos” y se suman a los constituidos por las algas sin inhibir (9 850 kg/mes).
Por efecto de los ventiladores que generan el enfriamiento, se tiene una merma de 1.75% del agua
alimentada.
a. ¿Qué cantidad de lodos se purgarán después de un mes de operación continua, si se requiere
mantener un nivel de lodos equivalente a 7 m3
(ρ= 1.215 ton/ m3
)?
b. ¿Cuánto tiempo acumulará el nivel de lodos requerido después del arranque inicial del
sistema?
c. ¿Qué cantidad de agua de reposición se deberá añadir por mes, si los lodos purgados
contienen 11.34% de humedad?
Diagrama 2.2.11 Formación de lodos

34
Alimentación
Reactivo
Merma
Ventilador
Reposición
Purga
Torre de
Enfriamiento
Alimentación
Reactivo
Merma
Ventilador
Reposición
Purga
Torre de
Enfriamiento
Dosis de reactivo
g 1 kg kg l
-6
0.0025 • =2.5x10 =9345000
h
l H O 1000 g l H O
2 2
Reactivo = 26.36 kg/h = 16 821 kg/mes
Lodos acumulados = 16 821 kg/mes + 9 850 kg/mes = 26 671 kg/mes
m
ρ=
v
m 26671 ton/mes 3
V= = =21.915 m /mes
3
ρ 1.215 ton/m
3 3
V diario=21.915 m /mes=0.0305 m /h
Lodos purgados = 21.951-7=14.951m3 /mes
Agua en lodos
14.951 88.66
=
χ 11.34
3
χ=1.912m /mes

35
2.3 BALANCES DE MATERIA EN DOS O MÁS EQUIPOS
No es frecuente que los procesos químicos industriales se lleven a cabo en una sola unidad. En
general, están presentes uno o más reactores químicos, así como unidades de mezclado de
reactivos, de mezclado de productos, de calentamiento o enfriamiento de los flujos de los
procesos y de separación de productos, unos de otros, de los reactivos no consumidos. La labor
del Ingeniero de procesos implica seguir la pista de las sustancias que fluyen hacia o desde el
proceso global y también de las sustancias que fluyen de una unidad a otra dentro del proceso.
Cuando un proceso esta formado por varias unidades, la definición de sistema no es tan obvia.
Un sistema puede definirse como cualquier porción del proceso que se escoge para estudiar: el
proceso completo una combinación interconectada de unidades de proceso, una sola unidad o un
punto en donde dos o más flujos se unen o donde un flujo se ramifica.
EJEMPLO 2.3.1
Calcular el valor en las corrientes M1, M2, M3, M5 y M6.
Base de Cálculo: M4 = 6 760 lb/h
Diagrama 2.3.1 Cristalización de sales
36%w NaCl
59.0133%w Agua
4.9877%w KCl M1
16%w NaCl
53%w Agua
31%w KCl M2
62%w NaCl M3
24%w Agua
14%w KCl
2%w NaCl
93%w Agua
5%w KCl
M5
M6
54.91%w NaCl
45.09%w KCl
35%w NaCl
35%w Agua
30%w KCl
M4
Cristalizador
36%w NaCl
59.0133%w Agua
4.9877%w KCl M1
16%w NaCl
53%w Agua
31%w KCl M2
62%w NaCl M3
24%w Agua
14%w KCl
2%w NaCl
93%w Agua
5%w KCl
M5
M6
54.91%w NaCl
45.09%w KCl
35%w NaCl
35%w Agua
30%w KCl
M4
Cristalizador
Balance de Agua en el Cristalizador
x M4=x M5
(0.35)(6 760)= 0.93 M5
M5= 2 544.086 lb/h
Balance general en el cristalizador
M4= M5+ M6
M6= 6 760lb/h – 2 544.086 lb/h= 4 215.9113 lb/h

36
Balance de NaCl en el mezclador
x M1+ xM2+ xM3 = x M4
0.36M1+ 0.16M2 + 0.62M3 = 2 366…………………………..(I)
Balance de KCl en el mezclador
x M1+ xM2+ xM3 = x M4
0.049867M1+ 0.53M2 + 0.14M3 = 2 028…………………………..(II)
Balance general en el mezclador
M1+ M2+ M3 = M4
M1+ M2+ M3 = 6 760 lb/h…………………………..(III)
Resolviendo el sistema de ecuaciones
M1= 1 500 lb/h
M2= 3 199.99lb/h
M3= 2139.99lb/h
Balance de NaCl en el cristalizador
x M4+ xM5= x M6
(0.35)(6 760) = (0.02)(2 544.86)+ x (4 215.91)
x = 0.5491
Por diferencia
%w KCl = 100 – 54.91= 45.09

37
EJEMPLO 2.3.2
Calcular la composición y los flujos de las corrientes 2 y 3. Si se alimentan 30 000 lb/h de una
solución que tiene un sólido de peso molecular de 342 lb/lbmol. La solución se va a concentrar
desde 3% mol hasta un 55% peso en un sistema de evaporación de triple efecto.
Diagrama 2.3.2 Tren de evaporación
E3= 60% E1 E2= 80% E1 E1
M1= 30 000 lb/h
3% mol sólidos
M2
M3
M4
55%w sólidos
E1
E2
E3
E3= 60% E1 E2= 80% E1 E1
M1= 30 000 lb/h
3% mol sólidos
M2
M3
M4
55%w sólidos
E1
E2
E3
(3)(342)
%wsólidosM = =37%
1
(3)(342)+(18)(97)
Sólidos = 37%w = 11 100 lb/h
Agua = 67%w = 18 900lb/h
Sólidos = 55%w = 11 100 lb/h
Agua = 45%w = 18900lb/h
Balance global de materia
M1 = M4 + E3 + E2 + E1
M1 = M4 + 0.6 E3 + 0.8 E2 + E1
M1 = M4 + 2.4 E1 ……………………………………….(I)
Balance global de sólidos
0.55M4 = 0.37M1
(0.37)(30000)
M = =20181.81lb/h
4
0.55
Sólidos = 55%w = 11 100 lb/h
Agua = 45%w = 9081.81 lb/h

38
Balance general en el evaporador 3
M4 + E3 = M3 …………………………………………………………….(II)
M3 = M4 + E3
Despejando E1 de la ecuación I
2.4 E1 = M1 + M4
30000-20181.81
E = =4090.9 lb/h
1 2.4
E2 = (4090.9)(0.8) = 3272.73 lb/h
E3 = (4090.9)(0.6) = 2454.54 lb/h
M3 = M4 + E3
M3 20181.81+2454.54 = 22636.33 lb/h
Balance general en evaporador 1
M1 = M2 + E1
M2 = M1 - E1 = 30 000 – 4090.9 = 25909.1lb/h
Balance de sólidos en el evaporador 1
xM2 = xM1
(30000)(0.37)
x = =0.428
2
25909.1
%wagua(2) = 57.2%
Balance de sólidos en el evaporador 3
xM3= xM4
4903
.
0
33
.
22636
)
55
.
0
)(
81
.
20181
(
3 

x
%wagua(3) = 50.9
EJEMPLO 2.3.3
Se alimentan 1800 lb/h de una solución al 25% de nitrato de sodio, la que se concentra hasta la
saturación por evaporación a 100 °C. Posteriormente se enfría la solución a 20 °C y los cristales de
nitrato de sodio se eliminan por filtración, pero estos quedan humedecidos con solución que tiene
una masa equivalente al 10% de la masa de los cristales, cuando se secan estos, el nitrato de sodio de
la solución se deposita en ellos. Suponiendo que la solubilidad del nitrato de sodio a 100°C es de
1.76 lb/lb de agua y a 20 °C es de 0.88 lb/lb de agua;
Calcular:
a. La cantidad de agua evaporada para llegar a la saturación de 100 °C.
b. La masa de nitrato de sodio obtenido (M7)
c. El valor y la composición de todas las corrientes

39
Diagrama 2.3.3 Producción de cristales de nitrato de sodio
EVAPORADOR
ENFRIADOR
CRISTALIZADOR
FILTRO
SECADOR
M2 Agua
evaporada
1800lb/h M1
25% NaNO3
75% Agua
M3 M4 M5
Cristales +
Solń 20°C
M6 Solución
M8 Agua
Evaporada
Cristales +
Solń 20°C
M7
Cristales
EVAPORADOR
ENFRIADOR
CRISTALIZADOR
FILTRO
SECADOR
M2 Agua
evaporada
1800lb/h M1
25% NaNO3
75% Agua
M3 M4 M5
Cristales +
Solń 20°C
M6 Solución
M8 Agua
Evaporada
Cristales +
Solń 20°C
M7
Cristales
Balance general en el evaporador
M1 = M2 + M3
1800 = M2 + M3
Balance de NaNO3
x M1 = x M3
(0.25)(1800) = 0.637 M3
M3 = 705.77lb/h
%w NaNO3 =1.76/2.76x100 = 63.76
%w agua =100- 63.76 = 36.24
%w NaNO3 = 0.88/1.88x100 = 46.8
%w agua = 100- 46.8 = 53.2
Lb de nitrato de sodio en 3
lbNaNO3 = (0.6376)(705.77) = 450 lb/h
lbH2O = (0.3624)(705.77) = 255.77 lb/h
Por la condición de solubilidad a 100 °C de 1.76 lb/lb de agua y de 0.88 lb/lb de agua a 20 °C
Se tiene que:
En 1 lb de agua se disuelven 1.76 lb de nitrato de sodio a 100 °C
En 1 lb de agua se disuelven 0.88 lb de nitrato de sodio a 20 °C
M3 = M4 =cristales + solución

40
M4 =cristales + ( nitrato de sodio + agua )
705.77 = x + 450/2 + 255.77
X = 705.77-225-255.77 =225 lb/h de cristales
Balance general en el filtro
M4 = M6 + M5
705.77 = M6 + M5
M4 = M5 + M6
Cristales + nitrato e sodio + agua = cristales + 10% del peso de los cristales + M6
705.77 = 225 + 22.5 + M6
M6 = 458.27 lb/h
M5 = 247. 5 lb/h
Balance general en el secador
M5 = M7 + M8
M7 = 225+10.53 031.88 lb/h
NaNO3 = (0.468) (22.5) = 10.53 lb/h
Agua = (22.5) (.538) = 11.97 lb/h
%w NaNO3 = 225 lb/h = 31.88
%w agua =255.77 lb/h = 36.24
%wcristales = 225 lb/h = 31.88
Total = 705.77 lb/h = 100
%w NaNO3 = 10.53 lb/h = 4.254
%w agua = 11.97 lb/h = 4.836
%wcristales = 225 lb/h = 90.909
Totales = 247.5 lb/h = 10

41
Tabla 2.3.3 Composición masa en todo el sistema
Corriente Componente lb/h xw % peso
M1= 1800 lb/h
Cristales 0 0 0
Nitrato de Sodio 450 0.25 25
Agua 1350 0.75 75
M2= 1094.22lb/h
Cristales 0 0 0
Nitrato de Sodio 0 0 0
Agua 1094.22 1 100
M3=705.77 lb/h
Cristales 0 0 0
Nitrato de Sodio 450 0.6376 63.76
Agua 255.68 0.3624 36.24
M4=705.77 lb/h
Cristales 225 0.3188 31.88
Nitrato de Sodio 225 0.3188 31.88
Agua 255.77 0.3624 36.24
M5=247.5 lb/h
Cristales 225 0.90909 90.909
Nitrato de Sodio 10.53 0.04254 4.254
Agua 11.97 0.04836 4.836
M6=458.27 lb/h
Cristales 0 0 0
Nitrato de Sodio 109.17 0.468 46.8
Agua 124.09 0.532 53.2
M7=235.53 lb/h
Cristales 225 0.9552 95.52
Nitrato de Sodio 10.53 0.0448 4.48
Agua 0 0 0
M8=11.97 lb/h
Cristales 0 0 0
Nitrato de Sodio 0 0 0
Agua 11.97 1 100

42
EJEMPLO 2.3.4
Para la siguiente secuencia de operaciones de separación, determine:
a. El Flujo de todas las corrientes en ton/h y sus composiciones en %w.
b. El peso molecular promedio para las corrientes 2 y 4.
c. El gasto volumétrico obtenido para las corrientes 9, 10 y 11.
Tabla 2.3.4 Datos de densidad
Componente Densidad kg/m3 Peso Molecular ton/ton mol
Etanol 785 46
Agua 1000 18
Benceno 870 78
Tolueno 855 92
Diagrama 2.3.4 Tren de separación de operaciones
Agua
88.0877%w Etanol
M1
M2
M4
M5
M3
M6
M7
M8
M9
M10
M11
Benceno
Tolueno 1250l/s Etanol puro
(70% total alimentado)
25%mol Agua
21%mol Etanol
46.2%mol Benceno
7.1%mol Tolueno
Beneceno
Tolueno
IV
III
I II
97.5%w Benceno
98%w Tolueno
Etanol
Agua
Agua
95%w Etanol
Agua
88.0877%w Etanol
M1
M1
M2
M2
M4
M4
M5
M5
M3
M3
M6
M6
M7
M7
M8
M8
M9
M9
M10
M10
M11
M11
Benceno
Tolueno 1250l/s Etanol puro
(70% total alimentado)
25%mol Agua
21%mol Etanol
46.2%mol Benceno
7.1%mol Tolueno
Beneceno
Tolueno
IV
III
I II
97.5%w Benceno
98%w Tolueno
Etanol
Agua
Agua
95%w Etanol

3
m 785kg 1m 1250l 3600s 1ton
ρ = m = = 3532.5ton/h
3
v 1000l s 1h 1000kg
m

43
Etanol en 1
3532.5 -- 70 % 5046.42 -- 88.0877
x -- 100 % M1x -- 100
x = 5046.42 ton/h M1 x = 5728.85 ton/h
Balance de etanol en la columna I
Etanol1 = etanol5 + etanol4
Etanol4 =5046.42 ton/h - 3532.5 ton/h
Balance de agua en la columna I
Agua1 = agua3 = agua4
Agua4 =682.43 ton/h
Balance de benceno en la columna I
Benceno1 = benceno3 = benceno4
Benceno4 = 5464.8
Balance de tolueno en la columna I
Tolueno1 = tolueno3 = tolueno4
Tolueno4 = 990.51
Composición de la corriente 4
 
 
 
 
(0.25)(18)
%w = 100 =7.888
agua
(0.25)+(0.217)(46)+(0.462)(78)+(0.071)(92)
(9.982)(46)(100)
%w = =17.497
etanol
57.05
(0.462)(78)(100)
%w = =63.166
benceno
57.05
(0.071)(92)(100)
%w = =11.449
tolueno
57.05
682.43ton/h de agua -- 7.888 %w
M 4 -- 100 %w
M 4 = 8651.49ton/h

44
Benceno4 = benceno2
Tolueno4 = tolueno2
Agua4 = agua2 por tanto
M 2 = Benceno4 + Tolueno4
M 2 = 5464.8 + 990.51 = 6455.31 ton/h
M 3 = 5728.85 + 6455.31 =12184.16
Agua = 682.43 ton/h = 5.6%w
Etanol = 5046.42 ton/h = 41.4 %w
Benceno = 5464.8 ton/h = 44.85 %w
Tolueno = 990.51 ton/h = 8.12 %w
Etanol4 = etanol 7 = etaanol9
1513.92 -- 95 %
M9 -- 100 %
M9 = 1593.6 ton/h
Balance de agua en la columna IV
Agua4 = agua8 +Agua9
682.43 = (0.05)(1593.6) + Agua9
Agua9 = 602.75 ton/h
Balance general en la columna III
M6 = M10 + M11
64555.31 = M10 + M11 …………………………(I)
Balance de tolueno en la columna III
M6 = M10 + M11
990.51 = 0.25 M10 + 0.98M11………………….(II)
Resolviendo las ecuaciones I y II se tiene:
M10 = 868.19 ton/h
M11 = 5587.11 ton/h
Composición molar en la corriente 2
56
.
86
)
100
(
92
/
1535
.
0
78
/
8467
.
0
78
/
8465
.
0
% 


benceno
n

45
%n tolueno = 100 – 86.56 = 13.44
PMprom = (0.8465)(78) + (0.1344)(92) = 79.88 ton/ton mol
Peso molecular promedio en la corriente 4
PMprom = (0.25)(18) + (0.217(46) + (0.462)(78) + (0.071)(92) = 57.05 ton/ton mol
Gasto volumétrico para la corriente 9.
m m
ρ= Q V=
V ρ
Vagua9 = 79.68/1 = 79.68 m3
/h
Vetanol9 = 1513.92/0.785 = 1928.5 m3
/h
V9 = 79.68 + 1928.5 = 2008.24 m3
/h
Gasto volumétrico para la corriente10
Vbenceno10 = 5447.43/0.870 =6261.41 m3
/h
Vtolueno 10 = 139.6/0.855 = 15.906 m3
/h
Vtotal 10 = 6261.41 +15.906 =6277.316 m3
/h
Gasto volumétrico para la corriente 11
Vbenceno11 = 17.36/0.870 = 19.95 m3
/h
Vtolueno 11 = 850.82/0.855 = 995.111 m3
/h
Vtotal 11 = 19.95 +995.111 = 1015.0611 m3
/h
Tabla 2.3.4ª Composición masa del sistema
Corriente Componente ton/h xw % peso
M1= 5 728.85
ton/h
Agua 682.43 0.119123 11.9123
Etanol 5 046.42 0.880877 88.0877
M2= 6 455.31ton/h
Benceno 5 464.8 0.8465 84.65
Tolueno 990.51 0.1535 15.35
M3=12184.16
ton/h
Agua 682.43 0.056 5.6
Etanol 5 046.42 0.4152 41.52
Benceno 5 464.8 0.4485 44.85
Tolueno 990.51 0.11449 11.449
M4=8 651.49ton/h
Agua 682.43 0.7888 7.88
Etanol 1 513.92 0.1749 17.49
Benceno 5 464.8 0.63166 63.166

46
Tolueno 990.51 0.11449 11.449
M5=3 532.5ton/h Etanol 3 532.5 1 100
M6=6 455.31/h
Benceno 5 464.8 0.846 84.6
Tolueno 990.51 0.1534 15.34
M7=2 196.35ton/h
Etanol 1 513.96 0.6892 68.92
Agua 682.43 0.3108 31.08
M8=602.75 ton/h Agua 602.75 1 100
M9= 1 593.6 ton/h
Agua 79.68 0.05 5
Etanol 1 513.92 0.95 95
M10= 5 587.11
ton/h
Benceno 5 447.43 0.975 97.5
Tolueno 139.67 0.025 2.5
M11= 868.19 ton/h
Benceno 17.36 0.02 2
Tolueno 850.82 0.98 98
EJEMPLO 2.3.5
Una columna de absorción gas-líquido, operando a contracorriente se alimenta por el fondo con
3 000 kg/h de una mezcla gaseosa (M1) que contiene 95% mol de aire, 3% mol de acetona y 2% mol
de agua; por el domo se alimenta agua (M2) como líquido de absorción y se descarga una corriente
gaseosa (M3) con 0.5% en masa de agua y libre de acetona. El producto líquido de fondo (M4)
conteniendo 19% masa de acetona y la diferencia de agua, se alimenta a una columna de destilación
cuyas descargas contienen 91% y 4% masa de acetona en el destilado (M5)y fondos
(M6)respectivamente.
a. Elaborar el diagrama
b. Determinar la composición en %masa de la mezcla alimentada a la torre de absorción.
c. Calcular el peso molecular promedio de la solución alimentada al destilador.
d. Calcular el gasto masa en kg/h de agua alimentada al absorbedor.
e. Calcular la masa de acetona que se pierde en los fondos del destilador.
Diagrama 2.3.5 Absorción del acetona

47
COLUMNA DE
ABSORCIÓN
COLUMNA DE
DESTILACIÓN
99.5 %w Aire
0.5 %w Agua
95 %n Aire
2%n Agua
3%n Acetona
91 %w Acetona
9 %w Agua
4 %w Acetona
96 %w Agua
19 %w Acetona
81 %w Agua
M3
M1 M6
M2
M4
Agua
M5
COLUMNA DE
ABSORCIÓN
COLUMNA DE
DESTILACIÓN
99.5 %w Aire
0.5 %w Agua
95 %n Aire
2%n Agua
3%n Acetona
91 %w Acetona
9 %w Agua
4 %w Acetona
96 %w Agua
19 %w Acetona
81 %w Agua
M3
M3
M1
M1 M6
M6
M2
M2
M4
M4
Agua
M5
M5
PMprom= (0.95)(28.84)+(0.03)(58)+(18)(0.02)= 29.498 kg/kgmol
3000kg 1kgmol
N = =101.7kgmol/h
1
h 29.498kg/kgmol
Aire1= (101.7)(.95)= (96.615 kg/mol)(28.84kg/kgmol)= 2 786.38 kg/h
Acetona1= (101.7)(0.03)= (3.051kg/mol)(58kg/kgmol) = 176.96 kg/h
Agua1= (101.7)(0.02)= (2.034 kg/mol)(18kg/kgmol) = 36.61 kg/h
(2786.38)
%w = (100)= 92.88
aire 3000
176.96
%w = (100)=5.89
Acetona
3000
36.61
%w = (100)=1.23
agua 3000
Balance de Aire en la Torre de absorción
xM1=xM3
(0.9288)(3000)=0.995 M3
M3=2800.38kg/h
Balance de Acetona en la torre de destilación
xM1=xM4
(0.03)(3000)= 0.19 M4
M4= 931.37kg/h

48
Balance general en la torre de absorción
M1+M2=M3+M4
M2= -3000+ 931.37 + 2 800.38 = 731.75Kg/h
Balance de acetona en la torre de destilación
xM4 = xM5+ xM6
0.19 M4 = 0.91M5 + 0.04M6………………………………………………………..( I )
Balance de agua en la torre de destilación
xM4 = xM5+ xM6
0.81 M4 = 0.09M5 + 0.96M6………………………………………………………..( II )
Resolviendo las ecuaciones I y II
M5 = 160.581kg/h
M6 = 770.789kg/h
Macetona6= (0.04)(770.789 = 30.83 kg/h
PMprom en la torre de Destilación
Masa de acetona = 176.96kg/h
Masa de agua = (931.37)(0.81) = 754.4 kg/h
Número de moles de la Acetona en 4 = 176.98/58= 3.05 kgmol/h
Número de moles de agua en 4 = 754.4/ 18 = 41.91 kgmol/h
Número total de moles en N4 = 44.96 kgml/h
931.37
PM = =20.71kg/kgmol
prom(4)
44.95

49
EJEMPLO 2.3.6
El flujo de alimentación a una unidad que consiste en dos columnas, contiene 30%w de benceno
(B), 55%w tolueno (T) y 15%w de xileno (X). Se analiza el vapor del destilado de la primera
columna y se encuentra que contiene 94.4%w de B, 4.54%w de T y 1.06%w de X. Los fondos de la
primera columna se alimentan a la segunda columna. En esta segunda columna, se planea que 92%
del T original cargado a la unidad, se recupera en la corriente de destilado, y que el T constituya el
94.6%w de esta corriente. Se planea además que 92.6% del X cargado a la unidad se recupere en los
fondos de esta columna y que el X constituya el 77.6% w de dicha corriente. Si se cumplen estas
condiciones, calcular:
Calcular las corrientes y composiciones que faltan:
Diagrama 2.3.6 Destilación de Hidrocarburos Bencénicos.
Base de cálculo 100Kg/min en M1.
Tolueno en M4.
C
o
l
u
m
n
a
I
30 % B
55 % T
15 % X
C
o
l
u
m
n
a
II
94.4 % B
4.54 % T
1.06 % X
B
94.6 %T
X
B
T
77.6 % X
1
2 4
5
3

50
    
  
   
   
   
 
 
 
Kg
Kg Kg
0.55 100 = 0.92 0.55 100 = 50.6
min
min min
mT 4
%m = ×100
T 4
M4
Kg
50.6
Kg
min
M = =53.49
4
0.946 min
Xileno enM5
Kg Kg
m = 0.15 0.926 100 =13.89
X 5
min min
Kg
13.89
Kg
min
M5 = =17.90
0.776 min
Balance global general
M = M +M +M
1 2 4 5
Kg Kg Kg
100 -53.49 -17.9 =M2
min. min. min.
Kg
M = 28.61
2 min
Sustituyendo en el balance global de tolueno.
        
       
       
       
Kg Kg Kg Kg
0.55 100 = 0.0454 28.61 + 0.92 0.55 100 + Y 17.9
T
min min min min
%T =0.1732×100%=17.32%w
5
%B =100% -17.32% - 77.6% = 5.08%w
5
Balance global de xileno.
      
   
   
   
Kg Kg Kg
0.15 100 = 0.0106 28.61 + 53.49 X +13.89
4
min min min
%X =0.015×100%=1.5%w
4
%B =100% - 94.6% -1.5% = 3.9%w
4
2.4 BALANCES DE MATERIA CON RECIRCULACIÓN Y/O PURGA

51
Los procesos que implican retroalimentación o la recirculación de parte de los productos se
encuentran con frecuencia en la industria química y del petróleo así como en la naturaleza. Es
común que el estudiante enfrente problemas de recirculación debido a que es un tema
completamente nuevo, ya que encuentran difícil de comprender que las sustancias pueden circular
en un sistema sin que exista acumulación de más.
En estos sistemas cabe señalar la diferencia entre la alimentación fresca del proceso y la
alimentación a la unidad que es la suma de la alimentación fresca y el flujo de recirculación.
Existen varias razones para utilizar la recirculación en un proceso químico:
Recuperación de reactivos no consumidos
Utilización de reactivos no consumidos
Recuperación de catalizadores
Dilución de un flujo de un proceso
Control de una variable de un proceso
Circulación de un fluido de trabajo
En los procesos que involucran recirculación puede surgir un problema. Considérese que una
sustancia que entra con la alimentación fresca, o que se produce en una reacción, permanece en un
flujo de recirculación, en vez de salir con el producto del proceso. Si no se hace nada para prevenir
el proceso, la sustancia que entra continuamente al proceso y no hay forma de que salga de él; por
lo tanto, se acumula lentamente, haciendo imposible alcanzar el estado estacionario. Para evitar
esto, se debe extraer parte del flujo de recirculación como un flujo de purgado para retirar la
sustancia no deseada del proceso.
EJEMPLO 2.4.1
Un proceso de evaporación-cristalización se utiliza para obtener sulfato de potasio sólido a partir de
una dilución acuosa de esta sal. La alimentación fresca de este proceso contiene 18.6% en peso de
K2SO4. El precipitado húmedo consiste en cristales sólidos de K2SO4 y una dilución al 40% en peso
de K2SO4, en una relación de 10Kg de cristales/Kg de disolución. El filtrado, una dilución también
al 40% se hace recircular para unirla a la alimentación fresca. De la alimentación de agua del
evaporador se evapora el 42.66%. El evaporador tiene una capacidad máxima de 155Kg de agua
evaporada/ minuto.
Calcular:
a. La velocidad máxima de producción de K2SO4 sólido.
b. La velocidad a la que se debe suministrar la alimentación fresca para alcanzar el valor de la
velocidad de producción.
c. El cociente Kg de recirculación /Kg de alimentación fresca.
d. La composición y la velocidad de alimentación del flujo que entra al cristalizador, si el
proceso se reduce a la escala que corresponda al 75% de su capacidad máxima.

52
Diagrama 2.4.1 Obtención de sulfato de potasio sólido
EVAPORADOR CRISTALIZADOR +
FILTRO
42.66%Agua
alimentada
se evapora
155kg/min Agua
M1 M2
M3
M4 M5
M6
18.6% w K2SO4
81.4% w Agua
Disolución al 40%w
K2SO4
Precipitado húmedo
Cristales sólidos
Disolución al 40%w
K2SO4
10kg cristales/kg
disolución
FILTRO
42.66%Agua
alimentada
se evapora
155kg/min Agua
M1 M2
M3
M4 M5
M6
18.6% w K2SO4
81.4% w Agua
Disolución al 40%w
K2SO4
Precipitado húmedo
Cristales sólidos
Disolución al 40%w
K2SO4
10kg cristales/kg
disolución
Base de cálculo 155Kg/min en M6.
Cálculo de la composición de 2.
Si se tiene 1Kg de disolución, entonces se tendrá 11Kg de masa total.
Kg
10 +0.4
min.
%m = ×100 = 94.54%
K SO (2) Kg
2 4 11
min.
%m =100% - 94.54 = 5.46%
H O (2)
2
Balance global de K2SO4.
     
     
0.186 M = 0.9454 M
1 2
0.186 M - 0.9454 M = 0
1 2
……………………………………( I )
Balance global general de materia.
   
   
Kg
M = M +155
1 2
min.
Kg
M - M =155
1 2 min.
………………………………………….….( II )
Resolviendo las ecuaciones I y II.

53
   
     
Kg
M - M =155
1 2 min.
0.186 M - 0.9454 M =0
1 2
kg
M =192.9642
1
min
Kg
M = 37.9642
2 min
Cantidad de K2SO4 en M2.
  
 
 
Kg
M = 0.9454 37.9642
K SO 2 min.
2 4
Kg
M =35.8914
K SO 2
2 4 min.
Kg
155
Kg
min.
m = = 363.338
H O 4 0.4266 min.
2
Balance de agua en el nodo de mezclado.
    
 
 
 
 
 
 
 
m +m = m
H O (1) H O (3) H O (4)
2 2 2
Kg Kg
0.814 192.9642 + 0.6 M =363.338
3
min. min.
Kg Kg
363.338 - 0.814 192.9642
Kg
min. min.
M = =343.7752
3
0.6 min.
Kg
343.7752
M kg de recirculación
3 min.
= =1.782
Kg
M1 192.9642 kg de alimentación
min. fresca
Balance general en el cristalizador.
M = M +M
5 2 3
Kg Kg Kg
M = 37.9642 + 343.7752 = 381.7394
5 min. min. min.
Balance de K2SO4 en el cristalizador.

54
xM5 = xM2 + xM3
     
     
     
     
Kg Kg Kg
x 381.7394 = 0.9454 37.9642 + 0.4 343.7752
min. min. min.
x=0.4542=45.24%k SO
2 4
%m =100% - 45.424% = 54.576%
H O 5
2
Velocidad de flujo al 75% de su capacidad máxima a la entrada del cristalizador.
381.7394 kg/min ---- 100 %
X = 286.3 kg/min ---- 75 %
EJEMPLO 2.4.2
El tren de separación de cuatro unidades que se muestra en el diagrama ha sido diseñado para
separar una mezcla de hidrocarburos que contiene 20% de metano (C1), 25% de etano (C2), 40% de
propano (C3)y el resto de butano (C4) en cinco fracciones. Con las composiciones en porcentaje
molar:

55
a. Calcular todos los flujos de las corrientes en el proceso, considerando que la corriente 5 tiene
un flujo de 1000 mol/h y que la recirculación a la unidad I es 50% de la corriente 5. Se
recomienda iniciar el balance en la columna II.
Diagrama 2.4.2 Tren de destilación de hidrocarburos
P-3
N1
N2
N3
N4
N5
N6 N7
N8
N9
N10
N11
C1=20%
C2 =25%
C3 =40%
C4 =
C1=
C2 =
C3 = 3%
C1=99.5%
C2 =0.5%
C1=1%
C2 =
C3 =10%
C2 =
C3 =
C4 =0.2%
C2 =
C3 =
C4 =19.83%
C3 =
C4 =30%
C4 =
C3 =98%
C4 =
1000 moles/h
I
II
III
IV
D
P-3
N1
N1
N2
N2
N3
N3
N4
N4
N5
N5
N6
N6 N7
N7
N8
N8
N9
N9
N10
N10
N11
N11
C1=20%
C2 =25%
C3 =40%
C4 =
C1=
C2 =
C3 = 3%
C1=99.5%
C2 =0.5%
C1=1%
C2 =
C3 =10%
C2 =
C3 =
C4 =0.2%
C2 =
C3 =
C4 =19.83%
C3 =
C4 =30%
C4 =
C3 =98%
C4 =
1000 moles/h
I
II
III
IV
D
Base de cálculo 1000mol/h en N5.
Balance general de materia en la columna II.
N = N +N
2 4 5
mol
N -N =1000
2 4 h
…………………………………………….( I )
Balance combinado de (C1 y C2) en la columna II.

56
   
 
0.97 N = N + 0.9 N
2 4 5
mol
0.97 N -N = 900
2 4 h
……………………………………..( II )
Resolviendo las ecuaciones I y II.
 
mol
N -N =1000
2 4 h
mol
0.97 N -N =900
2 4 h
mol
N =3333.333
2 h
mol
N = 2333.333
4 h
Balance general de materia en la columna I.
 
N +N = N +N
1 6 2 3
mol
N -N = 3333.333-500
1 3 h
mol
N -N = 2833.333
1 3 h
………………………………..(III)
Balance de C4 en la columna I.
   
0.15 N - 0.1983 N =0
1 3 ………………………………………(IV)
Resolviendo las ecuaciones III y IV
   
mol
N -N = 2833.333
1 3 h
0.15 N - 0.1983 N =0
1 3
mol
N =11632.504
1 h
mol
N = 8799.171
3 h
Balance general de materia en la columna III.
N = N +N
3 8 9
mol
N +N = 8799.171
8 9 h
………………………….…..……….(V)
Balance de C4 en la columna III.
xN8 + xN9 = xN3
     
   
0.002 N + 0.3 N = 0.1983 N
8 9 3
mol
0.002 N + 0.3 N =1744.876
8 9 h
…………..……..…….(VI)
Resolviendo las ecuaciones V y VI

57
   
mol
N +N = 8799.171
8 9 h
mol
0.002 N + 0.3 N =1744.876
8 9 h
mol
N =3002.937
8 h
mol
N = 5796.234
9 h
Balance general de materia en la columna IV.
N +N = N
10 11 9
mol
N +N = 5796.234
10 11 h
…………………………………….(VII)
Balance de C4 en la columna IV.
xN10 - xN11 = xN9
   
 
0.02 N -N = 0.3 N
10 11 9
0.02 N -N =1738.870
10 11
………………………..……….(VIII)
Resolviendo las ecuaciones VII y VIII.
 
mol
N +N = 5796.234
10 11 h
mol
0.02 N +N =1738.870
10 11 h
mol
N =4140.167
10 h
mol
N =1656.067
11 h
EJEMPLO 2.4.3

58
Calcule el valor de todas las corrientes en Kg/h y sus composiciones en % masa, del siguiente
diagrama.
Diagrama 2.4.3 Tren de destilación de alcoholes
M8
M6
M4
M7
M5
M3
M2
M1
I II III
M8
M8
M6
M6
M4
M4
M7
M7
M5
M5
M3
M3
M2
M2
M1
M1
I II III
El 17% del metanol alimentado en M1 se obtiene como destilado en la segunda columna. M2
contiene 5% de metanol.
M1= 28%w metanol, 53%w etanol y 19%w propanol.
M3= 7000 Kg/h, 97%w metanol y 3%w etanol.
M5= metanol, 57%w etanol y propanol.
M7= 92%w etanol y 8%w propanol.
M8= 9% etanol 91% propanol.
Base de cálculo 7000 Kg/h en M3.
Balance global general de materia
M = M +M +M
1 3 5 7
……………………………………..……………( I )
Balance global de metanol.
      
0.28 M = 0.97 M + 0.17 0.28 M
1 3 1
Kg
M = 29216.8675
1 h
Balance de metanol en el nodo

59
   
   
 
 
 
0.28 M = 0.05 M
1 2
Kg
0.28 29216.8675 = 0.05 M2
h
Kg
M =163614.4578
2 h
Balance general de materia en la columna I.
M2 = M3 + M4
 
Kg Kg
M = 163614.4578-7000 =156614.4578
4 h h
Balance general de materia en el nodo.
M1+ M8= M2
 
Kg Kg
M = 163614.458-29216.8675 =134397.5903
8 h h
 
Kg Kg
M = 163614.458-29216.8675 =134397.5903
8 h h
 
Kg Kg
M = 163614.458-29216.8675 =134397.5903
8 h h
Balance global de etanol
       
   
0.53 M = 0.03 M + 0.57 M + 0.92 M
1 3 5 7
Kg
0.57 M + 0.92 M =15274.9398
5 7 h
…………………….( II )
   
Kg
22216.8675 = M +M
5 7
h
Kg
15274.9398 = 0.57 M + 0.92 M
5 7
h
Kg
M =14755.9380
5 h
Kg
M = 7460.9295
7 h
Balance general de materia en la columna III.
M = M +M
6 7 8
Kg
M = 7460.9295+134397.5905 =141858.5197
6 h

60
Balance global de metanol.
     
   
 
   
   
   
0.28 M - 0.97 M
1 3
%Met. =
5 M5
Kg Kg
0.28 29216.8675 - 0.97 7000
h h
%Met. = ×100=9.4248%
5 Kg
14755.9381
h
%Pro. = 100-57-9.4248 % = 33.5752%
5
Balance de propanol en el nodo.
     
   
   
   
   
0.19 M + 0.91 M
1 8
%Pro. =
2 M2
Kg Kg
0.19 29216.8675 + 0.91 134397.5903
h h
%Pro. = ×100 = 78.47%
2 Kg
163614.4578
h
Balance de etanol en el nodo.
 
%Eta. = 100-78.14-5 %=16.86%
2
Balance de etanol en la columna I.
     
   
   
   
   
0.16.86525 M - 0.03 M
2 3
%Eta. =
4 M4
Kg Kg
0.16.86 163614.458 - 0.03 7000
h h
%Eta. = ×100 =17.47%
4 Kg
156614.458
h
Balance de propanol en la columna I.
 
%Pro. = 100-17.47-5 %=77.47%
4
Balance de etanol en la columna II.
     
   
   
   
   
0.1747 M - 0.57 M
4 5
%Eta. =
6 M6
Kg Kg
0.1747 156614.4578 - 0.57 14755.9381
h h
%Eta. = ×100 =13.36%
6 Kg
141858.5197
h

61
Balance de propanol en la columna II.
 
%Pro. = 100-13.36 %=86.63%
6
EJEMPLO 2.4.4
En el siguiente diagrama simplificado se representa un proceso para la recuperación de NaOH en
forma de lentejas. La alimentación fresca esta formada por 2 000kg/h de solución acuosa al 10%w
de NaOH, en tanto que el producto contiene 1% de humedad y la corriente de recirculación
contiene 28%w de soluto.
Determine el gasto masa (kg/h) de todas las corrientes involucradas, considerando que el evaporado
del primer efecto es el doble del evaporado del segundo efecto.
Diagrama 2.4.4 Recuperación de NaOH en forma de lentejas
M1
M2
M3
M4
M5
M6
M7
Producto
15%w
NaOH
Evaporador I Evaporador II
Alimentación
Fresca
M1
M1
M2
M2
M3
M3
M4
M4
M5
M5
M6
M6
M7
M7
Producto
15%w
NaOH
Evaporador I Evaporador II
Alimentación
Fresca
Balance de NaOH en el nodo
xM1 + xM5 = xM2
(0.1)(2 000) + 0.28M5 = 0.15M2………………………………..(I)
M5 = 769.75 kg/h
Balance general en el nodo
M1 + M5 = M2
2 000 + M5 = M2 ………………………………………………….(II)

62
M2 = 2769.13 kg/h
M5 = 769.75 kg/h
Balance global de NaOH
xM1= xM7
(0.1)(2 000) = 0.99M7
M7 = 202.02 kg/h
Balance global general
M1= M4+ M6 + M7
M4 = 2M6
Sustituyendo valores en la ecuación del balance general se tiene:
2 000 – 202.2 = 3 M6
M6 = 599.26kg/h
Balance general en el evaporador I
M2= M4+ M3
M3= 2 769.13 – 1 198.65 = 1 570.48kg/h
Balance en el evaporador I de sólidos
xM2 = xM3
  
0.15 2769.13
x= =0.2644
1570.48
Tabla 2.4.4 Composición masa del sistema
EJEMPLO 2.4.5
Se desea producir 500 kg/h de cristales de sulfato de potasio tridecahidratados K2SO4 *13H2O a
partir de una solución que contiene 5.6%w de sulfato de sodio. La mezcla se concentra en un
Corriente Flujo kg/h NaOH %w H2O %W
M1 2000 200 10 1800 90
M2 2769.13 415.36 15 2353.76 85
M3 1570.48 415.36 26.44 1155.24 73.56
M4 1198.65 - - 1198.65 100
M5 769.75 -167.8 28 431.51 72.
M6 599.32 - - 599.32 100
M7 202.02 200 99 2.02 1

63
evaporador hasta obtener una solución al 35%w y después se enfría en un cristalizador, de donde se
extraen los cristales hidratados y la solución madre.
De cada 11 kg de solución madre a la salida del cristalizador, se pierde 1 kg para eliminar impurezas
y el resto se recircula al evaporador.
Si la concentración de sulfato en el licor madre es 9.91%w.
Calcular:
Los kg de solución en el licor madre/kg de solución alimentada
Los kg de solución que entran al evaporador.
Diagrama 2.4.5 Producción de cristales de sulfato de potasio
FILTRO
65%w Agua
35%w sólidos
M1
M2 M3
M4
M5
M6
5.6% w K2SO4
94.4% w Agua Precipitado húmedo
Cristales sólidos
Disolución al 40%w K2SO4
10kg cristales/kg disolución
M7
9.91%w K2SO4 Solución madre
FILTRO
65%w Agua
35%w sólidos
M1
M1
M2
M2 M3
M3
M4
M4
M5
M5
M6
M6
5.6% w K2SO4
94.4% w Agua Precipitado húmedo
Cristales sólidos
Disolución al 40%w K2SO4
10kg cristales/kg disolución
M7
M7
9.91%w K2SO4 Solución madre
PM K2SO4 = 176.18 kg/kgmol
PM H2O = (13)(18) = 234 kg/kgmol
PMtotal = 410.18
%wK2SO4 = 42.95
%wH2O = 57.04
Balance general en el cristalizador.
M2 = M3 + M4
M2 = M3 + 500…………………………………….(I)
Balance de sólidos en el cristalizador
xM2 = xM3 + xM4
0.35M2 = ( 0.4295 )( 500 ) + 0.0991M3 ……………………..(II)
M2 = 662.35 kg/h
M3 = 162.35 kg/h

64
Balance general en el nodo.
M3 = M6 + M5
M3 = M6 + 10M6
M3 = 11M6
M6 = 162.35/11=14.7 kg/h
M5 = 10M6 =(14.759)(10) = 147.59 kg/h
Balance de sólidos en el evaporador.
xM1 = xM5 + xM2
0.056M1 + (0.0991)(14.7)= 0.35)(662.5)
M1 = 4113 kg/h
Los kg de solución madre en el licor/ kg de solución alimentada fresca.
M3/M1 =162.35/4113 = 0.0394
Los kg de solución que entran al evaporador.
M1 + M5 = 4113 +147.59 = 4260.59 kg/h
Unidad III
BALANCES DE
MATERIA CON REACCIÓN
3.1 GENERALIDADES
La ocurrencia de reacciones químicas en un proceso ocasiona algunos problemas en los
procedimientos para efectuar los balances de materia. La ecuación estequiométrica de la
reacción impone restricciones sobre las cantidades relativas de reactivos y productos en los flujos
de entrada y salida, además, el balance de materia para una sustancia reactiva no tiene la forma
simple Entrada = Salida, ya que debe contener un término de generación o desaparición.
3.1.1 Estequiometría

65
La estequiometría es la teoría de las proporciones en la que se combinan las especies químicas
unas con otras. La ecuación estequiométrica de una reacción química es el enunciado del
número relativo de moléculas o moles de reactivos y productos que participan en la reacción. Por
ejemplo, la ecuación estequiométrica 2 SO2 + O2 2 SO3 indica que dos moléculas (grmol,
lbmol, kgmol) de SO2 reaccionan con una molécula (grmol, lbmol, kgmol) de O2 para producir dos
moléculas (grmol, lbmol, kgmol) de SO3. Los números que preceden a las fórmulas para cada
especie son los coeficientes estequiométricos para cada componente de la reacción.
Una ecuación estequiométrica válida debe de estar balanceada; esto es, el número de átomos
de cada especie atómica debe ser igual en ambos lados de la ecuación, ya que no se pueden
crear ni destruir átomos en las reacciones químicas.
La Estequiometría trata de los pesos combinados de elementos y compuestos.
3.1.2 Coeficiente Estequiométrico
El coeficiente estequiométrico de dos especies moleculares que participan en una reacción es
el cociente entre sus coeficientes estequiométricos en la ecuación de la reacción balanceada.
Este cociente puede utilizarse como un factor de conversión para calcular la cantidad de un
reactivo o producto particular que se consumió o se produjo, considerando una cantidad de otro
reactivo o producto que participó en la reacción.
Es conveniente incluir los términos Consumido y Producido cuando se efectúan conversiones.
Ejemplo 3.1.2
Para la ecuación 2 SO2 + O2 2 SO3 se pueden escribir los coeficiente estequiométricos.
2 mol de SO producidos
3
1 mol de O consumidos
2
,
2 lbmol SO Consumidos
2
2 lbmol SO producidos
3
3.1.3 Proporción estequiométrica
Dos reactivos, A y B, se presentan en proporción estequiométrica cuando el cociente (moles de
A presentes) / (moles de B presentes) es igual al cociente estequiométrico que se obtiene
mediante la ecuación para la reacción balanceada. Para que los reactivos en la reacción

66
2 SO2 + O2 2 SO3 estén presentes en proporción estequiométrica debe haber dos moles
de SO2 por cada mol de O2 presente en la alimentación del reactor (de forma que nSO2/nO2 = 2/1).
Si un reactor químico se alimenta con reactivos en proporción estequiométrica, y la reacción se
lleva a cabo completamente, todos los reactivos se consumen. Por ejemplo, si en la reacción
anterior están presentes inicialmente 200 moles de SO2 y 100 moles de O2, el SO2 y O2
desaparecerán al mismo tiempo para formar 200 moles de SO3. Entonces, si se inicia con 100
moles de O2 y menos de 200 moles de SO2 (es decir, si el SO2 esta presente en una cantidad menor
que su proporción estequiométrica) este último desaparecerá antes que el O2 mientras que si,
inicialmente están presentes más de 200 moles de SO2, el O2 desaparecerá primero.
3.1.4 Proporción Equimolar
La alimentación equimolar es cuando se toman los coeficientes de la reacción como las
cantidades que se alimentan al reactor o al proceso.
Ejemplo 3.1.4
En la reacción C + O2 CO2
En esta reacción la alimentación equimolar será el mismo número de moles de carbono y de
oxígeno.
3.1.5 Reactivo Limitante y En Exceso
En las reacciones industriales raramente se encontrarán cantidades estequiométricas exactas de
los reactivos usados. Para lograr que una reacción deseada tenga lugar o para consumir por
completo un reactivo costoso, casi siempre se emplean reactivos en exceso. Este material en
exceso sale junto con o quizá separado del producto (algunas veces se puede volver a utilizar).
Aún cuando se empleen las cantidades estequiométricas de reactivos, pero si la reacción no se
completa o hay reacciones secundarias los productos se acompañarán por reactivos que no se
utilizan así como los productos laterales (secundarios). El reactivo que desaparece primero
cuando se lleva a cabo completamente una reacción se conoce como reactivo limitante
mientras que los otros reactivos se llaman reactivos en exceso.
Reactivo Limitantes. Es el reactivo que esta presente en la cantidad estequiométrica más
pequeña.
Reactivo en Exceso. Es un reactivo que se encuentra en exceso con respecto al reactivo
limitante.

67
El porcentaje de exceso de un reactivo se basa en la cantidad de cualquier reactivo en
exceso arriba de la cantidad requerida para reaccionar con el reactivo limitante.
 
Masa alimentada-Masa teórica
% exceso = 100
Masa teórica
Ejemplo 3.1.5
Calcular el reactivo limitante y el reactivo en exceso de la siguiente reacción.
BaCl2 + Na2SO4 BaSO4 + 2 NaCl
Si se alimentan al reactor 50 moles/h de cloruro de bario y 25 moles/h de sulfato de sodio.
Para determinar el reactivo limitante consiste en calcular los cocientes molares de los reactivos
alimentados y compararlos con los cocientes de los coeficientes de los reactivos utilizados.
Moles de BaCl 50
2 = =2
25
Moles de Na SO
2 4
coeficiente molar de BaCl 1
2 = =1
1
coeficiente molar de Na SO
2 4
Comparando las relaciones de alimentación y de coeficientes se tiene que:
Relación de alimentación = 2 2>1 por lo tanto el reactivo limitante es el Na2SO4
Relación de coeficientes = 1
Ejemplo 3.1.5ª
En la síntesis del amoniaco (NH3) se tienen 540 kg de Nitrógeno (N2) y 540 kg de H2.
Calcular el reactivo limitante y el reactivo en exceso.
N2 + 3 H2 2 NH3
Para resolver este problema, se calcula en primera instancia el número de moles de los reactivos y se
comparan con los coeficientes estequiométricos.
nNitrógeno= 540/28 =19.2857 kgmol
nHidrógeno= 540/2 =270 kgmol
De la reacción se necesitan una mol de nitrógeno y tres moles de hidrógeno, si se compara el
número de moles alimentadas se observa que el reactivo limitante es el nitrógeno debido a que
solamente se tiene 19.2857 kgmol y se necesitan 57.8571 kgmol de hidrógeno y se alimentan 270
kgmol por lo que se deduce que el hidrógeno es el reactivo en exceso.
3.1.6 Masa Teórica

68
Es la masa requerida para consumir todo el reactivo limitante, suponiendo que la reacción se
lleva al 100%.
3.1.7 Grado o Fracción De Conversión
Es la fracción de alimentación o de algún material en la alimentación que se convierte en
productos generalmente del reactivo limitante.
 
moles consumidos
GC o η = 100
moles alimentados
3.1.8 Rendimiento
Para una sola reacción y producto, es el peso o moles del producto final dividido entre el peso o
moles del reactante inicial. Si participan más de un producto y más de un reactivo se tiene que
establecer con claridad el reactivo sobre el cual se va basar el rendimiento.
Basado en la Alimentación
.
moles formados de producto deseado
asado en la alimentación =
moles alimentado de reactivo limitante
R b
Basado en el consumo del reactivo limitante
moles formados de producto deseado
R. basado en el cons. del RL =
moles consumidos del reactivo limitante
3.1.9 Selectividad
Es la relación de las moles de un producto particular (por lo regular el deseado) producido con
las moles de otro (usualmente no deseado producto generado en un grupo de reacciones.

69
moles formadas de producto deseado
Selectividad =
moles formadas de producto no deseado
3.1.10 Ecuación de balance de materia con reacción química
En los balances de materia con reacción química la masa (gr, lb, kg, ton, etc.) que entra al
sistema es igual a la masa que sale del sistema, considerando la masa que reacciona y la masa
que se forma. Sin embargo, cuando hablamos de moles siempre el número de moles que entran
al sistema es diferente o desigual al número de moles que salen del sistema.
Σ moles que entran¹Σ moles que salen
Tabla 3.1.10 Ecuación de Balance con reacción
Masa que
entra al
sistema
Masa que
reacciona
en el
sistema
Masa que
se forma
en el
sistema
Masa que
sale del
sistema
- + =
Masa que
entra al
sistema
Masa que
reacciona
en el
sistema
Masa que
se forma
en el
sistema
Masa que
sale del
sistema
- + =
3.1.11 Reacciones de Combustión
La combustión es la reacción rápida de un combustible con oxígeno, es quizás la reacción más
importante en la industria química, a pesar de que los productos de combustión como son el
bióxido de carbono, monóxido de carbono, bióxido de azufre y agua no tienen un valor
comparable con los combustibles quemados para producirlos. La importancia de estas
reacciones reside en las cantidades de calor tan grandes que producen: el calor se utiliza para
producir vapor, que se usa después para operar turbinas que generan electricidad. Los

70
ingenieros químicos se encargan de atender los problemas del control de la contaminación
ambiental causada por los productos de la combustión
La mayor parte del combustible que se utiliza en los hornos de combustión de las plantas de
potencia eléctrica en carbón de hulla (carbono, hidrógeno y azufre y algunas sustancias no
combustibles), aceite combustible (hidrocarburos pesados y algo de azufre), combustible gaseoso
(gas natural que contiene principalmente metano), petróleo gaseoso licuado que contiene usualmente
propano y/o butano.
Cuando se quema un combustible, el carbono que contiene reacciona para formar CO2 o CO,
el hidrógeno forma agua y el azufre SO2. A temperaturas mayores de 1 800°C parte del nitrógeno
reacciona para formar óxido nítrico (NO) y óxido nitroso (NO2).
Los tipos de combustión son:
Combustión completa
Cuando en una reacción de combustión se produce CO2 y agua se llama combustión
completa, sin importar el grado de conversión con que se lleva a cabo la reacción. En la
siguiente reacción se aprecia.
CH4 + 2 O2 CO2 + 2 H2O
Combustión parcial o incompleta
Cuando en una reacción de combustión se produce CO y agua se llama combustión parcial o
incompleta, sin importar el grado de conversión con que se lleva a cabo la reacción. En la
siguiente reacción se observa.
CH4 + 1.5 O2 CO + 2 H2O
3.1.12 Composición base seca
Es la composición de un gas de emisión para representar las fracciones molares del mismo gas
sin tomar en cuenta el vapor de agua. El análisis de gases tales como el aire, productos de
combustión y otros parecidos por lo regular se realiza sobre una base seca (el vapor de agua se
excluye de este análisis). Dicho análisis se conoce como Orsat.
Ejemplo 3.1.12
Tabla 3.1.12 Composición base seca.
COMPONENTE PORCENTAJE
CO2 50 %
N2 50 %
Total 100 %

71
3.1.13 Composición base húmeda
Es la composición de un gas de emisión para representar las fracciones molares del mismo gas
incluyéndole vapor de agua.
Ejemplo 3.1.13
Tabla 3.1.13 Composición base seca.
COMPONENTE PORCENTAJE
CO2 33.3 %
N2 33.3 %
H2O 33.3 %
Total 100 %
3.1.14 Aire teórico y aire en exceso
El aire teórico requerido para quemar una cierta cantidad de combustible no depende de la
cantidad que realmente se quema. El combustible puede reaccionar y quemarse parcialmente
para formar CO y CO2 pero el aire teórico es aquel que se requeriría para reaccionar con todo el
combustible para formar solo CO2.
El aire teórico u oxígeno teórico es aquel que se necesita para quemar todo el combustible y
formar CO2.
El oxígeno en exceso o exceso de aire es el necesario para que se lleve a cabo una combustión
completa.
 
O que entra al proceso-O teórico
2 2
Por ciento de exceso de oxígeno = 100
O teórico
2
 
aire que entra al proceso-aire teórico
Por ciento de exceso de aire = 100
aire teórico
D
D

72
El valor del porcentaje de aire depende solo del aire teórico y de la velocidad de alimentación
de aire, y no de cuánto oxígeno se consume en el reactor o bien que la combustión sea completa
o incompleta.
3.1.15 Conversión Por Paso y Global
En los procesos donde haya recirculación y/o purga se tienen dos alimentaciones, una de ellas
es la alimentación al reactor y la otra es al sistema, esto hace que la conversión se divida en dos
tipos:
La conversión por paso es la que se obtiene en el reactor.
 
moles que reaccionan del reactivo limitante
η = 100
p
moles alimentadas de reactivo limitante al reactor
La conversión global es la que se obtiene en el sistema.
 
moles que reaccionan del reactivo limitante
η = 100
p
moles alimentadas de reactivo limitante al sistema
3.2 BALANCES DE MATERIA EN PROCESOS
Los balances de materia en los procesos son aquellos que tienen como peculiaridad que el número
de moles que entra al sistema o proceso es diferente al número de moles que sale del mismo, debido
a que se lleva a cabo una o varias reacciones y la cantidad de moles se rigen por la estequiometría
de la reacción.
Sin embargo, cuando se habla de la cantidad de masa (g,lb,kg,ton.) los balances de materia si son
iguales a la entrada y a la salida del reactor considerando que también se lleva a cabo una o varias
reacciones, para seguir aplicando el principio de conservación de la materia postulado por Antonio
Lorenzo Lavoisier.
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