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Ejemplos resueltos Balances de masa y energía

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Ejemplos resueltos Balances de masa y energía

  1. 1. BALANCES DE MASA Y ENERGIA Los principios de conservación aquí explicados se aplican por igual a balances de masa y energía. Con el fin de limitar la extensión de este apunte, nos concentraremos en los balances de masa. Recordemos cómo medir Composición y Concentración Para una mezcla de varias sustancias: A, B, C,… nA : moles de A nB : moles de B nC : moles de C … mA : masa de A mB : masa de B mC : masa de C … La cantidad de moles de A se obtiene: FRACCION MOLAR FRACCION EN PESO Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  2. 2. FRACCION EN VOLUMEN Consideremos una mezcla e varios gases: A, B, C, … En el caso de gases ideales, la fracción en volumen es igual al a fracción molar. VA : volumen del componente A puro, en las condiciones de la mezcla. VT : volumen total de la mezcla COMPOSICION EN BASE LIBRE DE UN COMPONENTE Es la razón de masa de un componente respecto a la masa de los componentes restantes. Por ejemplo, el contenido de humedad del aire se expresa en base libre de agua o “base seca”. Ventaja: en operaciones de secado o humidificación de aire, la cantidad de agua en el aire (humedad) varía, pero la cantidad de aire seco no varía. OTRAS FORMAS DE CUANTIFICAR LA COMPOSICIÓN MOLARIDAD MOLALIDAD Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  3. 3. Ejemplo: El gas natural de un pozo tiene la siguiente composición molar: 60% de metano (CH 4), 16% de etano (C2H6), 10 % de propano (C3H8) y 14% de butano (C4H10). Calcule: a) b) c) d) Composición en fracción molar Composición en porcentaje en peso Volumen que ocupan 100 kilogramos de gas a 21 °C y 0,97 atmósferas de presión Densidad del gas a 21 °C y 0,97 atmósferas, en gramos/litro Solución: En 100 moles de gas hay: 60 moles de metano 16 moles de etano 10 moles de propano 14 moles de butano a) Fracciones molares: Suma = 1,00 b) Composición en peso: Pesos moleculares: P.M. Metano (CH4) = P.A.(C) + 4 P.A.(H) = 12 + 4 = 16 g/mol P.M. etano (C2H6) = 2 P.A.(C) + 6 P.A.(H) = 2x12 +6 = 30 g/mol Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  4. 4. P.M. propano (C3H8) = 3 P.A.(C) +8 P.A.(H) = 3x12 +8 = 44 g/mol P.M. butano (C4H10) = 4 P.A.(C) + 10 P.A.(H) = 4x12 +10 = 58 g/mol Multiplicando por los pesos moleculares, se obtiene las cantidades en masa: Masa total = 2692 gramos fracción en peso = 0,36 fracción en peso = 0,18 fracción en peso = 0,16 fracción en peso = 0,30 Suma = 100% c) Suma = 1,00 Para calcular el volumen se necesita una ecuación de estado. Como la presión es cercana a la presión atmosférica, y la temperatura es baja, usaremos la ecuación de gas ideal: PV=nRT P = presión P = 0,97 atmósferas R = constante universal de los gases R = 0,082 litros atmósfera/mol K T = temperatura absoluta T = 21 + 273,15 = 294,15 K (grados Kelvin) Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  5. 5. V = volumen n = número de moles n = 100 kg/P.M. medio = 100.000 g/P.M. medio = 26,92 g/mol El volumen es: V = 92.370,8 litros d) Densidad del gas () Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  6. 6. Problemas propuestos 1. Una solución tiene la siguiente composición molar: 32% de pentano (C 5H12), 43% de hexano (C6H14) y 25% de heptano (C7H16). Calcule le porcentaje en peso de cada componente. (Rpta.: pentano = 27,1; hexano = 43,5; heptano = 29,4%) 2. 15 kg de dimetilcetona (P.M. = 58,08,  = 0,792 g/cm3) se mezclan con 30 kg de agua ( = 0,98 g/cm3) a 20 °C. Calcule la composición de la mezcla, expresada en: a) Fracción molar (Rpta.: 0,134 dimetilcetona) b) Porcentaje en volumen (Rpta.: 38,2 % dimetilcetona) c) Molaridad (Rpta.: 5,21 mol/litro) d) Molalidad (Rpta.: 8,61 mol soluto/kg solvente) 3. Un gas contiene 30% de CH4, 60% de C2H6 y 10% de C3H8, en volumen, a 60 °C y 1 atmósfera. Calcule el peso molecular medio y la densidad de la mezcla. (Rpta.: 27,2 g/mol; 0,992 g/litro) Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  7. 7. BALANCES DE MATERIA PRINCIPIO DE CONSERVACION DE MASA Y ENERGIA “La suma de la masa (M) y la energía (E) de un sistema aislado no puede crearse ni destruirse, sólo transformarse”. M + E = constante M+E=K En ausencia de reacciones nucleares, la conversión entre materia y energía es nula  es posible reemplazar la ecuación anterior en dos: Principio de conservación de la masa: M = K1 Principio de conservación de la energía: E = K2 Consideremos un sistema S, fijo en el espacio, abierto (que intercambia masa y energía con el entorno): M = Msistema - Mentra + Msale = K1 E = Esistema - Eentra + Esale = K2 Las variaciones en el tiempo serán nulas: Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  8. 8. O bien: Balance de materia Balance de energía La variación de la masa de un componente en el sistema se puede deber a formación o consumo por reacción. Si el sistema está formado por N componentes, se puede plantear el balance de materia para cada uno de ellos: Para un sistema de N componentes, se puede plantear N ecuaciones de balance de materia por componente, y 1 balance de materia total, o sea, N + 1 ecuaciones, pero sólo N son independientes. ESTADO ESTACIONARIO Las ecuaciones planteadas son para sistemas DINAMICOS, en los que las propiedades del sistema varían en el tiempo. Si las propiedades del sistema no varían en el tiempo, se dice que el sistema está en estado estacionario    Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  9. 9. RESOLUCION DE BALANCES DE MATERIA No siempre es posible o económicamente factible, medir flujos o composiciones en un proceso industrial. Es útil realizar los balances de materia y energía; estos generan un sistema de ecuaciones. Resolviendo el sistema, se resuelve el problema. Método de resolución de balances de materia: - Trazar el diagrama de flujo o “flowsheet” Hacer un dibujo, indicando los límites del sistema, los flujos que entran y salen. Identificar los flujos con un número o una letra. - Seleccionar una base de cálculo Elegir el valor de uno de los flujos y calcular los demás en función de éste. A veces resulta conveniente asignar un valor arbitrario a uno de los flujos para usarlo como base hipotética, por ejemplo: 100 kg o 100 moles. - Establecer las ecuaciones de balance de materia Hacer el balance total y los balances por componentes, para el sistema total y para cada etapa. Para el sistema total, hay una corriente de entrada, y dos corrientes de salida. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  10. 10. Un sistema que tiene N componentes permite plantear N ecuaciones independientes. Además, si el proceso está formado por S etapas, es posible escribir S sistemas de ecuaciones independientes. Así, el total de relaciones de balance de materia que podrían plantearse, serán como máximo N – S. Grados de libertad (GL) GL = N° variables (flujos, composiciones, temperaturas) - N° datos (flujos, composiciones, temperaturas) N° ecuaciones de balance de materia y energía N° datos y/o ecuaciones adicionales GL > 0  problema indeterminado (se debe buscar más datos o relaciones adicionales, o darse una base de cálculo hipotética) GL < 0  se escoge las ecuaciones a usar y se descarta las restantes, porque probablemente serán inconsistentes. GL = 0  el sistema tiene solución y el problema está especificado correctamente. En general los sistemas se resuelven simultáneamente; de no ser así, se resuelven secuencialmente, partiendo por el sistema con el menor número de incógnitas. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  11. 11. BALANCES DE MATERIA EN PROCESOS SIN REACCION QUIMICA Procesos que contienen: - Transporte, Separación Mezclado, etc. Tipos de configuraciones de flujo Flujos de recirculación Recirculación  retornar parte de los flujos de salida del proceso y mezclarlo con los de entrada. ¿Para qué? - Recuperar energía Aumentar la calidad de un producto (logar que salga más concentrado en alguno de los componentes) Recuperar reactantes sin transformar Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  12. 12. Flujos con purga En ocasiones es conveniente eliminar del proceso una proporción de material, para mantener controlada la acumulación de impurezas. Flujos en derivación o “by pass” Consiste en separar parte de la alimentación fresca, y mezclarla con los productos, sin pasar por el proceso. Esto permite controlar la concentración o temperatura del producto. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  13. 13. Ejemplo Una mezcla líquida, de composición molar 20% N 2, 30% CO2 y 50% O2, se separa en una columna de destilación, dando un flujo de cabeza (N 2 y CO2) y un flujo de cola (2,5% N2, 35% CO2, y O2). Este flujo alimenta una segunda columna destiladora, dando un producto de cabeza con 8% N2, 72% CO2 y 20% O2, y un producto de cola (CO2 y O2). Para una alimentación de 1000 mol/hora a la primera columna, calcule los flujos y composiciones restantes. Diagrama de flujo Cálculo de los grados de libertad del sistema Columna 1: Variable: flujo y composición N° variables flujo: Balances de Masa y Energía. F1, F2, F3 =3 T. Velilla
  14. 14. Hay tres componentes, pero en cada corriente las suma de los porcentajes molares debe dar 100%  las variables en cada corriente son el número de componentes menos uno. N° variables composición: XN2(1), XCO2(1), XN2(2) XN2(3), XCO2(3) =5 N° datos flujo: F1 = 1000 mol/h (los valores conocidos) =1 N° datos composición: XN2(1) = 0,2; XCO2(1) = 0,30, XN2(3) = 0,025, XCO2(3) = 0,35 =4 N2, CO2, O2 =3 N° variables flujo: F3, F4, F5 =3 N° variables composición: XN2(3), XCO2(3) N° balances de masa: G.L. = 3 + 5 – 1 – 4 – 3 = 0 Columna 2: XN2(4), XCO2(4) XCO2(5) N° datos flujo: N° datos composición: =5 =0 XN2(3) = 0,025; XCO2(3) = 0,35 XN2(4) = 0,08; XCO2(4) = 0,72 =4 N2, CO2, O2 =3 N° variables flujo: F1, F2, F4, F5 =4 N° variables composición: XN2(1), XCO2(1) N° balances de masa: G.L. = 3 + 5 – 0 – 4 – 3 = 1 Proceso total: XN2(2) Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  15. 15. XN2(4), XCO2(4) XCO2(5) =6 N° datos flujo: F1 =1 N° datos composición: XN2(1), XCO2(1) XN2(4), XCO2(4) N° balances de masa: =4 N2, CO2, O2 =3 G.L. = 4 + 6 – 1 – 4 – 3 = 2 Sólo la columna 1 da 0 grados de libertad  se debe comenzar a resolver por allí. Base de cálculo: F1 = 1000 mol/h Balance columna 1 Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  16. 16. Balance de materia total: F1 = F2 + F3 1000 mol/h = F2 + F3 (1) Balance N2: Reemplazando los valores conocidos: 1000 * 0,2 (2) Balance CO2: (3) Pero: XCO2(2) = 1 - XN2(2) (4) Tenemos 4 ecuaciones y 4 incógnitas: F2, F3, XN2(2), XCO2(2). Reemplazando (4) en (3): (5) Resumiendo las ecuaciones: 1000 mol/h = F2 + F3 (1) 1000 * 0,2 (2) (5) De (1): F3 = 1000 – F2 En (2): (6) F3 en (5): (7)  Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  17. 17. De (6): Balance columna 2 Se agrega el valor de F3, que ahora es conocido. Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  18. 18. Balance materia total: F3 = F4 + F5 800 mol/h = F4 + F5 (8) Balance N2: (9) Balance CO2: (10) (9)  F4 = 250 moles/hora (8)  F5 = 550 moles/hora (10)  BALANCES DE MATERIA EN PROCESOS CON REACCION QUIMICA En una reacción química, los átomos o moléculas se combinan para dar los productos deseados, conservándose la identidad de los átomos de los diferentes elementos. Esta combinación se realiza en proporciones de números enteros: “a” moles de la sustancia A se combinan con “b” moles de la sustancia B para dar “c” moles de C y “d” moles de D: aA + bB  cC + dD Esta es la ecuación estequiométrica de la reacción descrita. El balance de masa se escribe igual que en los procesos sin reacción: En los balances por componente, debido a que la reacción produce un reordenamiento de los átomos, formando productos diferentes, estos deben incluir no sólo la entrada y salida de sustancia, sino también lo que se forma o desaparece a causa de la reacción, Ri: Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  19. 19. dM i , sistema dt  Flujo másicoi entra  Flujo másicoi sale  Ri Ri es la razón de producción o velocidad de reacción, y debe obtenerse como una variable independiente adicional. Una forma de expresarla es mediante la conversión de un reactante: %conversión  moles de entrada  moles de salida x100 moles de entrada Si se da un valor de conversión sin especificar un reactivo en particular, se supone que se refiere al reactivo límite: aquel reactante que se consume primero, porque está en menor proporción, dada la estequiometría. En las reacciones industriales, a menudo se emplea alguno de los reactivos “en exceso” para lograr mejores conversiones. Exceso  moles de entrada  moles teóri cos moles teóri cos Los moles teóricos corresponden a la cantidad requerida para conseguir que el reactivo límite reaccione completamente, según la estequiometría. Ejemplo: Una técnica para producir hidrógeno consiste en hacer reaccionar una mezcla de metano y etano con vapor de agua, en presencia de níquel como catalizador. El análisis (en base seca) de los gases que salen del reactor da: 4,6% molar deCH 4, 2,5% C2H6, 18,6% CO, 4,6% CO2 y 69,7% H2. Calcule: a) Los grados de libertad b) Relación molar de metano a etano en la alimentación c) Cantidad de vapor, en libras/hora, que reaccionan con 1000 pie 3/hora de alimentación, a 1 atm y 60 ºF. Solución: El diagrama de flujo del proceso es: Balances de Masa y Energía. T. Velilla
  20. 20. Las reacciones estequiométricas: 2 CH4 + 3 H2O → 7 H2 + CO + CO2 C2H6 + 3 H2O → 6 H2 + CO + CO2 Base de cálculo: F1 Considerando gas ideal: Sea F3’: flujo de gas seco en corriente 3 X: composición de CH4 en corriente 1 Z: flujo de agua en corriente 3 F2: flujo de agua en corriente 2 a) Grados de libertad Nº variables flujo: F1, F2, F3’, z Nº variables composición: Nº datos flujo: X, XCH4(3), XC2H6(3), XCO(3), XCO2(3) F1 =4 =5 =1 Nº datos composición: XCH4(3), XC2H6(3), XCO(3), XCO2(3) =4 Nº ec. Balances masa: C, H, O =3 Nº datos adicionales: Balances de Masa y Energía. =0 T. Velilla
  21. 21. G.L. b) =1 Balances por átomos: H: 4 X 2,634 + 6 (1-X) 2,634 + 2 F2 = (4*0,046 + 6*0,025 + 2*0,697) F3’ + 2 Z 7,902 – 2,634 X + F2 = 0,864 F3’ + Z [1] C: X 2,364 + 2 (1-X) 2,634 = (0,046 + 2*0,025 + 0,186 + 0,046) F3’ 5,268 – 2,634 X = 0,328 F3’ [2] O: F2 = (0,186 + 0,046*2) F3’ + Z = 0,278 F3’ + Z [3] De la ecuación 3, F2 se reemplaza en la ecuación 1: 7,902 – 2,634 X = 0,586 F3’ [4] De la ecuación 2, F3’ se reemplaza en la ecuación 4: 0,562 X – 1,512 (1-X) = 0 Luego: X = 0,729 y 1-X = 0,271 X = 72,9% c) F3’ = 10,2079 lbmol/h Reemplazando el valor de F3’ en la ecuación 3, y F3’ y X en la ecuación 1, se obtiene: F2 = 2,8382 + Z Ecuación que no tiene solución con los datos dados, lo que concuerda con el análisis que arrojó 1 grado de libertad. Si se diera el dato de un 100% de exceso de vapor: Agua teórica: 1,5 (X 2,634) + 3 [(1-X) 2,634] = 7,902 – 3,951 X Agua real: F2 = 2*7,902 – 3,951 X = 15,804 – 7,902 X = 15,804 – 7,902 *0,792 F2 = 10,0434 Lb-mol/h Z = 7,2056 lb-mol/h Balances de Masa y Energía. T. Velilla

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