introducción a la bioingeniería

UNIDAD PROFESIONAL INTERDISCIPLINARIA DE
BIOTECNOLOGÌA
I.P.N.
PROBLEMARIO DE LA ASIGNATURA
INTRODUCCIÓN A LA BIOINGENIERÍA
ELABORADO POR:
M. EN C. MARÍA GUADALUPE ORDORICA MORALES
2005
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
UNIDAD I
FUNDAMENTOS DE BIOINGENIERIA
Operaciones unitarias
• Descripción y clasificación
Diagramas de flujo
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
Clasificación de las operaciones unitarias
•
Con base en la transferencia de masa
Cuando se ponen en contacto dos fases que tienen diferentes composiciones es posible que
ocurra la transferencia de alguno de los componentes presentes de una fase hacia la otra y
viceversa. Esto constituye la base física de las operaciones de transferencia de masa. Si se permite
que estas dos fases permanezcan en contacto durante el tiempo suficiente, se alcanzará una
condición de equilibrio bajo la cual no habría ya transferencia neta de componentes entre las dos
fases. Ejemplos: destilación, extracción líquido-líquido, extracción sólido-líquido.
•
Con base en la transferencia de calor
La transferencia de calor es un fenómeno que aplica a muchas operaciones y procesos
unitarios. Sin embargo, hay un caso en el que es el mecanismo dominante y se denomina como tal:
transferencia de calor.
•
Con base en la transferencia de movimiento
El transporte de momento ocurre en los gases y líquidos que fluyen. La operación unitaria básica
es el flujo de fluidos o mecánica de fluidos.
La interacción de los diferentes mecanismos de transporte en las operaciones unitarias se
presenta con frecuencia. Ejemplos: en la evaporación, humidificación, secado y destilación se presenta la
transferencia de calor y masa de manera simultánea.
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1. Describe el siguiente diagrama de flujo
Figura 1. Diagrama de flujo
En el diagrama anterior se muestra una columna de destilación de plato. La columna cuenta con un
rehervidor en donde se vaporiza parte del líquido que sale del fondo de la misma y parte sale como
productos del fondo. El flujo del fondo se controla con un controlador de nivel.
En la parte superior de la columna se cuenta con un condensador total, operado por agua. El
liquido condensado pasa a un acumulador de reflujo en donde un controlador de presión fija la
presión interna a través de una válvula de venteo. El nivel del líquido en el acumulador se fija por
medio de un controlador de nivel, el cual se conecta a una válvula que permite la salida de
destilados.
Parte del líquido destilado se manda de nuevo a la columna de destilación como reflujo. El flujo de
esta corriente se controla con un medidor controlador de flujo. Este mismo tipo de dispositivo se
usa para controlar el flujo de alimentación entrante a la columna
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UNIDAD II
ANÁLISIS DE SISTEMAS. ENFOQUE APLICADO A
LOS BIOPROCESOS
Unidades y dimensiones
•
Conversiones
•
Factor gc
•
Consistencia dimensional
Variables relacionadas con la masas
•
Peso y masa
•
Conversión entre velocidades de flujo másico, molar y
volumétrico
Variables relacionadas con la presión
•
Presión bajo la superficie de un fluido
Variables relacionadas con la energía
•
Conversión de temperaturas y homogeneidad dimensional
Análisis dimensional y grupos adimensionales
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1. Conversión de unidades
Si un avión viaja al doble de la velocidad del sonido (suponga que la velocidad del sonido es de
100 ft/s) ¿cuál es la velocidad de milla por hora?
Solución:
2
1100ft
s
1 mi
5280 ft
60 s
1min
60 min
1h
= 1500 mi
h
2. Consistencia dimensional
Un manual indica que el grabado de microchips se ajusta aproximadamente a la relación
d = 16.2 – 1602 e
-0.021t
t<200
donde d es la profundidad del grabado en micras (micrómetros: m) y t es el tiempo de grabado en
segundos. ¿Qué unidades se asocian a los números 16.2 y 0.021?. Convierta la relación de modo
que d se exprese en pulgadas y t en minutos.
Solución.
Ambos valores de 16.2 deben tener las unidades de micras. El exponencial debe ser adimensional,
así que el 0.021 debe tener unidades de 1/segundos.
16.2m
dputs =
1m
6
10 m
39.37 in
-0.021
1-exp
1m
s
-4
=6.38 x 10 (1- e
60 s
tmin
1min
-1.26tmin
)
3. Empleo de gc
¿Cuánta energía potencial en (ft)(lbf) tiene un tambor de 100 Ibm suspendido 10 ft sobre la
superficie de la Tierra con referencia a dicha superficie?
Solución
Energía potencial
Ep = mgh / gc
Supongamos que las 100 Ib se refieren a una masa de 100 Ib;
2
g = aceleración debida a la gravedad = 32.2 ft/s .
gc = factor de conversión entre masa y peso = 32.174 ft lbm/ s lbf
2
2
f
Ep = (100lbm) (32.2 ft/s ) (10 ft) / (32.174 ft lbm/ s lbf) = 1000 lb ft
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4. Peso y masa
Aplicación del peso específico relativo
En la producción de un medicamento con peso molecular de 192, la corriente de salida del reactor
fluye auna velocidad de 10.3 L/min. La concentración del medicamento es del 41.2% (en agua), y
el peso específico relativo de la disolución es 1.025. Calcule la concentración del medicamento (en
kg/L) en la corriente de salida, y la velocidad de flujo del medicamento en kg mol/min.
Solución
Para la primera parte del problema, debemos transformar la fracción en masa de 0.412 en masa
por litro. Por comodidad, tomaremos como base 1 .OOO kg de la disolución de salida.
Figura 2. Diagrama del problema
Sabemos que  = 1.0257 g/cm
A continuación
3
0.412 kg medic.. 1.025 g . 1 kg 10 cm3 = 0.422 kg medic/L
3
3
1.000 kg dis.
1 cm 10 g 1 L
3
5. Conversión de temperatura
La capacidad calorífica del ácido sulfúrico dada en un manual tiene las unidades J/(g mal)(T) y está
dada por la expresión
-1
Cp = 139.1 + 1.56 x 10 T
Donde T se expresa en “C . Modifique la fórmula de modo que la expresión resultante tenga
asociadas las unidades de Btu/(lb mol)(°R).
Solución
Las unidades de °C en el denominador de la capacidad calorífica son A “C, en tanto que las
unidades de T son “C. Primero, sustituimos la relación apropiada en la fórmula para convertir T
en “C a T en “R, y luego convertimos las unidades de la expresión resultante en las solicitadas.
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6. Análisis dimensional
Un flujo incompresible fluye en el interior de un tubo circular de diámetro interno D. Las variables
importantes son la caída de presión p, la velocidad , el diámetro D, la longitud del tubo L, la
viscosidad , y la densidad . El numero total de variables es igual a “q=6”
Estas son las unidades o dimensiones fundamentales: =3 y corresponden a la masa M, la
2
longitud L y el tiempo t. Las unidades de las variables son:  en M/Lt ,  en L/t, D en L, L en L, 
3
en M/Lt y  M/L . El numero de grupos adimensionales o  es q-u o 6-3=3. Por tanto:
1 = f(2,3)
Seleccionaremos D, ,  como el núcleo de variables comunes a todos los grupos. Entonces, los
tres grupos adimensionales son:
a
b
c
1= D   
d e f 1
2 = D   L
a b c 1
3 = D   
Para que sean adimensionales, las variables deben elevarse a ciertas potencias exponentes a, b,
c, etc.
Primero se considera el grupo: 1
a b c
1= D   
Para evaluar los exponentes se escribe, la ecuación dimensionalmente para sustituir las
dimensiones de cada variable:
0
0 0
a
b
c
M L t = 1 = L (L/t) (M/L3) M/Lt
2
A continuación se igualan los exponentes de L en ambos lados de la ecuación después de M y,
finalmente de t:
(L ) 0= a + b - 3c - 1
(M) 0= c + 1
( t ) 0= - b – 2
Resolviendo estas ecuaciones , a = 0, b = - 2 y c = - 1.
Ahora se sustituyen en los valores de la ecuación:
1 =  = NEu
2
 
Repitiendo este procedimiento para 2 y 3
2 = L
D
3 = D = NRe

Finalmente sustituyendo a 1, 2, 3 en la ecuación siguiente nos queda
 = f(L/D, D/)
Se determina que el factor de friccion es igual L/D
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UNIDAD III
BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA EN ESTADO ESTACIONARIO
Balance en un solo equipo
Balance en equipo continuo y en estado estacionario
Balance de materia en sistemas con reacción química
Balance de materia en sistemas con combustión
Balance de materia en sistemas con varias fases
Balances de energía
Balances combinados de materia y energía
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1. Concentración de Jugo de Naranja
En el proceso de concentración de un jugo de naranja, el zumo recién extraído y tamizado que
contiene 7.08% en peso de sólidos, se alimenta a un evaporador al vació. En el evaporador se
extrae agua y el contenido de sólidos aumenta 58% en peso. Para una entrada de 1000Kg/hr,
calcúlense las cantidades de salida de las corrientes de jugo concentrado y agua.
Solución: Siguiendo las cuatro etapas descritas se traza un diagrama de flujo del proceso (etapa 1)
en la Fig. 1.4-1. Nótese que la letra W representa la cantidad desconocida o incógnita de agua y C
es la cantidad de jugo concentrado. No hay reacciones químicas (etapa 2).
W Kg. / hr agua
1000 Kg. / hr jugo
7.08% sólidos
Evaporador
C Kg. / hr jugo conc.
58% sólidos
Figura 3. Diagrama de flujo del proceso
Base: 1000 Kg / hr de jugo de entrada (etapa 3). Para llevar a cabo los balances de materiales
(etapa 4), se procede a un balance total de materiales usando la Ec. (1).
100  W  C
(1)
Esto produce una ecuación con dos incógnitas. Por lo tanto, se hace un balance de componentes
en base al sólido:
 58 
 7 . 08 
100 

  W 0   C 
100
 100 


(2)
Para resolver estas ecuaciones, primero se despeja C en la Ec. (2) pues W desaparece. Se obtiene
C = 122.1 Kg / hr de jugo concentrado.
Sustituyendo el valor de C en la Ec. (1),
100  W  122 .1
se obtiene que W = 877.9 Kg / hr de agua.
Como comprobación de los cálculos, puede escribirse un balance del componente agua.
100 58
100 7.08
1000
  877.9 122.1

 100 
 100 
Resolviendo ,
(3)
929.2  877.9  51.3  929.2
En este problema sólo intervino un proceso. Muchas veces se presentan varios procesos en serie,
entonces puede llevarse a cabo un balance separado de cada proceso y/o un balance con respecto
a la totalidad del proceso general.
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2. Evaporación de una solución de NaOH en dos etapas
En un proceso para producir sosa cáustica (NaOH), se usan 4000 kg/hr de una solución que
contiene 10% de NaOH en peso para concentrarla en el primer evaporador, obteniéndose una
solución de 18% de NaOH en peso. Esta se alimenta a un segundo evaporador, del cual sale un
producto que contiene 50% de NaOH en peso. Calcúlese el agua extraída en cada evaporador, la
alimentación al segundo evaporador y la cantidad de producto.
SOLUCION: La siguiente fig. muestra el diagrama de flujo de proceso. Nótese que se usan las
letras W y V para indicar las cantidades desconocidas de agua por hora y B y P representan las
cantidades desconocidas de solución por hora.
W kg/hr H2O
Alim. 4000 kg/hr.
V kg/hr H2O
B Kg/hr
P kg/hr
Evaporador 1
Evaporador 2
10% NaOH
18% NaOH
50% NaOH
Figura 4. Diagrama del proceso
No hay reacciones químicas y la base del cálculo es de 4000 kg/hr de NaOH al 10% en peso de
entrada. Nótese que tenemos cuatro incógnitas. También tendremos que tomar la decisión de
llevar a cabo un balance de componentes o un balance total en el evaporador 1, en el 2, o en la
totalidad del proceso. De todas formas empezamos con un balance total en el evaporador 1.
4000 =W +B ……………………………………….(1)
Después se lleva a cabo un balance para NaOH en el evaporador 1.
400
_10
100
= W (0) + B
18 _
100
……….. (2)
Despejando B se obtiene que B = 2222kg/hr de solución. Sustituyendo este valor de B en la
ecuación (1), se obtiene W = 1778 kg/hr de agua.
Ahora se repite el proceso para el evaporador 2 escribiendo un balance total y un balance para el
NaOH:
2222 = V + P ……………………………………….(3)
222
18
100
= V (0) + P
50_
100
……………….(4)
Primero se despeja en la ecuación (4) y se obtiene P = 800. Después, con la ecuación (3), se
obtiene que V = 1422 kg/hr de agua.
4000 = W + V + P = 1778 + 1422 + 800 = 4000
4000
90_
100 =3600 = 1778 + 1422 + 800
Por lo tanto, los cálculos son correctos.
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50_
100
= 3600
3. Unidades Múltiples en las que no ocurre reacción.
La acetona se utiliza en la fabricación de muchas sustancias químicas y también como disolvente.
En esta ultima aplicación, la liberación de vapor de la acetona al ambiente esta sujeta a muchas
restricciones. Se nos pide diseñar un sistema de recuperación de acetona con un diagrama de flujo
como la Fig. 3.16. todas las concentraciones que se muestran en esa figura, tanto para gases
como para líquidos, se especifican en porcentaje en peso en este caso especial a fin de simplificar
los cálculos. Calcule A, W, B y D por hora.
Se trata de un proceso en estado estacionario sin reacción. Hay tres subsistemas.
Figura 5. Diagrama de flujo del proceso
Resolución por pasos
Pasos 1, 2, 3 y 4 se indican las composiciones de todos los flujos. Todos los flujos desconocidos
se designan con símbolos en la figura 3.
Paso 5 escogemos una hora como base de calculo, de modo que G=1400 kg.
Paso 6 y 7 . Podríamos comenzar con análisis con balances globales pero en vista que los
subsistemas están conectados en serie, iniciaremos con el análisis de la columna 1, seguiremos
con la unidad 2 y terminaremos con la unidad 3. En la columna 1 hay tres componentes y se
desconoce el valor de tres flujos W, A y F, por lo tanto, es posible obtener una solución única para
la columna 1.
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Pasos 7 y 8 Los balances de masa para la columna 1 son los siguientes:
Entra
Sale
Aire:
1400(0.95)
=
Acetona:
1400(0.03)
=
F(0.19)
Agua:
1400(0.02)
=
F(0.81) +
+
W(1.00)
A(0.995) (a)
(b)
A(0.005) (c )
El aire y la acetona son componentes enlazados(compruebe que las ecuaciones son
independientes).
Paso 9 Resolvemos las ecuaciones a) b) y c) para obtener
A=1336.7 kg/h
F=221.05 kg/h
W=157.7 kg/h
Paso 10(verificación) Use el balance total
G+W
=
A+F
1400
157.7
1557.7 =
1336
221.05
1557.1
Pasos 5y 6 aplicando a las unidades 2 y 3 combinadas
Aunque podríamos resolver primero los balances de materia y energía para la columna 2 y luego
para el condensador 3, como no tenemos información acerca del flujo entre la columna 2 y el
condensador y no se nos pide calcular el valor de alguna variable de ese flujo, agruparemos la
columna 2n y el condensador 3 en un solo sistema para los cálculos. Trace una línea punteada
alrededor de las unidades 2 y 3 en la figura. 3 para designar la frontera del sistema. Hay dos
componentes y se desconoce el valor de dos flujos, D y B; por tanto, existe una solución única(si
los balances de masa son independientes, como de hecho lo son).
Pasos 7 y 8 Los balances de masa son:
Acetona: 221.05(0.19)
=
D(0.99)
+
B(0.04)
(d)
Agua
+
B(0.96)
(e )
: 221.05(0.81)
=
D(0.01)
Paso 9 Resolvemos las ecuaciones (d) y (e) para obtener
D=34.91 kg/h
B=186.1kg/h
Paso 10(verificación) Usamos el balance total
F=D+B o sea 221.05 = 34.91 + 186.1 = 221.01
Como cuestión de interés, ¿ qué otros balances de masa se podrían escribir para el sistema y
sustituirse por cualquiera de las ecuaciones (a)-(e)? Los balances típicos serían los globales
Entra
Sale
Aire:
G(0.95)
=
A(0.995)
(f )
Acetona:
G(0.03)
=
D(0.99) +
B(0.04)
(g)
Agua:
G(0.02)
=
A(0.005)
+
D(0.01) +
B(0.96)
(h)
Total
G+W
=
A
+
D
+
B
( i)
Las ecuaciones (f)-(i) no contribuyen información adicional al problema; los grados de libertad
siguen siendo cero. De cualquier modo, cualquiera de estas ecuaciones puede sustituirse por una
de las ecuaciones (a)-(e) siempre que nos aseguremos de que el conjunto de ecuaciones
resultante sigue siendo independiente.
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4. Producción de una Solución de Sosa Cáustica ( NaOH )
Se está fabricando una solución de sosa cáustica ( NaOH ) añadiendo una solución que
contiene 10 % en peso de Na2CO3 en proporciones estequiométricas a una suspensión que
contiene 25 % de Ca(OH)2 en peso.
¿Cuál será la composición de la suspensión final si la reacción es sólo 99 % completa? ¿Cuál será
la composición cuando la reacción sea 100 % completa?
Solución: En la Figura 4. se muestra el diagrama de flujo del proceso. Nótese que se selecciona
como base 100 kg de la suspensión de entrada. Se escribe entonces la reacción química que
produce el precipitado de CaCO3 .
Na2CO3 + Ca(OH)2 --------------> 2NaOH + CaCO3 !
(1)
A continuación se calculan los moles de Ca(OH)2 en la suspensión de entrada usando un
peso molecular de 74.1.
moles de Ca(OH)2 en la suspensión = 100 ( 0.25 / 74.1 ) = 0.338 mol kg Ca(OH)2
kg de H2O en la suspensión = 100 ( 0.75 ) = 75.0 kg H2O
Na2CO3 solución
10 % Na2CO3
90 % H2O
100 kg suspensión
Suspensión final
25 % Ca(OH)2
75 % H2O
Figura 6. Diagrama de flujo del proceso
Ahora se calculan las moles de Na2CO3 necesarias, pues la Ec. ( 1 ) indica que por cada mol de
Ca(OH)2 se requiere 1 mol de Na2CO3 :
moles de Na2CO3 necesarias = mol Ca(OH)2 = 0.338 mol Na2CO3
Esto da 0.338 (peso molecular del Na2CO3 ) o 0.338 ( 106.0 ) = 35.8 kg de Na2CO3 . Puesto que la
solución contiene 90 % de H2O en peso,
kg de agua = ( 0.90 / 0.10 ) ( 35.8 ) = 322.2 kg H2O
kg totales de solución de Na2CO3 = 35.8 + 322.2 = 358.0 kg de solución.
Para calcular la suspensión final con una reacción 99 % completa:
moles de CaCO3 producidas = 0.99 ( 0.338 ) = 0.335 moles de CaCO3
moles de Ca(OH)2 remanentes = 0.01 ( 0.338 ) = 0.00338 moles de Ca(OH)2
moles de NaOH producidas = 0.99 ( 2 ) ( 0.338 ) = 0.669 moles de NaOH
moles de Na2CO3 remanentes = 0.01 ( 0.338 ) = 0.00338 moles de Na2CO3
kg de H2O ( de la suspensión de entrada más la solución de Na2CO3 ) = 75.0 + 322.2
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kg de H2O ( de la suspensión de entrada más la solución de Na2CO3 ) = 397.2 kg H2O
Tabulando la composición final de la suspensión y transformando mol kg a kg y después a % en
peso, se obtienen los siguientes datos:
CaCO3
Ca(OH)2
NaOH
Na2CO3
H2O
Total
mol kg
0.335
0.00338
0.669
0.00338
Kg
33.53
0.25
26.76
0.36
397.2
458.10
% en peso
7.32
0.06
5.84
0.08
86.70
100.00
Como comprobación, un balance general en peso de 358.0 kg de Na2CO3 en solución más 100.0
kg de suspensión de entrada, nos da una suspensión final con 458.0 kg, que es un valor muy
cercano al de 458.10 de la tabla.
Si la reacción es 100 % completa, que es bastante probable cuando hay un buen contacto de los
reactantes, la suspensión final no contendrá Ca(OH)2 ni Na2CO3, y las moles de CaCO3 y las de
NaOH serán respectivamente 0.338 y 0.676.
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5. Corrosión de tuberías
La corrosión por oxigeno de las tuberías de las calderas pueden reducirse si se emplea sulfito de
sodio, el cual elimina oxigeno del agua de alimentación de la coladera por medio de la siguiente
reacción
2Na2SO3 +O2
2Na2SO4
¿Cuántas libras de sulfito de sodio se requieren en teoría ( reacción completa) para eliminar el
6
oxigeno de 8,330,000 lb de agua (10 gal) que contiene 10.0 partes por millón (ppm) de oxigeno
disuelto y al mismo tiempo mantener un 35% de exceso de sulfito de sodio?
Solución
Pasos 1,2,3 y 4 Éste es un proceso en estado estacionario con reacción. EL sistema es la tubería.
Los datos conocidos se han colocado en la figura E3.11
H2O 8,330,000 lb
10 ppm O2
H2O 8,330,000 lb
cero oxígeno
Sistema
Figura 7. Diagrama de flujo del proceso
6
Paso 5 Una base de cálculo conveniente es 10 gal, es decir, 8,330,000 Lb H20
Paso 6 La incógnita es F
Pasos 7, 8 y 9 La cantidad de O2 que entra es.
8330000lb H2O
10 Lb O2
(1,000,000- 10 lb o2)lb H20
= 83.3 lb O2
Prácticamente igual a 1,000,000
El balnce de O2 en lb es sencillo
Entrada - Salida + Generación – Consumo = Acumulación
83.3
0
0
m O2
0
mO2 = 83.3 lb
83.3 lb O2
32lb O2
1 lbmol O2 2lb mol
1lb mol O2
1 lb mol
Na2SO3 126 lb
Na2 SO3
= 886 lb Na2 SO3
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Na2SO3
135
6. Múltiples unidades en las que ocurre una reacción
A causa del aumento de los costos de los combustibles y por la incertidumbre del
suministro de un combustible en particular, muchas compañías operan dos hornos, uno con gas
natural y el otro con aceite combustible. En la RAMAD Corp., cada horno tenía su propio suministro
de oxígeno; el horno de aceite usaba un flujo de gas con el siguiente análisis: O2, 20%, N2; 76%;
CO2, 4%, pero los gases de chimenea salían por una chimenea común. Véase la figura 6.
84.93%
N2:
O2:
4.13%
SO2: 0.10%
CO2: 0.84%
100.00%
Aire.
A O2 :
N2 :
0.21
0.79
1.00
Gas de
Chimenea
P 6205
lb mol
h
Agua.
W 100 % H2O
Horno
de gas
Horno
de
aceite
Gas nat.
CH4 : 0.96 fr molar
C2H2 : 0.02 fr mola
CO2 : 0.02 fr molar
1.00
Aire.
A* O2 : 0.20
0.76
N2 :
CO2 : 0.04
100%
Aceite comb.
C: 0.50 fr molar
H2: 0.47 fr molar
S: 0.03 fr molar
1.00
Figura 8. Diagrama de flujo del proceso
Durante una tormenta de nieve, ningún transporte pudo llegar a la RAMAD Corp., y los funcionarios
se comenzaron a preocupar por el agotamiento de las reservas de aceite combustible, ya que el
suministro de gas natural se estaba usando a la velocidad máxima posible. La reserva de aceite
combustible era de apenas 560 bbl. ¿Cuántas horas podía operar la compañía antes de tener que
parar si no se conseguía aceite combustible adicional? ¿Cuántas lb mol/h de gas natural se
estaban consumiendo? La carga mínima de calentamiento de la compañía, traducida en gas de
chimenea producido, era de 6205 lb mol/h de gas de chimenea seco. El análisis de los
combustibles y del gas de chimenea en ese momento era:
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Aceite combustible
(densidad API 24.0)
Gas Natural
Gas de chimenea
(Análisis de Orsat)
(Mol %)
CH4
96%
C
50
N2
84.93%
C2H2
2%
H2
47
O2
4.13%
CO2
2%
S
3
CO2
10.84%
SO2
0.10%
El peso molecular del aceite combustible era de 7.91 lb/lb mol, y su densidad era de 7.578
lb / gal.
Solución
Se trata de un proceso en estado estacionario con reacción. Hay dos subsistemas. Queremos
calcular F y G en lb mol/h, y luego F en bbl/h.
Pasos 1, 2, 3 y 4. Usaremos especies atómicas para los balances molares. Las unidades de todas
las variables desconocidas serán moles. En vez de hacer balances para cada horno, como no
tenemos ninguna información acerca de los flujos de salida individuales de cada horno, optaremos
por hacer balances globales y dibujaremos la frontera del sistema alrededor de ambos hornos.
Paso 5
Base de cálculo: 1 hora, de modo que P = 6205 lb mol.
Pasos 6 y 7.
Tenemos cinco componentes atómicos en este problema y cinco flujos cuyos valores
desconocemos, A, G, F, A* y W; por tanto, si los balances molares elementales son
independientes, podremos obtener una solución única del problema.
Paso 8.
Los balances molares globales para los elementos son:
Entrada
Salida
H2:
G(1.94)
+
F(0.47)
=
W(1)
N2:
A(0.79)
+
A*(0.76)
=
6205 (8493)
O2:
A(0.21)
+
A*(0.20 + 0.04)
+
G(0.02)
S:
F(0.03)
C:
G[(0.96)
+
(2) (0.02) + (0.02)]
+
F(0.5) + 0.04 A*
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
620 (0.0413 + 0.001 + 0.1084)
=
+ W(1/2)
=
6205 ( 0.0010)
=
6205(0.1084)
Paso 9
Resolvemos el balance de azufre para F (desafortunadamente, a inexactitud en las
concentraciones de SO2 dará lugar a cierto error en); el azufre es un componente enlazado.
Después resolveremos G simultáneamente en los otros cuatro balances.
F = 207 lb mol / h
G = 498 lb mol / h
Por ultimo, el consume de aceite combustible es:
207 mol
7.91 lb
gal
bbl
h
Mol
7.578lb
42 gal
= 5.14 bbl/h
Si la reserva de aceite combustible era de sólo 560 bbl, esta cantidad podría durar como máximo:
5.14
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
560 bbl
bbl
h
= 109 h
7. Combustión de un Gas.
Un gas combustible que contiene 3.1 mol % de H2, 27.2 % de CO, 5.6% de CO2, 0.5 % de O2 y
63.6 % de N2, se quema con un 20% de aire( esto es aire sobrante con respecto al que se necesita
para la combustión completa de CO2 y H2O). La combustión del CO es del 98% completa. Para
100Kg de gas combustible, calcúlese las moles de cada componente en el gas de salida.
Solución
Primero se traza el diagrama de flujo del proceso . En el diagrama se muestran los componentes
del gas de salida. Si A son las moles de aire y F las moles de gas de combustión y e diagrama
queda completo. Y las reacciones se muestran en seguida.
A mol Kg. De Aire
Quemador
100 mol kg de gas combustible
3.1
27.2
5.6
0.5
63.6
100.0
% de H2,
% de CO,
% de CO2,
% de O2
% de N2,
H2O
CO
CO2
O2
N2
Figura 9. Diagrama de flujo del proceso
Reacciones:
CO + ½ O2
H2 + ½O2
CO 2 ------(1)
H2O.......(2)
La contabilidad del total de moles de O2 en el gas es:
Mol de O2 teóricos = ( ½ )*27.2(CO)+ 5.6(CO2) +0.5(O2)
Mol de O2 teóricos = 19.7 mol de O2
Para que todo el H2 se transforme en H2O, la ecuación (2) indica que se necesita ½ O2 por cada
mol de H2
1mol de H2
½ de O2
3.1 mol de H2
x de O2
x= 1.55 moles de O2
En la ecuación (1) para la combustión completa de l CO se necesitan
1mol de CO
½ de O2
27.2 mol de H2
x de O2
x= 13.6 moles de O2
Por lo tanto la la cantidad teórica de O2 es:
Mol de O2 teóricos = 1.55 + 13.6 – 0.5
Mol de O2 teóricos = 14.65 moles de O2
Para un exceso del 20 % se hace la siguiente relación:
100%
14.65 moles de O2
x mol de O2
120 %
x= 17.58 moles de O2
Puesto que el aire tiene 79 % de N2, y la relación que existe de N2 con respecto a O2 es 3.7619 la
cantidad de O2, la cantidad de N2 que se le añade es:
Moles de N2 = 3.7619* (17.58)
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
Moles de N2 = 66.1 moles de N2
Para calcular las moles en el gas de combustión final, todo el H2 produce H2O ; esto es 3.1 moles
de H2O.
En el caso del CO no reacciona un 2% .Por lo consiguiente, quedará sin quemarse:
CO sin quemar = 0.02*(27.2 moles de CO.
CO sin quemar = 0.54 moles de CO
El balance global de carbón nos queda:
Moles de entrada C = Moles de C para CO + Moles de C para CO2
Moles de entrada C = 27.2 +5.6
Moles de entrada C = 32.8 moles de entrada C
En el gas de combustión de salida
Moles de salida C = Moles de entrada de C - Moles de C que no reaccionaron
Moles de salida C = 32.8- 0.54
Moles de salida C = 32.26 moles de entrada C
Para calcular los moles de salida de O2, se plantea un balance general para O2:
Para los moles de entrada
Moles de entrada O2 = Moles de O2 para el combustible + Moles de O2 para el aire
Moles de entrada O2 = 19.7 + 17.58
Moles de entrada O2 = 37.28 moles de entrada O2
Para los moles de salida
Moles de salida O2 = ½ de los oles de O2 para el agua + ½ de moles de O2 para el CO =moles de
CO 2 + O 2 libre
Moles de salida O2 = (3.1 / 2)+ ( 0.54 / 2 )+ O 2 libre =32.26 + O 2 libre
Igualando las entradas y las salidas
Moles de entrada O2 = Moles de salida O2
37.28 moles de entrada O2 = 32.26 + O 2 libre
37.28 moles de entrada O2 - 32.26 = O 2 libre
3.2 moles de O2 = O 2 libre
Para el balance de N2 nos queda:
Moles de N2 = Moles de N2 en el combustible + Moles de N2 en el aire.
Moles de N2 = 63.6 Moles de N2 en el combustible + 66.1 Moles de N2 en el aire
Moles de N2 = 129.70 moles de N2
Por lo tanto nos queda:
Componente
Composición (moles)
H2O
CO
CO2
O2
N2
3.10
0.54
32.26
3.20
129.7
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
8. Reciclaje con reacción
La glucosa isomerasa inmovilizada se emplea como catalizador en la producción de fructosa a
partir de glucosa en un reactor de lecho fijo (el disolvente es agua). Para el sistema de la figura 10,
¡¿qué porcentaje de conversión de glucosa tiene lugar en una pasada por el reactor si la razbn
entre el flujo de salida y el flujo de reciclaje en unidades de masa es igual a 8.33? El diagrama es
Figura 10. Diagrama de flujo del proceso
Solución
Pasos 1,2,3 y 4 La figura 10 incluye todos los valores conocidos y desconocidos de las variables en
la notación apropiada ( W representa el agua, G la glucosa y F la fructosa en la segunda posición
de los subíndices de la fracción en masa). Observe que el flujo de reciclaje y el de producto tienen
la misma composición y es por ello que en el diagrama se usan los mismos símbolos de masa para
cada uno de estos flujos.
Paso 5 Escogemos como base de cálculo S = 100 kg.
Paso 6 No hemos incluido símbolos para el flujo de salida del reactor ni su composición porque no
vamos a usar estos valores en nuestros balances. Sea f la fracción de conversión para una pasada
por el reactor. Las incógnitas son 9.
.
Paso 7 Supondremos que podemos encontrar 9 balances independientes entre los 12, y
procederemos. No tenemos que resolver todas las ecuaciones simultaneamente. Las unidades son
de masa (kg).
Pasos 7,8 y 9 Comenzaremos con los balances globales, ya que son fáciles de establecer y con
frecuencia se desacoplan para resolverse.
Balances globales:
Total: P = 100 kg
Consencuencia R= 100/8.33 = 12.0 kg
Globalmente no se genera ni consume agua, así que
Agua: 100(O.60) = P(WR,W) = 100 W R,W
W R,W = 0.60
Ahora tenemos 6 incógnitas por resolver.
Punto de mezcla 1:
No hay reacción, así que podemos usar los balances de los compuestos incluyendo los términos
de generación y consumo:
Total: 100 + 12 = T= 112
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
Glucosa: 100(0.40) + 12(WP,G) = 112(W T,G)
Fructosa: 0 + 12(W R,F = 112(0.04)
WR,F = 0.373
0 sea
Además, como WR,F + W R,G + W R,W,= 1,
W R,G = 1 - 0.373 - 0.600 = 0.027
y entonces, del balance de glucosa,
W T,G = 0.360
A continuación, en lugar de efectuar balances individuales sobre el reactor y el separador,
combinaremos ambos en un solo sistema.
Reactor más separador 2:
Total: T = 12 + 100 = 112
Glucosa:
T W T,G
(112*0.36)
-
Sale
(R + P) T W R,G
(112*0.027)
f = 0.93
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
-
Consumido
f T W T,G
= 0
f (112 * 0.36) = 0
9. Deshidratación
A fin de evitar el deterioro de los medicamentos en un recipiente, se extrae toda el agua (0.93 kg)
del aire húmedo del recipiente a 15T y 98.6 kPa mediante absorción en sílica gel. Cuando está
seco, el mismo aire tiene un volumen de 1000 m3 a 20°C y 108.0 kPa. ¿Cuál era la humedad
relativa del aire húmedo?
Solución
Pasos 1,2,3 y 4 La figura 11 contiene todos los datos conocidos.
Figura 11. Diagrama de flujo del proceso
Paso 5 Podemos usar como base de cálculo W o el flujo A.
3
Base de cálculo: 1000 m de aire bien seco (BDA) a 20°C y 108.0 kPa
Pasos 3 y 4 Primero necesitamos calcular las cantidades (en kg mol) de vapor de agua y aire seco
en el aire original. W = 0.93 kg o sea
0.93 kg H2O 1 kg mol H20 = 0.05 7 kg mol H20
18 kg H20
En cuanto al aire seco,
3
1000m BDA 273 K 108 .0 KPa 1 kg mol
3
293 K 101.3 KPa 22.4 m
=
44.35 kg mol BDA
Pasos 5,6,7,8 y 9 Toda el agua y todo el aire del aire húmedo original están en el agua eliminada
(0.0517 kg mol) y en el aire bien seco (44.35 kg mol), de modo que los balances son triviales y el
problema tiene una solución única.
Para obtener la humedad relativa del aire húmedo debemos calcular la presión parcial del vapor de
agua en el aire húmedo
PH2O = nH2O = _____0.0517____
Ptot
ntot
0.0517 + 44.35
PH2O = 0.114 7 kPa
La presión de vapor del agua a 15°C es de 1.70 kPa, así que la humedad relativa fraccional del
aire original era
0.1147 = 0.67
1.70
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
10. Utiliza la ley de Raoult o la ley de Henry para resolver los siguientes problemas
1.- Un gas que contiene 1% en mol de etano esta en contacto con agua a 20°C y 20 atm.
Calcula la fracción mol del etano disuelto.
2.- Una mezcla líquida equimolar de benceno (B) y tolueno (T) está en equilibrio con su vapor a
30°C ¿Cuáles son la presión del sistema y la composición del vapor?
Solución
L os hidrocarburos suelen ser relativamente insolubles en agua, de manera que es
probable que la disolución de etano esté diluida en extremo. Apliquemos entonces la ley de
Henry. En la página 3-102 del Perry's Chemical Engineers Handbook se encuentra la constante
4
de la ley de Henry para el etano: 2.63 x 10 atm/fracción mol.
yC2H6P
xC2H6 =
HC2
=
H6
(0.01)(20 atm)
2 .63 x10 4 atm / fracción
7 .6 X10'
mol
mol C2H
mol
6
Como el benceno y el tolueno son compuestos con estructuras similares, podemos aplicar la ley
de Raoult.
*
*
Log P B = 6.906 – 1121 / (T +220.8 )  T = 30°C  P B = 119 mm Hg
*
*
Log P T = 6.9533 – 1343.9 / (T +219.38 )  T = 30°C  P T = 36.7 mm Hg
*
PB = xB P B = (0.5) (119) = 59.5 mm Hg
*
PT = xT P T = (0.5) (36.7) = 18.35 mm Hg
P = PB + PT = 77.9 mm Hg
yB = PB / P = 0.764 mol benceno / mol
yT = PT / P = 0.236 mol tolueno / mol
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
11. Balance de energía para un sistema cerrado
Un tanque con un pistón con un pistón móvil contiene un gas. La temperatura inicial del gas es 25
°C. El tanque se coloca en agua hirviendo con el pistón en una posición fija. El gas absorbe una
cantidad de 2 Kcal. de calor, y alcanza el equilibrio a 100 °C (y una presión mayor). El pistón se
libera, y el gas realiza 100 J de trabajo para trasladar el pistón a su nueva posición de equilibrio.
La temperatura final del gas es de 100 °C.
Escribe la ecuación de balance de energía para cada una de las dos etapas del proceso, y para
cado resuelva la incógnita de energía en la ecuación. Al resolver este problema, considera
que el gas en el tanque es el sistema, desprecia el cambio de energía potencial del gas cuando
el pistón se mueve verticalmente, y considera que el gas se comporta idealmente. Expresa
todas las energías en Joules.
Solución.
Dibujar un a representación del problema.
Ec = 0 (El sistema es estacionario)
 Ep = 0 (sin desplazamiento vertical)
W = 0 (Las fronteras no se mueven)
U = Q
Q = 2 kcal = 8368 J
por lo tanto el gas gana 8368 J de energía interna cuando su temperatura cambie de 25 a 100
°C.
U + Ec + Ep = Q + W
 Ec = 0 (El sistema es estacionario en los estados inicial y final)
 Ep = 0 (Por hipótesis se considera despreciable)
U = 0 (U depende sólo de T para un gas ideal y T no cambia)
Q+W =0
W = -100 J
el signo negativo es porque el trabajo se realiza sobre los alrededores.
El gas absorbe una cantidad de calor adicional de 100 J cuando se expande y vuelve a alcanzar el
equilibrio a 100 °C
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
12. Calentamiento de un medio de fermentación
Un medio de fermentación líquido a 30 ºC se bombea a velocidad de 2000 Kg/hr través de un
calentador, donde su temperatura se eleva a 70 ºC bajo presión. El agua caliente de desperdicio
usada para el calentamiento entra a 95 ºC y sale a 85 ºC. La capacidad calorífica promedio del
medio de fermentación es 4.06 KJ/ Kg·K, y la del agua, 4.21 KJ/Kg·K. Las corrientes de
fermentación y de agua caliente están separadas por una superficie metálica a través de la cual se
transfiere el calor y que impide la mezcla física de ambas. Establézcase un balance de calor
completo para el sistema. Calcúlense el flujo de agua y la cantidad de calor añadida al medio de
fermentación, suponiendo que no hay pérdidas en el sistema. En la figura siguiente se muestra el
flujo del proceso:
Figura 12. Diagrama de flujo del proceso
HR  ( H0298 )  q  HP
(1)
Solución: Es conveniente usar el estado normal de referencia a 298 K (25 ºC) como base para el
cálculo de las diversas entalpías. De acuerdo con la ec. (1), los términos de la expresión son los
siguientes:
Términos de entrada
HR de las entalpías de dos corrientes con respecto a 298 K (25ºC) (nótese que t = 30 – 25 ºC =
5ºC = 5 K):
H(líquido) = (2000 kg/hr)(4.06 KJ/kg K) (5 K)
4
= 4.060* 10 KJ/hr
2
H(agua) = W(4.21)(95-25)=2.947 * 10 W KJ/hr (W = Kg / hr )
(-Hº 298) =0 (puesto que no hay reacción química)
q = 0 ( puesto que no hay adiciones o pérdidas de calor)
Términos de salida.
Hp de las dos corrientes con respecto a 298 K (25 ºC)
5
H(líquido) = 2 000(4.06)(70-25) = 3.65 * 10 kJ/hr
2
H(agua) = W(4.21)(85-25)= 2.526* 10 kJ/hr
Igualando entrada y salida en la ecuación y despejando W:
4
2
5
2
4060 * 10 + 2.947 *10 W =3.654 * 10 + 2.526 * 10 W
W= 7 720 kg/hr de flujo de agua
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
La cantidad de calor que se ha agregado al medio de fermentación es simplemente la diferencia de
las entalpías de lo líquidos de salida y entrada:
H (líquido de salida) - H (líquido de entrada) = 30654 * 10
KW)
5–
4.060 * 10
4
5
= 30248 * 10 kJ/hr (90.25
Obsérvese que , puesto que se supuso que las capacidades caloríficas son constantes, se podría
haber escrito un balance más simple como éste:
Calor ganado por el líquido = calor perdido por el agua
2000(4.06)(70 – 30)= W(4.21)(95-85)
Entonces, resolviendo la expresión, W= 7720 kg/hr. Este balance simple produce buenos
resultados cuando Cp es constante; sin embargo, cuando el valor varía con la temperatura y el
material es un gas, sólo se dispone de valores de Cpm entre 298 K (25 ºC) y t K y el método simple
no puede usarse sin obtener nuevos valores de Cpm a diversos intervalos de temperatura.
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
13. Balances de calor y de materiales en una combustión.
El gas de desperdicio de un proceso de 1000 mol-g/hr de CO a 473 K se quema a 1 atm de presión
en un horno usando aire a 373 K. La combustión es completa y se usa 90% de exceso de aire. El
gas de combustión de salida esta a 1273 K. Calculese el calor extraido en el horno.
Solución: Primero se traza el diagrama de flujo del proceso en la figura 9. y después se procede a
un balance de materiales:
CO(g) + ½ O2(g) → CO2(g)
3
ΔHº298 = -282.989 x10 kJ/mol-kg (del apendice A.3)
Moles CO = 1000 mol-g/hr = moles CO2
= 1.00 mol-kg/hr
moles de O2 teóricamente necesarias = ½(1.00) = 0.500 mol-kg/hr
moles de O2 que en realidad se añaden = 0.500 1.9 = 0.950 mol-kg/hr
moles de N2 añadido = 0.950 (0.79/0.21)=3.570 mol-kg/hr
aire añadido = 0.950 + 3.570
= 4.520 mol-kg/hr = A
O2 en el gas de combustión de salida = añadido – usado
= 0.950 – 0.500 = 0.450 mol-kg/hr
CO2 en el gas de combustión de salida = 1.00 mol-kg/hr
N2 en el gas de combustión de salida = 3.570 mol-kg/hr
Para el balance de calor con respecto al estado normal a 298 K, se usa la ecuación
HR  ( H0298 )  q  HP
(1)
Terminos de entrada:
H(CO) = 1.00(Cpm)(473-2989 = 1.00(29.389)(473-298) = 5142 kJ/hr
1000 mol-g/hr CO
473 K
Horno
.
.
Gas de
Combustión
A mol-g/hr aire
1273 K
373 K
.
Calor extraido (-q)
Figura 13. Diagrama de flujo del proceso
(El valor de 29.38 kJ/mol*K para Cpm del CO entre 298 y 473 K se obtiene de tablas)
H(aire) = 4.520(Cpm)(373-298) = 4.520(29.29)(373-298)
= 9929 kJ/hr
q = calor añadido, kJ/hr
(Esto da aquí un valor negativo, lo que indica que se libera calor).
3
-ΔHº298 = -(-282.989 x10 kJ/mol-kg)(1.00 mol-kg/hr) = 282990 kJ/hr
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
Términos de salida:
H(CO2) = 1.00(Cpm)(1273-298) = 1.00(49.91)(1273-298) = 48660 kJ/hr
H(O2) = 0.450(Cpm)(1273-298) = 0.450(33.25)(1273-298) = 14590 kJ/hr
H(N2) = 3.570(Cpm)(1273-298) = 3.570(31.43)(1273-298) = 109400 kJ/hr
Igualando entradas y salidas, y despejando q:
5142 + 9929 + q + 282990 = 48660 + 14590 +109400
q = -125411 kJ/hr
Por lo tanto, se extrae calor: -34837 W
Con mucha frecuencia, cuando se verifican reacciones químicas en el proceso y las capacidades
caloríficas varían con la temperatura, la solución del problema puede obtenerse por
aproximaciones sucesivas cuando se desconoce la temperatura final.
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
14. Deshidratación
A fin de evitar el deterioro de los medicamentos en un recipiente, se extrae toda el agua (0.93 kg)
del aire húmedo del recipiente a 15T y 98.6 kPa mediante absorción en sílica gel. Cuando está
seco, el mismo aire tiene un volumen de 1000 m3 a 20°C y 108.0 kPa. ¿Cuál era la humedad
relativa del aire húmedo?
Solución
Pasos 1,2,3 y 4 La figura 14 contiene todos los datos conocidos.
Figura 14. Diagrama de flujo del proceso
Paso 5 Podemos usar como base de cálculo W o el flujo A.
3
Base de cálculo: 1000 m de aire bien seco (BDA) a 20°C y 108.0 kPa
Pasos 3 y 4 Primero necesitamos calcular las cantidades (en kg mol) de vapor de agua y aire seco
en el aire original. W = 0.93 kg o sea
0.93 kg H2O 1 kg mol H20 = 0.05 7 kg mol H20
18 kg H20
En cuanto al aire seco,
3
1000m BDA 273 K 108 .0 KPa 1 kg mol
3
293 K 101.3 KPa 22.4 m
=
44.35 kg mol BDA
Pasos 5,6,7,8 y 9 Toda el agua y todo el aire del aire húmedo original están en el agua eliminada
(0.0517 kg mol) y en el aire bien seco (44.35 kg mol), de modo que los balances son triviales y el
problema tiene una solución única.
Para obtener la humedad relativa del aire húmedo debemos calcular la presión parcial del vapor de
agua en el aire húmedo
PH2O = nH2O = _____0.0517____
Ptot
ntot
0.0517 + 44.35
PH2O = 0.114 7 kPa
La presión de vapor del agua a 15°C es de 1.70 kPa, así que la humedad relativa fraccional del
aire original era
0.1147 = 0.67
1.70
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
15. Cálculo del trabajo mecánico de un gas sobre un pistón
Suponga que un gas ideal a 300 K y 200 kPa está confinado en un cilindro mediante un pistón sin
fricción, y que el gas empuja lentamente el pistón de modo que el volumen del gas se expande
3
desde 0.1 hasta 0.2 m . En la figura 15 se presenta un diagrama del problema. Calcule el trabajo
realizado por el gas sobre el pistón (la única parte de la frontera que se mueve) si se siguen dos
caminos distintos para ir del estado inicial al estado final:
Trayectoria A: la expansión se realiza a presión constante P = 200 kPa)
Trayectoria B: la expansión se realiza a temperatura constante (T = 300 K)
Figura 15. Representación del problema
Solución
El pistón no debe tener fricción y el proceso debe ser ideal para que los siguientes cálculos sean
válidos. El sistema es el gas. El trabajo mecánico realizado por el sistema sobre el pistón es:
ya que se ejerce en dirección normal sobre la cara del pistón. Tome nota de que, por definición, el
trabajo realizado por el sistema es negativo.
Trayectoria A
Trayectoria B
M. en C. María Guadalupe Ordorica Morales
16. Cálculo de la energía cinética
Se bombea agua de un tanque de almacenamiento a un tubo con un diámetro interno de 3.00 cm a
3
razón de 0.001 m /s. ¡Cuál es la energía cinética específica del agua?
Figura 16. Representación del problema
Solución
3
Base de cálculo: 0.001 m /s de agua
3
Suponga que la densidad del agua es de 1000 kg/m y r = 1.5 cm
V =
Ek =
17. Cálculo de energía potencial
Se bombea agua de un tanque a otro que está auna distancia de 300 ft, como se muestra en la
figura 17. El nivel del agua en el segundo tanque está 40 ft por encima del nivel del agua en el
primer tanque. ¿Qué tanto aumentó la energía potencial específica del agua, en Btu/lbm?
Figura 17. Representación del problema
Solución
Tomaremos como plano de referencia el nivel del agua en el primer tanque. Entonces, h =
40 ft.
Ep =
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UNIDAD IV
BALANCE EN ESTADO NO ESTACIONARIO
Balance diferencial
Balance integral
Balance de materia para procesos reactivos en estado no estacionario
Balance de energía para operaciones no reactivas de una sola fase en
estado no estacionario
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1. Balances diferenciales para un reactor químico
Se utiliza un tanque reactor con agitación continua para producir un compuesto R, por medio a
reacción en fase liquida AR. La alimentación entra al reactor a una velocidad de o
(litros/s); la concentración de reactivo en la alimentación es C Ao (moles de A / litro). El
volumen del contenido del tanque es V ( litros). Puede considerarse que el contenido está
perfectamente mezclado, de manera que la concentración de A en el flujo de productos es
iguaI a la del tanque. Para este proceso la velocidad de consumo de A es igual a kC A (mol / litro de
volumen de reacción). Puede considerarse que todos los fluidos (la alimentación, el contenido del
tanque y el producto) tienen la misma densidad,  (g/litro). Escribe los balances diferenciales para
la masa total y para las moles de A, expresando los balances en términos de las variables que se
muestran en el siguiente diagrama.
Solución
Base: las cantidades
proporcionadas
Balance de masa total
Acumulación = Entrada – Salida
Masa en el reactor: m (g) = V (litros) (g/litro)
Acumulación (g /s) =
dm = d( V) =  dV ya que  es constante
dt
dt
dt
Entrada (g/s) = 0 (litros /s)  (g /litro)
Salida (g/s) = litros /s)  (g /litro)

dV
dt
dV
dt
= o  – 
= 
a t = 0 & V = Vo
Donde Vo es el volumen inicial del contenido del tanque.
Balance para A
Acumulación = Entrada – Salida – Consumo
moles de A en el reactor = V (litros) CA (mol /litro)
Acumulación (mol A/s ) =
d(VCA)
dt
Entrada (mol A/a) = o CAo
Salida (mol A/s) =  CA
Consumo (mol A/s) = k CA V
d(VCA)
dt
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= o CAo -  CA - k CA V
a t = 0 & CA = CA (0)
2. Balance para agua en un tanque de almacenamiento en una ciudad
El nivel de agua en un tanque de almacenamiento municipal ha disminuido constantemente
durante la temporada de secas, y hay preocupación por la posibilidad de que la sequía
continúe durante otros 60 días. La compañía local de agua estima que la velocidad de
7
consumo en la ciudad es, aproximadamente de 10 litros / día.
El Servicio de Conservación del Estado estima que la lluvia y la entrada de flujo al tanque, junto
6
con la evaporación desde el tanque deben dar una velocidad de entrada neta de agua de 10
exp (-t /100) litros /d ía, donde t es el tiempo en días, desde el inicio de la sequía, cuando el
9
tanque contenía aproximadamente, 10 litros de agua.
1 . Escribe un balance diferencial para el agua del tanque.
2. Integra el balance para calcular el volumen del tanque al final de los 60 días de sequía.
Solución
Escribiremos un balance para la masa m ( kg ) de agua del tanque, pero expresaremos la ecuación
en términos de volúmenes, para utilizar los datos proporcionados, usando la relación m (kg) = 
(kg /litro) V (litros). La ecuación de balance diferencial es la siguiente:
dm = q ent +r pro- q sal – rcons (cada termino en kg /día)
dt
dm = d( V) =
dt
dt
6
 dV ya
que
 es constante)
dt
–t/100
qent = (10 e
)
7
qsal= (10 )
=
=
rpro rcons 0 (no se produce ni se consume en el tanque) se cancela 
6
(-t/100)
dV(t)=10 exp
dt
7
-10
a
t=0, V=10
Ahora separamos las variables e integramos la ecuación de balance diferencial de t=0 a t = 60 días.
Acumulación = - salida d(nx) = -qx
dx = -0.0200X
dt
n = 10.2 q = 0.203
t = 0, x = 1.00
Esta es la ecuación de balance. Para resolverla, separamos las variables e integramos la ecuación
desde la condición inicial (t = 0, x == 1) hasta el estado final (tf, x = 0.01).
dx =-0.02
x
dt
Integrando esta ecuación se obtiene un tr = 230 min
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3. Balance de materia para un reactor intermitente
Se efectúa una reacción con estequiometría A  B en un reactor intermitente isotérmico, de
volumen constante. La velocidad de consumo de A, rA es directamente proporcional a la
concentración molar de A en el reactor y al volumen del reactor según la siguiente ecuación:
rA (mol/s) = 0.200 V (litros) CA (mol/litro)
La concentración inicial de A en el reactor es de 0.100 mol/litro. Escribe un balance diferenciak
para A y utilízalo para calcular el tiempo requerido para alcanzar una conversión del 90%.
Solución
La cantidad de A en el reactor, en cualquier tiempo es nA = VCA. El balance para A es
Acumulación = - Consumo
d (VCA)
dt
d CA
dt
V = cte
= -0.200 CA
a t = 0, CA = 0.100
La concentración final de A debe ser 10% de la concentración inicial. Ó CA/10 = 0.01. La ecuación
de balance puede integrarse fácilmente si se separan las variables y se integra dese (t=0, CA = 0.1)
hasta (tf, CA = 0.01)
d CA
CA
= -0.200 dt
Intengrando se llega a
Ln (CAf / CAo) = -0.200 tf
Resolviendo, se llega a
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tf = 11.5 s
4. Comportamiento transitorio de un sistema
Un equipo que genera calor a una velocidad constante Qpro = 8530 BTU/min cuando opera se
enfría con aire como se muestra en la figura 18.
El aire dentro del equipo circula lo suficientemente rápido para que su temperatura se considere
uniforme e igual a la temperatura del aire de salida. Pasa aire a través del cuerpo del equipo a una
velocidad de 6 lb-mol/min, y entra a una temperatura de 65°F; el equipo contiene un promedio de
0.200 lb-mol de aire. Se desprende calor del equipo hacia los alrededores a una velocidad
expresada como:
Q1 = (BTU/min) = 33(T-g5°F)
Supongamos que el equipo se enciende cuando la temperatura del aire en el interior es igual a
65 °F.
(a) Calcula la temperatura del aire en estado estacionario, si el equipo opera continuamente
durante un periodo de tiempo indefinido, suponiendo que Cv = 5 BTU/(lb-mo,l °F)
(b) Encuentra una ecuación diferencial para la variación de la temperatura de salida con el
tiempo, desde el arranque y resuélvela.
Figura
18. Representación del problema
Solución
(a) La ecuación de balance de energía en estado estacionario puede obtenerse si se
establece dT/dt = 0 en la ecuación
… (1)
0 = m Cp (Tent – Tsal) + Q + W e
Tent = 65 °F
Tsal = en régimen permanente
We = 0
Q = Qpro – Q1
m Cp (Tsal – 65) = 8530 – 33(T sal -65)
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Suponiendo que el gas se comporta de manera ideal
Cp = Cv + R = (5 + 1.99) BTU/lb-mol °F
Así
m Cp = 41.9 BTU/min °F
Entonces, la ecuación de balance de energía es
41.9 (Tsal – 65) = 8530 – 33(Tsal -65)
Tsal = 179°F
(b) La ecuación de balance en estado estacionario (1) es, para nuestro sistema
dónde
-74.9 T + 13400
t = 0, T = 65 °F
La solución de la ecuación se obtiene separando las variables e integrando
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BIBLIOGRAFÍA
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Felder, R.M.; Rousseau, R.W.; Principios elementales de los procesos
§
químicos. 2 . Edición. Ed. Assison-Wesley Iberoamericana. 1991 (729 p.).
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1982 (729 p.)
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materia y energía. Ed. Alhambra. 1991 (623 p.)
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