PROBLEMAS
1
1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Problema nº 1)
[01-07] Por una tubería fluyen 100 lb de agua a razón de 10 ft/s. ¿Cuánta energía cinética (E = 1/2m·v2) tiene el
agua, expresada en unidades del SI?. Sol.: E = 210,47 [J]
0,453593 kg

= 45,3593 kg 
2
1 2 1
m


1 lb
 E = mv = (45,3593 kg)  3,048  = 210,70 J
ft 0,3048 m
m
2
2
s


v = 10 
= 3,048

s
1 ft
s

m = 100 lb 
(210,47)
Problema nº 2)
[01-05] La difusividad del anhídrido carbónico en agua a 25oC y 1 atm, expresada en el sistema inglés de unidades
es de 7,596·10-5 ft2/h. Deducir su correspondiente valor en el SI de unidades. Sol.: D = 1,9603·10-9 [m2/s]
2
2
m2
ft2  0,3048 m   1 h 
-9 m
En el SI se medirá en
: 7,596·10-5
=
1,960
3

10

 

s
h  1 ft   3600 s 
s
Problema nº 3)
q
ΔT1,25
= 3,57 0,25
A
D0
o
q: Caudal de calor [kcal/h]
T: Diferencia de temperatura entre pared y medio ambiente [ C]
A: Área de la tubería [m2]
Do: Diámetro externo de la tubería [cm]
Transformar esta ecuación para expresar T en oF. Nota: 1oC = (5/9)oF. Sol.: q/A=1,712T1,25/ D00,25
[01-09] El calor perdido por convección y radiación a la atmósfera viene dado por la fórmula:
1,25

5/9oF 
o

T
C


o
C 
q
= 3,57 
A
D0,25
0
= 1,712
(ΔT)1,25
con T en oF
D0,25
0
5 5
En realidad: o C = (oF - 32)  Fo
9 9
Problema nº 4)
[01-10] En los procesos de sedimentación de partículas en fluidos, la fuerza ejercida sobre una partícula obedece
a la siguiente ecuación: FD = 0,055 Ut·Dp2· siendo:
FD: Fuerza [lbf]
Dp: Diámetro de la partícula [ft]
Ut: Velocidad de la partícula [ft/s]
: Densidad [lb/ft3]
Transformar la ecuación al sistema internacional utilizando las equivalencias necesarias y teniendo en cuenta que
1 lbf = 4,4482 N. Sol.: FD = 0,540 UtDp2
m
 kg 
 ft 
 lb 
FD [lbf ] = 0,055 Ut  ·Dp2[ft]2 ·  3  → Unidades SI: m, kg y s (N) FD N = 0,055 Ut   ·Dp2 [m]2 ·  3 
s
 
m 
s
 ft 
1 ft = 0,3048 m, 1 lb = 0,453593 kg, 1 lbf = 4,4482 N


1 lb
2




1 lbf 
1 ft  2 
1 ft 
kg 0,453593 kg 

m

FD N 
3
 = 0,055 Ut  s  0,3048 m  ·Dp  m  0,3048 m   ·  m3 
 4,4482 N 

 
 
 1 ft  

 0,3048 m  

 



1 lb
2




1 ft  2 
1 ft 
kg 0,453593 kg 
m

0,055 Ut  
·Dp  m 
  · 3 
3
 s 0,3048 m   0,3048 m    m  1 ft  

 0,3048 m  
m
 kg 

 

FD N =
= 0,54 Ut   ·Dp2 (m)2 ·  3 
1 lbf
s
m 
4,4482 N
Problema nº 5)
[01-12] En los procesos de filtración a presión constante, el volumen de líquido filtrado está relacionado con el
2
tiempo de filtración por la ecuación: V2 = 2A P(1 - M  S)  siendo:
 S 
2
3
V: Volumen de filtrado [ft ]
2
A: Área filtrante [ft ]
2
P: Diferencia de presión [lbf/in ]
S: Fracción másica del sólido en la suspensión
M: Relación entre el peso de la torta húmeda y el peso de la
torta seca
3
V: Volumen de filtrado [ft ]
2
A: Área filtrante [ft ]
2
P: Diferencia de presión [lbf/in ]
S: Fracción másica del sólido en la suspensión
M: Relación entre el peso de la torta húmeda y el peso de la
torta seca
Se desea transformar la ecuación para poder emplear las siguientes unidades:
V en cm3 A en cm2 P en atm µ en cP  en g/cm3
Nota: 1 atm = 14,606 psi. Sol.: V2 = 1424,39 [A2P(1 - M·S) / ··s·]
 en s2/g
 lb 
2A2 [(ft)2 ]ΔP  2f  (1 - M  S)
2A2 [(cm)2 ]ΔP*atm+(1 - M  S)
2
3 2
 in 
V2 [ft3 ]2 =

[s]

V
[
cm
]
=
[s]
 s2 
 s2 
 lb   lb 
 g 

 3  S   
[cP]   3   S   
 ft  s   ft 
 cm 
 lb 
g
lb 

2
14,696 2f 

1 ft   
in
2A  cm 
  ΔP atm  1 atm  (1 - M  S)
30,48
cm
2




3

 


1 ft  


V2  cm 
=
[s]
 
30,48
cm


 

1
lb



-4 lb 
 g

 s2

 6,72  10 ft  s  
1
453,593 g 
 cP


S



3
1 lb 


1 cP
g

   cm  1 ft  



 453,593 g 
30,48 cm  

lb 

2
14,696 2f 

1 ft   
2 
in
2A  cm 
  ΔP atm  1 atm  (1 - M  S)
30,48
cm



 



[s]


1
lb



-4 lb 
 g

 s2

 6,72 10 ft  s  
1
453,593 g 
 cP


3  S  
1 lb 


1 cP
g

   cm  1 ft  



 453,593 g 
30,48 cm  
A 2ΔP(1 - M  S)

2
3 2



V cm  =
= 1,33 106
 (1424,39)
2
3
  S 

1 ft  
 cm 

30,48 cm  

2
Problema nº 6)
[01-18] Para el cálculo del coeficiente individual de transferencia de materia, kg, a través de la fase gaseosa se ha
obtenido experimentalmente, en una columna de laboratorio de esferas y cilindros de área interfacial conocida,
3
la ecuación: kg = 14,04 VR2/3  a1/2
s  lm en la que:
kg: Coeficiente individual de transferencia de materia a través de la fase gaseosa [kg/(h·m2·atm)]
VR: Velocidad relativa entre las fases gaseosa y líquida [m/s]
as: Superficie específica del relleno [m2/m3]
Im: Factor de impulsión [adimensional]
Transformar dicha ecuación para que pueda utilizarse con las magnitudes expresadas en las siguientes unidades:
kg en lb/(h·ft2·mmHg); VR en ft/s: as en ft2/ft3. Sol.: kg = 3,11·10-3VR2/3aS1/2Im3
kg


m
kg 
= 14,04 VR2/3  
2

h

m

at
m


s
2/3
1/2
 m2  3
lb


2/3  ft 
 a1/2
 lm  k g 
s  3
2
 = 14,04 VR  s 
m
h

ft

m
mHg
 


 
2/3
1/2
 ft2  3
 a1/2
 lm
s  3
 ft 
Como: 1 lb = 0,453593 kg, 1 ft = 0,3048 m y 1 atm = 760 mmHg
3
1/2
2/3


 2  0,3048 m 2 
  0,3048 m  
0,453593 kg
ft


 ft 
 
  1 ft  
lb
2/3
1/2 


 1 ft    l3
1
lb


kg
=
14,04
V

a


R
s
m
 h  ft2  mmHg  0,3048 m 2  1 atm  
s
 3  0,3048 m 3 


h 

 ft 
 
 



 1 ft   760 mmHg  
  1 ft  

2/3
1/2
 0,3048 m   1 ft 
14,04 
 

lb


 1 ft   0,3048 m 
kg 
=
2

0,453593  760
 h  ft  mmHg 
(0,3048 m)2
3
-3
2/3
1/2 3
VR2/3  a1/2
s  lm = 3,104  10 VR  as  lm
Problema nº 7)
[01-19] Para la determinación del coeficiente de transmisión de calor individual a través de un sólido en contacto
0,36
 G 
con la pared de un lecho fluidizado, Wen y Fau proponen la ecuación empírica: h = 11,6 k(Css ) 
 donde
 Nf 
h es el coeficiente de transmisión de calor [Btu/(h·ft2·oF)], k es la conductividad térmica del fluido [Btu/(h·ft·oF)],
Cs es la capacidad calorífica del sólido [Btu/(lb·oF)],  es la densidad del sólido [lb/ft3], G es la velocidad másica del
fluido [lb/(h·ft2)],  es la eficacia de la fluidización [adimensional],  es la viscosidad del fluido [lb/(h·ft)] y Nf es la
razón de expansión del lecho [adimensional].
Obtener una ecuación equivalente en la que todas las variables se expresen en el Sistema Internacional de Unidades. Nota: 1oF = (9/5) K. Sol.: h = 0,2912 (Csfs)0,4(G·/·Nf)0,36
0,4
Unidades SI: m, kg y s
1 ft = 0,3048 m
calor: 1 J = 9,486 10-4 Btu
  lb  

0,4 G
 Btu 
 Btu    Btu   lb     h·ft2  


h  2 o  = 11,6 k 

C

s
 s
o
o
3 
 h·ft · F 
 h·ft· F    lb· F   ft      lb   N 
  h·ft  f 

 

0,36
  Kg  
0,4 G

 J    J   Kg     h·m2  
 J 


 h  2  = 11,6 k 
   Cs 
 s  3  
 h·m ·K 
 Kg·m·K    Kg·K   m      Kg   N 
  h·m  f 

 

0,4
 J  J   1 
11,6 
 3   
 Kg·m·K   m K   m 
h=
J
h·m2 ·K
0,36
 Kg
 J  J Kg   h·m2
= 11,6 


3 
 Kg·m·K  Kg·K m   Kg
 h·m
0,4





0,36
0,36
0,4
 h·m   J   1 
= 11,6 
 3   
 Kg   m K   m 

 3600 s

1 ft
9,486 10-4 Btu

·m
 h

J
1h
0,3048 m  

1
J

= 11,6
3
o

1 lib
 
  


1
ft
1
F

K

  Kg  0,453593 Kg     m 



    0,3048 m   9/5 K  
 
5
En realidad: o F = Ko - 459,67
9
0,36
0,4
=




1


  m  1 ft  
  0,3048 m  


0,36
 G  
= 765 k  (C s s ) 

  Nf 
0,36
0,4
(0,2912)
Problema nº 8)
[01-17] En 1916 Nusselt dedujo una relación teórica para predecir el coeficiente de transferencia de calor entre
1/4
 k3  ρ2  g  λ 
un vapor saturado puro y una superficie más fría: h = 0,943 

 L  μ  ΔT 
h:
Coeficiente medio de transferencia de calor [Btu/(h·ft2·oF)]
k:
Conductividad térmica [Btu/(h·ft·oF)]
:
Densidad [Ib/ft3]
g:
Aceleración debida a la gravedad [ft/h2]
donde:
4
:
Cambio de entalpía [Btu/lb]
L:
Longitud del tubo [ft]
µ:
Viscosidad del líquido [lb/(ft·h)]  falta
T:
Diferencia de temperatura [oF]
¿Qué unidades tiene la constante 0,943?. Sol.: La constante 0,943 es adimensional.
Despejando la constante 0,943 de la fórmula dada:
Btu
Btu
Btu
Btu
2
o
2
o
2
o
2 o
h
h  ft  F
h  ft  F
h  ft  F
0,943 =
=
=
=
= h  ft  F = 1
1/4
1/4
1/4
1/4
Btu
 k 3  ρ2  g  λ 
  Btu 3  lb 2 ft Btu 
 Btu4  lb 
 Btu4






 5 8 o 3
 4 8 o 4
h  ft2 o F
o  
3 
2
 L  μ  ΔT 
 h  ft  F 
  h  ft  F   ft  h lb 
 h  ft o  F 


 lb  F 
 lb  o


ft  
 F


h


ft·h




La constante es adimensional.
Problema nº 9)
[01-14] El número de Prandtl es un grupo adimensional importante en los cálculos de transferencia de calor. Se
C μ
define como: Pr = P
donde Cp: Capacidad calorífica del fluido, µ: Viscosidad del fluido, k: Conductividad
k
J
lb
,  = 1936
,
térmica del fluido. Calcular el número de Prandtl para un fluido particular con: CP = 0,583
gºC
ft  h
W
k = 0,286 o . Sol.: Pr = 1632,58
m C
J  
lb 453,593 g 1 h
1 ft 

0,583 o    1936


g C  
ft  h 1 lb 3600 s 0,3048 m 
C μ
g C
Pr = P =
=
=
W
W 1 J/s
k
0,286
0,286
mºC
m o C 1 W
J
g
J

o
o
g  C m s
= 1631,38
= 1631,38 C  m  s = 1631,38 1652,58
J/ s
J
o
o
m C
m C  s
0,583
J
o
1936
lb
ft  h
Problema nº 10)
[01-15] El número de Reynolds es un grupo adimensional definido para un fluido que se desplaza en un tubo
D  v 
como: Re =
donde D: Diámetro del tubo, v: Velocidad del fluido, : Densidad del fluido, µ: Viscosidad del

fluido. Cuando el valor del número de Reynolds es menor de 2.100, el flujo es laminar: el fluido se mueve en
corrientes suaves. Para números de Reynolds por encima de 2.100, el flujo es turbulento: existe una fuerte
agitación interna. La metil-etil-cetona (MEC) fluye a una temperatura de 20ºC en las siguientes condiciones:
ft
g
D = 2,067 in, v = 0,048 ,  = 0,805
,  = 0,43 cP . Determinar si el flujo es laminar o turbulento. Nota: 1 cP =
s
cm3
0,001 kg/m·s. Sol.: Re = 1435; como Re < 2100, el flujo es laminar.
El valor del número de Reynolds hay que obtenerlo en unidades del SI: metros, kilógramos y segundos
D  v 
Re =
=

1m  
ft 0,3048 m  
g 106cm3 1 kg 

2,067
in

0,048

0,805



39,97 in  
s
1 ft  
cm3 1 m3 1000 g 

kg
0,001
m
s
0,43 cp 
1 cp
Re = 1416,41 < 2100 (1435)  el flujo es laminar
ft
g
2,067 in  0,048  0,805
s
cm3 =
=
0,43 cP
5
Ejercicio nº 1)
[01-06] La conductividad calorífica, k, de un acero A.I.S.I. 1335 a 373 K es de 27 Btu/(h·ft·ºF). Exprésese en las siguientes unidades: a) W/(m K). b) cal/(s·cm·ºC). Nota: 1 Btu = 1.054,19 J = 251,96 cal; 1oC = 1,8oF. Sol.: a) k =
46,69 W/m·K, b) k = 0,112 cal/s·m·K
a)
b)
Btu
1W
h 3,412 Btu
W
h
27
= 46,70
mK
 0,3048 m  o 5/9 K 
 ft 
 F o 
1 ft 
1F 

251,96 cal
Btu
cal
1 Btu
27
= 0,111
o
s  cmoC
 3600 s  30,48 cm   o 1 C 
h

ft

F





1 h 
1 ft   1,8oF 

Ejercicio nº 2)
[01-21] Para calcular el coeficiente de transmisión de calor de un líquido orgánico que circula perpendicularV 0,6
mente a un conjunto de tubos puede emplearse la ecuación: h = b max
donde b es una constante que tiene un
Do0,4
valor de 0,408 si en la ecuación se emplean unidades del Sistema Inglés, Vmáx en ft/h y el diámetro externo de los
tubos, Do, en ft, obteniéndose h en las unidades Btu/(h·ft·oF).
Calcular el valor que debería tener la constante b, para poder emplear la ecuación con Vmáx y Do en unidades del
Sistema Internacional [m/s] y [m] respectivamente y obtener el coeficiente de transmisión de calor, h, en J/(s·m2·
K). Nota: 1oF = 5/9oC; 1 J = 9,486·10-4 Btu. Sol.: b = 399,48
S.I.: m, kg y s (J y K)
0,6
0,6  ft 
Vmax
h
 Btu 
h
= 0,408 0,4 0,4
o 
Do [ft]
 h  ft  F 
0,6
0,6  m 
Vmax
 s 
 J 
 h
=
0,408
2
0,4
Do [m]0,4
 s  m K 
0,6


1 ft 3600 s 
0,6  m
9,486  10-4 Btu
Vmax 


J
 s 0,3048 m 1 h 
1J
 = 0,408
h
2
0,4
 1h 
1 ft 
1oF 
1 ft 
0,4 
s

m

K
D
m


o 


 0,3048 m 
 3600 s  0,3048 m  9/5 K 
1 ft 3600 s 
0,6  m
Vmax
 s 0,3048 m 1 h 
0,408
0,4
1 ft 

Do0,4 m
 Btu 
 0,3048 m 
h
=


 s  m  K 
9,486  10-4


1


 1  1 2 1 




 3600  0,3048  9/5 
0,6
0,6
0,6  m 
Vmax
s
= 123,31 0,4 0,4
Do [m]
(399,48)
En el estudio de la transmisión de calor por convección natural se ha deducido para el coeficiente individual de
0,25
 ΔT 
transmisión de calor, h, la siguiente ecuación: h = 0,50   viniendo expresado h en BTU/(h·ft2·oF), T en oF y
 D 
D en pulgadas (in). Si se deseara utilizar esta ecuación con unidades del sistema internacional, habría que
BTU in0,25
J m0,25
0,5
=
1,312
recalcular la constante para estas unidades:
por lo que, para el uso con
h·ft2 ·oF o F0,25
s·m2 ·K K0,25
0,25
 ΔT 
unidades del S.I. la ecuación será ahora: h = 1,312  
D 
6
 ΔT *oF+ 
 Btu 
h
= 0,50 

o 
 h  ft  F 
 D [inch] 
0,25
 ΔT *K+ 
 J 
 h
= 0,50 

2

 s  m K 
 D [m] 
0,25



 9,486  10-4 Btu 
 1oF  
J

ΔT





K 9/5 K  
1J



 



h
= 0,50
2
o



12
inch




1h  
1 ft 
1F
 m 
 K 
 s 

 D m 0,3048 m  




 
  3600 s   0,3048 m   9/5 K  
0,25
0,25

 1  
 ΔT  9/5  

 
0,50 
12


D
0,25



 ΔT *K+ 
 J 
 0,3048  

h
=
= 0,301 
 (1,312)
2

 9,486  10-4 
 s  m  K  
 D [m] 




1




  1   1 2  1  

 


  3600   0,3048   9/5  
CASA 2014
01 Convertir 340 m/s a mi/h
340
m 3600 s 0,0006214 mi
millas


= 760,59
s 1h
1m
h
02 Convertir 57,5 lb/ft3 a Kg/m3
0,453593 kg
0,453593 kg
lb
kg
lb
kg
1 lb
1 lb
= 921,06 3
57,5 3 
= 621,06 3 o 57,5 3 
3
3
ft  0,3048 m 
m
ft 0,028317 m
m
3


1 ft
 1 ft 
03 Convertir 120 hp a kJ/min. Nota: 1 J/s = 1,341·10-3 hp
120 hp 
1 J/s
J
J 1 kJ
60 s
kJ
= 89485,458  89485,458 

= 5369,13
-3
1,341 10 hp
s
s 1000 J 1 minuto
m
1 ft = 0,3048 m
1 ft3 = (1 ft)3 = (0,3048 m)3 = 0,028317 m3
1 ft3 = 0,028317 m3
7
2. BALANCES DE MATERIA (FÍSICOS)
Problema n° 11)
[02-17] Un evaporador se alimenta continuamente con 25 Tm/h de una disolución que contiene 80% de H2O,
10% de NaOH y 10% de NaCl. Durante la evaporación el NaCl precipita en forma cristalina y se sedimenta y separa. La disolución concentrada que abandona el evaporador contiene 48% de H2O, 50% de NaOH y 2% de NaCl.
Calcular los caudales de las corrientes de salida. Sol.: concentrada = 5 Tm/h, agua = 17,6 Tm/h
De los 3 componentes de la disolución diluida que entran en el evaporador, el único que no cambia es el NaOH, pues parte del H2O se
evapora y parte del NaCl cristaliza.
Balance de NaOH:
NaOH entra (d.diluida) = NaOH sale (d.concentrada)
Tm 10
Tm 50
25

=x

h 100
h 100
Tm
es el caudal de disolución concentrada
x=5
h
80% H2O
10% NaOH
10% NaCl
y Tm/h
H2O
evaporada
48% H2O
50% NaOH
02% NaCl
Disolución
concentrada
Disolución
diluida
EVAPORADOR
x Tm/h
25 Tm/h
NaCl
precipitado
Balance de H2O:
H2O (d.diluida) = H2O (evaporada) + H2O (d.concentrada)
Tm 80
Tm
Tm 48
25

=y
+5

h 100
h
h 100
Tm
es el caudal del H2O evaporada
 y = 17,6
h
Problema n° 12)
[02-18] Un cristalizador se alimenta con 5.600 kg/h de una disolución salina caliente con 50% en peso de sal. Al
enfriar cristaliza la sal y se consigue separar así una disolución fría saturada con 20% en peso de sal y unos cristales húmedos con 5% en peso de agua. Se desea conocer el caudal de disolución de salida y la masa de cristales
húmedos obtenidos por hora. Sol.: caudal de disolución de salida 2240 kg/h; masa de cristales húmedos obtenidos por hora = 3360 kg/h
Balance de sal:
sal (d.salina cal.) = sal (d.fria sat.) + sal (cristales precipitados)
kg 50
kg 95
kg 20
(1)
5600 
=x 
+y 
h 100
h 100
h 100
Balance total de masa:
d.salina cal. = d.fria sat. + cristales precipitados
Kg
Kg
Kg
(2)
5600
=x
+y
h
h
h
Resolviendo el sistema:
50
95
20

=x
+y
 2800 = 0,95x + 0,2y 
100
100
100
 

(2) 5600 = x + y
 5600 = x + y
50% agua
50% sal
50% H2O
80% agua
20% sal
80% H2O
Disolución
fría saturada
Disolución
salina cal.
CRISTALIZADOR
x kg/h
5600 kg/h
cristales
precipitados
5% H2O
95% sal
y kg/h
(1) 5600
x = caudal de disolución de salida = 2240 kg/h
y = masa de cristales húmedos obtenidos por hora = 3360 kg/h
Si utilizamos en (2) el balance de H2O, obtenemos dos ecuaciones similares que no se pueden resolver.
8
Problema n° 13)
[02-02] El análisis del agua que fluye por un río indica que hay 180 ppm de Na2SO4. Si se añaden de forma uniforme 10 kg de Na2SO4 a la corriente durante el período de 1 h y el análisis aguas abajo, donde la mezcla ha sido
completa, indica que hay 3.300 ppm de Na2SO4, ¿cuál es el caudal de agua (m3/h) que fluye por el río?. Sol.. 3,205
m3/h
ppm: Es un concepto análogo al de porcentaje, sólo que ahora no es
partes por ciento sino por millón (tanto por mil): 10000 ppm = 1%
180 ppm = 0,0180%
3300 ppm = 0,3300%
El río lleva, en todo momento, un flujo de x kg/h
3300 ppm
180 ppm
final
inicial
RIO
x kg/h
x kg/h
Balance de Na2SO4:
Na2SO4 (inicial) + Na2SO4 (añadido) = Na2SO4 (final)
Na2SO4
Kg 0,0180
Kg
Kg 0,3300
Kg
x 
+ 10
= x 
 x = 3205
agua
10 kg/h
h 100
h
h 100
h
Kg
Kg
Kg
Kg 1 m3
m3
Como densidad (H2O) = 1
= 1 3 = 1000 3  3205 
= 3,205
L
dm
m
h 1000 Kg
h
Problema n° 14)
[02-01] Una corriente de aire circula por una conducción y en un determinado punto de la misma se le inyectan
10 kg/h de CO2. A suficiente distancia de este punto para que se produzca la mezcla completa, un análisis de la
corriente muestra que contiene 0,45% en volumen de CO2. Suponiendo que el contenido normal del CO2 en el
aire es de 0,03% en volumen, calcular el caudal del aire, en kg/h. Sol.: 1558 Kg/h
Balance de CO2: (PM CO2 = 44) % en volumen
CO2 (inicial) + CO2 (añadido) = CO2 (final)
kmol 0,03 10 kmol
kmol 0,45
(1)
x

+
=y

h 100
44 h
h 100
Balance de masa total (en moles):
inicial + añadido = final
kmol 10 kmol
kmol
(2)
x
+
=y
h
44 h
h
0,45% CO2
0,03% CO2
inicial
final
CONDUCCION
y kmol/h
x kmol/h
CO2
10 kg/h
(1) 3  10-4 x + 0,227 = 4,5  10-3 y 
kmoles
kmoles
y = 54,02
  x = 53,8
h
h
(2) 44x + 10 = 44y

kmoles
kg
kg
53,8
 29
= 1560 de aire
h
kmol
h
Problema n° 15)
[02-04] Un recipiente contiene 600 l de una disolución de detergente al 25% en volumen. Se desea reducir la concentración al 20% añadiendo otra disolución del mismo detergente al 5%. a) ¿Qué volumen (l) de disolución al 5%
se debe añadir? b) ¿Cuál será la concentración final si se añaden 300 l?. Sol.: a) 200 L, b) 18,3%
Sea x L el volumen de disolución al 5% se debe añadir.
Balance de detergente:
detergente 25% + detergente 5% = detergente 20%
(inicial)
(añadido)
(final)
25
5
20
 x = 200 L
+ x L
= (600 + x) L 
100
100
100
25
5

Cantidad detergente 20% = 600 L 
+ 300 L 
= 165 
100
100


Volumen final: 600 L + 300 L = 900 L
inicial
600 L
25%
detergente
RECIPIENTE
final
20%
detergente
600 L 
concentración =
5%
detergente
xL
165
 100 = 18,3%
900
9
Problema n° 16)
[02-11] Una columna de destilación se alimenta con una mezcla que contiene 45% de benceno y 55% de tolueno.
Se produce un flujo de destilado que contiene 95% en peso de benceno y con el residuo sale un 8% del benceno
alimentado a la columna. La velocidad de alimentación es de 2.000 kg/h. Determínense el flujo másico de
destilado y los flujos másicos de benceno y tolueno en el residuo. Sol.: 871,6 Kg/h, benceno: 72 Kg/h, tolueno:
1056 Kg/h.
Con el residuo sale un 8% del benceno alimentado a la columna
 el benceno en la corriente del residuo es un 8% del benceno en
la corriente de alimentación.
8 45
Kg
Kg
RESIDUO - flujo másico de benceno:

 2000
= 72
100 100
h
h
DESTILADO
95% benceno
o5% tolueno
ALIMENTACION
45% benceno
55% tolueno
Balance de benceno:
benceno (alimentación) = benceno (destilado) + benceno (residuo)
2000 Kg/h
Kg 45
Kg 95
Kg
2000 
=x 
+ 72
h 100
h 100
h
Kg
 x = 871,6
flujo másico del destilado
h
Balance de tolueno:
tolueno (alimentación) = tolueno (destilado) + tolueno (residuo)
Kg 55
Kg 5
Kg
Kg
2000 
= 871,6 
+y
 y = 1056
tolueno del residuo
h 100
h 100
h
h
Que tambien puede hallarse por medio del un balance total de masa.
Balance de masa total:
inicial = destilado + residuo = destilado + residuo (benceno) + residuo (tolueno)
Kg
Kg
Kg
Kg
Kg
2000
= 871,6
+ 72
+y
 y = 1056
tolueno del residuo
h
h
h
h
h
x Kg/h
COLUMNA
y Kg/h
tolueno
RESIDUO
8% benceno
Problema n° 17)
[02-13] Una corriente de 1.000 mol/h, disponible con la siguiente composición:
Componente
Propano
Isobutano
% mol
20
30
Componente
Isopentano
n-Pentano
% mol
20
30
se va a separar por destilación en dos fracciones. Se desea que el destilado contenga todo el propano que entra
en la unidad, así como el 80% del isopentano; su composición en isobutano deberá ser de 40%. La corriente de
residuo deberá contener todo el n-pentano que se alimenta a la unidad. Calcular los análisis completos de destilado y residuo. Sol.: destilado (propano 33%, isobutano 40%, isopentano 27%), residuo (isobutano 15%, isopentano 10%, n-pentano 75%).
o
DESTILADO:
moles 20
moles
1000

= 200
Propano (todo):
h
100
h
40%
Isobutano:
moles 20 80
moles


= 160
Isopentano (80% entrada): 1000
h 100 100
h
n-pentano (en residuo):
0%
ALIMENTACION
DESTILADO
Propano 20%
Isobutano 30%
Isopentano 20%
n-Pentano 30%
Propano
Isobutano
Isopentano (80%)
n-Pentano 0%
DESTILACION
x moles/h
1000 mol/h
RESIDUO
o RESIDUO:
Propano (en destilado):
Isobutano:
0%
¿?
moles 20 20
moles


= 40
h
100 100
h
moles 30
moles
1000

= 300
h
100
h
Isopentano (20% entrada): 1000
n-pentano (todo):
Propano 0%
Isobutano
Isopentano (20%)
n-Pentano
y moles/h
10
BALANCE DE MATERIA EN EL DESTILADO:
destilado = propano + isobutano + isopentano
x
BALANCE DE MATERIA TOTAL:
Alimentación = destilado + residuo
moles
moles
moles 40
moles
= 200
+x

+ 160
h
h
h
100
h
 x = 600
Propano:
Isobutano:
Isopentano:
1000
moles
moles
moles
= 600
+y
h
h
h
moles
h
 y = 400
moles
h
40
 100 = 10%
400
300
n-pentano:
 100 = 75%
400
Isobutano: 100 - 10 - 75 = 15%
200
 100 = 33%
600
40 %
Isopentano:
160
 100 = 27%
600
Problema n° 18)
[02-35] El jugo de naranja fresco contiene generalmente un 12% de sólidos en disolución acuosa (porcentaje en
masa); dichos sólidos son principalmente azúcares. Para reducir los costos de traslado, a menudo se concentra el
jugo antes de embarcarse y luego se reconstituye al llegar a su destino. El proceso de concentración se efectúa
en evaporadores de diseño especial, de tiempo de residencia corto, que operan a presiones menores a la
atmosférica para reducir las pérdidas de los componentes de sabor y aroma, presentes en cantidades muy
pequeñas y que son muy volátiles y sensibles al calor. Como generalmente no pueden evitarse algunas pérdidas
de estos componentes, la práctica común es concentrar el jugo un poco más de lo necesario, y después agregar
una pequeña cantidad de jugo fresco al concentrado para obtener un producto de mejor aroma y sabor.
Supóngase que se utiliza 10% de la alimentación a dicho proceso para la reconstitución, y que se opera el evaporador para obtener un jugo de descarga que contiene 80% de sólidos en disolución. Si al proceso se alimentan
10.000 kg/h de jugo fresco, calcular el caudal evaporado de agua y la composición del producto final. Sol.: 7650
Kg/h, 51% de sólido.
BALANCE DE SOLIDOS (EVAPORADOR):
sólidos (entra) = sólidos (sale)
Kg 90 12
Kg 80
Kg
10000 

=z 
 z = 1350
h 100 100
h 100
h
BALANCE DE AGUA (EVAPORADOR):
agua (entra) = agua (sale)
Kg 90 88
Kg
Kg 20
10000 

=x
+z 
h 100 100
h
h 100
Kg 90 88
Kg
Kg 20
Kg
10000 

=x
+ 1350 
 x = 7650
h 100 100
h
h 100
h
que es el caudal de agua evaporada
AGUA
JUGO FRESCO
12% sólidos
88% agua
10000 Kg/h
90%
12% s
88% a
10%
12% s
A 88% a
x Kg/h
EVAPORADOR
80% s
B 20% a
z Kg/h
PRODUCTO
y Kg/h
COMPOSICION DEL PRODUCTO FINAL:
Kg 10 12
Kg 80
Kg 


+ 1350 
= 120 + 1080 = 1200
h 100 100
h 100
h 

Kg
Kg
Kg
A
B
+ 1150
= 2350
  total = 1200
Kg 10 88
Kg 20
Kg 
h
h
h
agua: 10000 

+ 1350 
= 880 + 270 = 1150
h 100 100
h 100
h 

A
B
Kg
Kg
Kg
Más sencillo, mediante el balance total de masa: 10000
= 7650
+ y  y = 2350
h
h
h
sólidos: 10000
sólidos:
1200
 100 = 51%
2350
agua:
1150
 100 = 49%
2350
11
Problema n° 19)
[02-39] Un evaporador se alimenta con 10.000 kg/h de una disolución de KNO3 al 20% en peso. La disolución
concentrada que sale del evaporador con el 50% en peso de KNO3 se lleva a un cristalizador, donde se enfría,
cristaliza el KNO3 y las aguas madres (disolución saturada fría con 0,6 kg de KNO3 por kg de agua) se recirculan,
mezclándose con la corriente de alimentación del evaporador. La masa de cristales separados en el cristalizador
contiene un 4% en peso de agua. Calcular: a) Caudal (kg/h) de sal húmeda producida. b) Caudal (kg/h) de agua
evaporada. c) Caudal (kg/h) de disolución saturada fría recirculada del cristalizador al evaporador. Sol.: a) 2083
Kg/h, b) 7912 kg/h, c) 7668 kg/h
Balance global:
①
100% H2O ②
x kg/h
= ②+③
①
KNO3:
10000 kg/h
kg 20
kg 0
kg 96
kg
10000 
=x 
+w 
 w = 2083
h 100
h 100
h 100
h
H2O:
20% KNO3
80% H2O
EVAPORADOR
y kg/h
50% KNO3
50% H2O
CRISTALIZADOR
w kg/h
z kg/h
kg 80
kg
kg 4
kg

=x
+ 2083 
 x = 7917
h 100
h
h 100
h
kg
kg
kg
o balance masa: 10000 = 2083 + x  x = 7917
h
h
h
37,5% KNO3
62,5% H2O
10000
③
96% KNO3
4% H2O
Balance de masa en el cristalizador:
kg
kg
kg
kg

=z
+ 2083
y = 9749


h
h
h
h

kg 50
kg 37,5
kg 96 
kg
KNO3 : y 
=z 
+ 2083 
z = 7668
h 100
h 100
h 100 

h
total: y
Tambien puede calcularse x con un Balance de masa en el evaporador:
H2O: 10000
kg 80
kg 62,5
kg 100
kg 50
kg

+ 7668 
=x 
+ 9749 
 x = 7918
h 100
h 100
h 100
h 100
h
Problema nº 20)
[02-43] A un proceso formado por un mezclador y un separador, con recirculación y purga, que opera en continuo y régimen estacionario, se alimenta una corriente fresca con una composición en peso de 20% en A y 80% en
B. En el separador se obtiene una corriente de composición en peso de 5% en A y 95% en B, y otra formada por A
puro, de la cual una parte se recircula a la corriente de alimentación fresca y la otra se extrae como purga, con un
caudal de 10 kg/h. La entrada al mezclador, resultante de la mezcla de alimentación fresca y recirculación, tiene
una composición en peso de 40% en A. Calcular los caudales y composiciones de las diferentes corrientes del
sistema. Sol.: 84,47 Kg/h (entrada al mezclador), 63,34 Kg/h (alimentación fresco), 21,11 kg/h (recirculación),
53,34 Kg/h (producto).
Balance de masa global:
①
= ②+ ③
kg 20
kg 5
kg


=v 
+ 10
 0,2x = 0,05v + 10 

h 100
h 100
h

kg 80
kg 95

B: x 
=v 
 0,8x = 0,95v

h 100
h 100

A: x
kg
kg
v = 53,33 (producto), x = 63,33 (alimentación)
h
h
Balance de masa en el punto X:
①
v kg/h
x kg/h
40% A
60% B
20% A
80% B
X
y kg/h
②
MEZCLADOR
5% A
95% B
SEPARADOR
w kg/h
100% A
z kg/h
③
B: x
kg 80
kg 60
kg 80
kg 60
kg

=y 
 63,33 
=y 
 y = 84,46 (entrada mezclador)
h 100
h 100
h 100
h 100
h
A: x
kg 20
kg
kg 40
kg 20
kg
kg 40
kg

+z =y 
 63,33 
+ z = 84,46 
 z = 21,11 (recirculación)
h 100
h
h 100
h 100
h
h 100
h
100% A
10 kg/h
12
Ejercicio nº 1) H-3.7
[02-05] En las estaciones de servicio es preciso añadir ácido sulfúrico diluido a las baterías secas a fin de activarlas. Se desea preparar un lote nuevo de ácido al 18,63% utilizando una disolución más débil que contiene 12,43%
de H2SO4 (el resto es agua pura) y que se encuentra en un tanque. Si se agregan 200 kg de H2SO4 del 77,7% al
tanque y la disolución final tiene que ser H2SO4 del 18,63%, ¿cuántos kg de ácido de batería se habrán preparado?. Sol.: Acido de batería preparado = 2110 kg
Balance de H2SO4:
inicial
77,7
12,43
18,63
(1)
200 kg 
+ x kg 
= y kg 
100
100
100
Balance de H2O:
200 kg 
22,3
87,57
81,37
(2)
+ x kg 
= y kg 
100
100
100
(1) 155,4 + 0,1243x = 0,1863y 
 y = 2110 kg, x = 1910 kg
(2) 44,6 + 0,8757x = 0,8137y 
final
12,43% H2SO4
87,57% H2O
TANQUE
y kg H2SO4
H2SO4 x kg
77,7% H2SO4
22,3% H2O
18,63% H2SO4
81,37% H2O
200 kg
H2SO4
Ejercicio nº 2)
[02-07] Una mezcla de metano y aire puede encenderse sólo si el porcentaje en moles de metano se encuentra
entre 5% y 15%. Una mezcla que contiene 9% en moles de metano en aire, con un caudal de 700 kg/h, se diluye
con aire puro para reducir la concentración de metano al límite menor de inflamabilidad. Calcular el caudal molar
de aire requerido (mol/h) y el porcentaje en masa de oxígeno en el producto gaseoso. Nota: Puede considerarse
que la masa molecular media del aire es de 29 kg/kmol. Sol.: Caudal de aire = 20.122 mol/h; O2 = 22,6% peso.
Peso molecular de la mezcla inicial [PM(CH4) = 16, PM(aire) = 29]
91
Kg
9
Kg
Kg
 29
+
 16
= 27,83
100
Kmol 100
Kmol
Kmol
Balance de metano: CH4 (inicial) = CH4 (final) inferior a 5%
700 Kmol 9
Kmol 5
Kmol

=y

 y = 45,27
27,83 h 100
h 100
h
Balance de aire: inicial + añadido = final
5% metano
95% aire
9% metano
91% aire
inicial
final
MEZCLADOR
700 Kg/h
y Kmol/h
x Kmol/h
100% aire
700 Kmol 91
Kmol
Kmol 95
Kmol

+x
= 45,27

 x = 20,12
27,83 h 100
h
h 100
h
Porcentaje en masa de oxígeno en el producto gaseoso
moles O2
%O2 =
100 =
moles totales
45,27
Kmol 95 21


h 100 100 100 = 20%
45,27
Problema 11:
Balance total: 25 = y + x + precipitado → 25 = 5 + 17,6 + precipitado → precipitado = 2,4
10
2
Balance NaCl: 25 
= 5
+ 2,4  2,5 = 0,1 + 2,4  2,5 = 2,5
100
100
En una planta de desalinización de ósmosis inversa se tratan 4000 kg/h de una disolución salina con un 4 % en
peso de sal y las condiciones de operación son tales que se obtienen 1200 kg/h de agua desalinizada con un 0,3
% en peso de sales.
a) Calcular la salinidad de la salmuera de rechazo (%).
b) Calcular la salinidad (%) del permeado, cuando la salinidad del agua alimentada se incrementa en un 50%,
manteniendo constantes las restantes condiciones.
13
Como hay un flujo de entrada y dos flujos de salida, al
uno se le conoce como rechazo salino y al otro como
flujo de permeado y sus valores dependerán de la
presión de entrada impuesta al sistema.
Balance global total: 4000 = 1200 + S → S = 2800 kg/h
Balance global parcial a la sal: 4000⋅0,04 = 1200⋅0,003 + S⋅Y → X = 0,0558 = 5,58%
Balance global parcial a la sal: 4000⋅0,06 = 1200⋅Y + 2800⋅5,58 → Y = 0,0698 = 6,98%
14
3 BALANCES DE MATERIA (QUÍMICOS)
Problema n° 21) H-311
[03-01] La corrosión por oxígeno de las tuberías de las calderas puede reducirse si se emplea sulfito sódico, el cual
elimina oxígeno del agua de alimentación de la caldera por medio de la reacción 2 Na2SO3 + O2  2 Na2SO4. ¿Qué
cantidad (kg) de sulfito sódico (M = 126 kg/kmol) se requieren en teoría (reacción completa) para eliminar el oxígeno de 8.330.000 kg de agua que contienen 10 ppm de oxígeno disuelto y al mismo tiempo mantener un 35% de
exceso de sulfito sódico?. Sol.: 885,56 Kg
1  10-3
100
Sabemos que: 10 ppm = 1·10-3 % =
8330000000 g H2O 
1  10-3 1mol O2 2 moles Na2SO3 126 g Na2SO3



= 655987,5 gr = 655,9875 Kg
100 32 g O2
1 mol O2
1 mol Na2SO3
Como tiene que haber un 35% en exceso: 655,9875 Kg  1,35 = 885,56 Kg Na2SO3
Problema n° 22)
[03-02] Se alimentan 10 m3/h de HCl gaseoso a 200°C y 1 atm a un horno de oxidación donde se hacen reaccionar
con aire con un 20% de exceso del requerido por la reacción: 2 HCl + ½ O2  Cl2 + H2O. Si la reacción es completa
y los productos abandonan el horno a 300°C y 1 atm, calcular el caudal volumétrico y la composición de los gases
producto. Sol.: 27,33 m3/h, 2,22%(O2), 50,02%(N2), 23,88%(Cl2), 23,88%(H2O)
BASE DE CALCULO:
10 m3 HCl gaseoso (indicado en el enunciado) y 1 hora.
HCl
Gases producto: Cl2 + H2O + O2 (exceso aire) + N2
% Cl2
% H2O
% O2
% N2
N2,
P kmoles/h
HORNO
3
10 m /h
Reacción: 2 HCl + ½ O2  Cl2 + H2O
200oC, 1 atm
79% N2
21% O2
HCl nicial: PV = nRT
1000 L 
atm  L

1 atm  10 m3
= n  0,082
(273+200) K  n = 257,82 moles
3 
1
m
mol K


300oC, 1 atm
A moles/h (20%exceso)
Cl2 producido
257,82 moles HCl 
1 mol Cl2
= 128,91 moles Cl2  1 atm  V = 128,91  0,082(273+300)  V = 6057 L Cl2
2 moles HCl
H2O producida
257,82 moles HCl 
1 mol H2O
= 128,91 moles H2O  1 atm  V = 128,91  0,082(273+300)  V = 6057 L H2O
2 moles HCl
O2 necesario
257,82 moles HCl 
1/2 mol O2
= 64,46 moles O2
2 moles HCl
79

N2 : 368,4  100 = 291 moles N2
368,4 moles aire 
O : 368,4  21 = 77,4 moles
 2
100
100
= 307 moles aire
21
307 moles aire  1,20 (exceso) = 368,4 moles aire
 aire: 64,46 moles O2 
 1 atm  V = 291  0,082(273+300)  V =13673 L N2
 Oexceso = Oproducido - Onecesario = 77,4 - 64,46 = 12,9 moles
 1 atm  V = 12,895  0,082(273+300)  V = 605,9 L O2
Los gases producto estarán formados por: Cl2 (6057L) + H2O (6057L) + O2(605,9 L) + N2 (13673)
V (total) = 6057 + 6057 + 13673 + 605,9 = 26393 L  V = 26,39 m3/h
(27,33)
Cl2
6057
 100 = 22,95%
26391
H2O
6057
 100 = 22,95%
26391
O2
605,9
 100 = 2,30%
26391
N2
13673
 100 = 51,80%
26391
23,88
23,88
2,22
50,02
15
Problema n° 24)
[03-13] Hidrógeno húmedo, con el 4% en volumen de agua, se quema completamente en un horno con un 32% de
exceso de aire. Calcular la composición de los gases de combustión sobre base seca (análisis de Orsat). Sol.: 6,05%
(O2), 93,95%(N2) (% en mol)
BASE DE CALCULO: 100 moles hidrógeno húmedo
96% H2
4% H2O
Reacción: H2 + ½ O2  H2O
% O2
% N2
HORNO
P moles/h
100 moles/h
96 1/2moles O2

= 48 moles O2
79% N2
100 1mol H2
21%
O2
100
O2  aire: 48 moles O2 
= 228,57 moles aire 
A moles/h (32%exceso)
21
228,57 moles 1,32 (exceso) = 301,71 moles aire
O2 necesario: 100 moles 
79

N : 301,71 
= 238,35 moles

 2
100
301,71 moles aire 
O : 301,71  21 = 63,36 moles  O
2
exceso = Oproducido - Onecesario = 63,36 - 48 = 15,36 moles

100

Gases combustion: O2 (15,36 moles), N2 (238,35 moles) y H2O
Moles totales secos (sin contar H2O) = 15,36 + 238,35 = 253,71 moles
15,36
238,35
%O2 =
100 = 6,05%
%N2 =
100 = 93,95%
253,71
253,71
Problema n° 25)
[03-32] Un gas natural de composición 92%CH4, 6,5%C2H6, 1,5%C3H8, se quema en un horno con 40% de exceso de
aire. Hallar la composición de los gases de combustión (base seca). Sol.: 8,28%CO2, 6,47%O2, 85,25%N2 (% en mol)
92% CH4
6,5% C2H6
1,5% C3H8
BASE DE CALCULO: 100 moles gas natural
1.
2.
3.
CH4 + 2 O2  CO2 + 2 H2O
C2H6 + 7/2 O2  2 CO2 + 3 H2O
C3H8 + 5 O2  3 CO2 + 4 H2O
92%
6,5%
1,5%
HORNO
100 moles/h
% CO2
% O2
% N2
P kmoles/h
79% N2
21% O2
Gases combustion: O2 (exceso), N2 (aire), CO2 y H2O
A moles/h (40%exceso)
1:
92 2 moles O2
100 moles 

= 184 moles O2
100 1 mol CH4
92 1 moles CO2
100 moles 

= 92 moles CO2
100 1 mol CH4
2:
100 moles 
6,5 7/2 moles O2

= 22,75 moles O2
100 1 mol C2H6
100 moles 
6,5 2 moles CO2

= 13 moles CO2
100 1 mol C2H6
3:
100 moles 
1,5 5 moles O2

= 7,5 moles O2
100 1 mol C3H8
Total: 214,25 moles O2
100 moles 
1,5 3 moles CO2

= 4,5 moles CO2
100 1 mol C3H8
109,5 moles CO2
O2 necesario: 214,25 moles O2
100
= 1020,23 moles aire  1020,23 moles  1,40 (exceso) = 1428,32 moles
21
79

N : 1428,32 
= 1128,37 moles

 2
100
1428,32 moles 
O2 : 1428,32  21 = 299,95 moles  Oexceso = Oproducido - Onecesario = 299,95 - 214,25 = 85,70 moles

100

Gases combustion: CO2 (109,5 moles), O2 (85,70 moles), N2 (1128,37 moles) y H2O
Moles totales secos (sin contar H2O) = 109,5 + 85,70 + 1128,37 = 1323,57 moles
O2  aire:
214,25 moles O2 
%CO2 =
109,5
100 = 8,28%
1323,57
%O2 =
85,70
100 = 6,47%
1323,57
%N2 =
1128,37
100 = 85,25%
1323,57
16
Problema n° 28)
[03-17] En un horno se queman totalmente 3.000 kg/h de fuelóleo (86% C; 14% H) con un 35% de exceso de aire
que contiene 0,01 kg de vapor de agua por cada kg de aire seco. Calcular: a) Composición del gas resultante sobre
base húmeda. b) Composición del gas resultante sobre base seca. c) Caudal volumétrico de aire empleado (m 3/h),
medido a 45°C y 1 atm. d) Volumen de gases producidos por kg de fuelóleo quemado, medido a 300°C y 1 atm.
base seca
Sol.: a)b) Composición gas componente base húmeda
c) Aire empleado = 61511 m3/h;
CO2
8,73
9,86
resultante (% mol):
d) Gases producidos = 38,59 m3/h
O2
N2
H2O
6,49
73,29
11,49
7,34
82,82
-
BASE DE CALCULO: 3000 kg fuelóleo (por hora)
1:
2:
86% C
14% H
C + O2  CO2
H2 + 1/2O2  H2O
*Ver resultados UAM al final
86% C
14% H
todo el C da CO2
todo el H da H2O
HORNO
3000 kg/h
Gases combustion: CO2 (reacción), H2O (reacción+aire húmedo), N2
(aire) y O2 (exceso).
79% N2
21% O2
CO2
O2 H2O
N2
P kmoles/h
A kg/h (35%exceso)
AIRE húmedo: el aire contiene 0,01 kg de vapor de agua por cada kg de aire seco (PM aire: 28,84, ver nº30)
79

N : 98,5 
= 77,8%

1 kmol
 2
100
Aire húmedo introducido
1 kg aire seco: 1 kg 
= 0,0347 kmol
 98,5% 
N2 77,8%
28,84 kg
O2 : 98,5  21 = 20,7%
O2 20,7%

100

0,01 kg agua: 0,01 kg 
H2O 1,5%
1 kmol
= 0,000555 kmol  1,50%
18 kg
O2
Productos
86 1 kmol 1 kmol O2
86 1 kmol 1 kmol CO2


= 215 kmoles
3000 kg 


= 215 kmoles CO2
100 12 kg 1 kmol C
100 12 kg 1 kmol C
14 1 kmol 1 kmol H2O
14 1 kmol 1/2 kmol O2
3000 kg 


= 210 kmoles H2O
3000 kg 


= 105 kmoles
2:
100 2 kg 1 kmol H2
100 1 kg
2 kmol H
Total = 215 + 105 = 320 kmoles
100
O2  aire: 320 kmoles O2 
= 1545,89 kmoles aire  1545,89 kmoles  1,35 (exceso) = 2086,95 kmoles
20,7
77,8

N2 : 2086,95  100 = 1623,65 kmoles

20,7

2086,95 kmoles O2 : 2086,95 
= 432 kmoles  Oexceso = Oproducido - Onecesario = 432 - 320 = 112 kmoles
100

1,5

H2O: 2086,95  100 = 31,3 kmoles
1:
3000 kg 
Volumen total (húmedo o con agua): CO2 + H2O + N2 + O2 = 215 + (210 + 31,3) + 1623,65 + 112 = 2191,95 kmoles
Volumen total (seco o sin agua):
CO2 + N2 + O2 = 215 + 1623,65 + 112 = 1950,65 kmoles
húmedo
seco
CO2 (reacción)
215
100 = 9,80%
2191,95
215
100 = 11,02%
1950,65
H2O (reacción+aire húmedo)
210+21,3
100 = 11,00%
2191,95
-
N2 (aire)
1623,65
100 = 74,07%
2191,95
1623,65
100 = 83,24%
1950,65
O2 (exceso)
112
100 = 5,11%
2191,95
112
100 = 5,74%
1950,65
c) Caudal volumétrico de aire empleado (m3/h), medido a 45°C y 1atm: 2086,95 kmoles
PV = nRT  1 atm V kL = 2086,95 kmol  0,082(273+45)K  V = 54419,3 kL = 54419,3 m3 (61511 m3/h)
d) Volumen de gases producidos por kg de fuelóleo quemado, medido a 300°C y 1 atm: 2191,95 kmol
PV = nRT  1 atm V kL = 2191,95 kmol  0,082(273+300)K  V = 102991 kL = 102991 m3 de 3000 kg fuelóleo
Para 1 kg de fuelóleo:
102991 m3
= 34,33 m3 (38,59 m3/h)
3000
17
Problema n° 30)
[03-19] Un carbón con 87% en peso de C y 7% de H se quema con aire seco. a) Si se utiliza un 40% de aire seco en
exceso sobre el que se requeriría teóricamente, calcular los kg de aire necesarios por kg de carbón quemado. b)
Calcular la composición (% en moles) de los gases que dejan el horno, suponiendo combustión completa. Sol.: a)
Aire = 1,73 kg aire/kg carbón; b) Composición de los gases (% mol): CO2 11,74, O2 5,83, N2 76,76, H2O 5,67
BASE DE CALCULO: BASE DE CALCULO: 100 kg carbon
1:
2:
87% C
7% H
87% C
7% H
C + O2  CO2
H2 + 1/2O2  H2O
% CO2
% O2
% N2
% H2O
HORNO
100 kg/h
Gases combustion:
CO2 (reacción), H2O (reacción), N2 (aire) y O2 (exceso).
P kmoles/h
79% N2
21% O2
A kmoles/h (40%exceso)
1:
2:
O2
87 1 kmol 1 kmol O2
100 kg 


= 7,25 kmoles
100 12 kg 1 kmol C
7 1 kmol 1/2 kmol O2
100 kg 


= 1,75 kmoles
100 2 kg
1 kmol C
Total = 7,25 + 1,75 = 9 kmoles
Productos
87 1 kmol 1 kmol CO2
100 kg 


= 7,25 kmoles CO2
100 12 kg 1 kmol C
7 1 kmol 1 kmol H2O
100 kg 


= 3,5 kmoles H2O
100 2 kg 1 kmol H2
100
= 42,86 kmoles aire  42,86 kmoles 1,40 (exceso) = 60 kmoles
21
79
21
28,84 kg
Como PM aire:
28 +
32 = 28,84  60 kmoles
= 1730,4 kg aire para 100 kg de carbón.
100
100
1 kmol
O2  aire: 9 kmoles O2 
Para 1 kg de carbón:
1730,4 kg
= 17,30 kg aire/kg carbón
100 kg
(1,73)
79

N2 : 60  100 = 47,4 kmoles
Aire: 60 kmoles 
O2 : 60  21 = 12,6 kmoles  Oexceso = Ointroducido - Onecesario = 12,6 - 9 = 3,6 kmoles

100
Volumen total gases: 7,25 + 3,5 + 47,4 + 3,6 = 61,75 kmoles
CO2 (reacción)
7,25
100 = 11,74%
61,75
H2O (reacción)
3,5
100 = 5,67%
61,75
N2 (aire)
47,4
100 = 76,76%
61,75
O2 (exceso)
3,6
100 = 5,83%
61,75
Problema n° 23)
[03-10] Los disolventes residuales de las operaciones industriales pueden ser contaminantes si
CS2
40%
no se eliminan de forma adecuada. Un estudio cromatográfico del gas residual de una planta de
SO2
10%
fibras sintéticas reporta el siguiente análisis:
H2O
50%
Se ha sugerido quemar este gas en exceso de aire. Los productos gaseosos de la combustión se emiten a la atmósfera a través de una chimenea. Las reglamentaciones de contaminación a la atmósfera de la comunidad indican,
que en ningún caso, los gases de chimenea pueden tener más del 2% de SO2 en base a un análisis de Orsat (base
seca). Calcúlese el mínimo porcentaje de exceso de aire que debe usarse para cumplir la normativa. Sol.: 687,75%
BASE DE CALCULO: 100 moles gas residual (CS2 + SO2 + H2O)
1º
2º
3º
40%
10%
50%
CS2 + 3O2  CO2 + 2SO2
SO2
H2O + O2  sin reacción
Gases combustion: CO2, <2% SO2, N2, H2O
40% CS2
10% SO2
50% H2O
100 moles/h
HORNO
79% N2
21% O2
CO2, O2
<2% SO2
N2, H2O
P moles/h
A moles/h (exceso)
18
40 3 mol O2
100
= 120 moles O2  120 moles O2
= 571,4 moles aire
100 1 mol CS2
21
Balance total de S: el SO2 final no puede ser superior al 2%
40
10
2
100 moles 
 2 + 100 moles 
 1 = P moles 
 1  P = 4500 moles
100
100
100
O2 necesario: 100 moles
CS2
SO2 (inicial)
Balance SO2 : 100 moles
SO2 (final)
10
2
3 mol O2 100
+ x moles = 4500 moles
 x = 80 moles SO2  80 mol SO2
= 571,4 moles
100 SO2 producido
100
2 mol SO2 21
SO2 inicial
Exceso de aire x que debe usarse para cumplir la normativa: (1 + x)571,43 moles
Balance total de materia: 100 moles + (1 + x)571,43 moles = 4500 moles  x = 6,70  670%
(687,75%)
Problema n° 26)
[03-21] Un horno se calienta por combustión de un carbón, cuya composición en peso es 90% carbono, 6% hidrógeno y 4% cenizas incombustibles. Para la combustión se emplea un 50% de exceso de aire y un análisis de los
gases de combustión indica que contienen el 1% en volumen de monóxido de carbono. Determinar la cantidad
(kmol) de gases de combustión (sobre base húmeda) formados por cada 100 kg de carbón quemados, así como la
composición de dichos gases. Sol.: 66,12 kmol, 10,35%(CO2), 0,99%(CO), 7,30%(O2), 76,81%(N2), 4,55%(H2O)
BASE DE CALCULO: 100 kg carbón quemados
1.
90%
2.
3.
6%
4%
90% C
6% H
4% cenizas
C + O2  CO2
C + 1/2O2  CO
H2 + 1/2 O2  H2O
cenizas
HORNO
100 kg/h
79% N2
21% O2
Gases combustion: O2 (exceso), N2 (aire), CO2, CO y H2O
Sea x el % de C que se transforma en CO y (90 - x) el que se
transforma en CO2.
100 kg 
2: 100 kg 
P kmoles/h
A kg/h (50% exceso)
O2
1: 100 kg 
CO2, H2O
1% CO
N2, O2
Productos
90 - x 1 kmol 1 kmol O2
90 - x 1 kmol 1 kmol CO2


= (7,5 - 0,083x) kmol 100 kg 


= (7,5 - 0,083x) kmol
100 12 kg 1 kmol C
100 12 kg 1 kmol C
x 1 kmol 1/2 kmol O2


= 0,041x kmol
100 12 kg
1 kmol C
100 kg 
x 1 kmol 1 kmoles CO


= 0,083x kmol CO
100 12 kg
1 kmol C
6 1 kmol 1/2 kmol O2


= 1,5 kmol
100 2 kg
1 kmol H2
100 kg 
6 1 kmol 1 kmol H2O


= 3 kmol H2O
100 2 kg 1 kmol H2
Total = (7,5 - 0,083x) + 0,041x + 1,5 = 9 - 0,042x kmol
100
= (42,86 - 0,2x)kmol aire  (42,86 - 0,2x) kmol 1,50 (exceso) = (64,3 - 0,3x) kmol
21
79

N2 : (64,3 - 0,3x)  100 = (51,745 - 0,237x) kmol

(64,3 - 0,3x) kmol 
necesario: 9 - 0,042x
O2 : (64,3 - 0,3x)  21 = (13,755 - 0,063x) kmol 
100

exceso: 4,755 - 0,021x
aire: (9 - 0,042x)kmol O2 
Volumen total = (7,5 - 0,083x) + 0,083x + 3 + (51,745 - 0,237x) + (4,755 - 0,021x) = 67 - 0,258x
0,083x
= 0,01  x = 7,83
67 - 0,258x
Volumen total = 67 - 0,258x = 67 - 0,258  7,83 = 64,98 kmol (66,12)
Para el CO producido (1%):
CO2
7,5 - 0,083x = 6,85
10,54 %
CO
0,083x = 6,5
1%
O2
4,755 - 0,021x = 4,59
7,06 %
N2
51,745 - 0,237x = 49,89
76,78 %
H2O
3
4,62 %
10,35%
0,99%
7,30%
76,81%
4,55%
19
Problema n° 27)
[03-16] La ventaja principal de la incineración catalítica de gases olorosos y otras sustancias molestas respecto a la
combustión es su menor costo. Los incineradores catalíticos operan a temperaturas más bajas (500 a 900°C en
comparación con 1.100 a 1.500°C para los incineradores térmicos) y gastan mucho menos combustible. Como las
temperaturas de operación son más bajas, los materiales de construcción no tienen que ser tan resistentes al
calor, lo que reduce los costos de instalación y construcción. En una prueba, un líquido que se propone como
combustible para una llama y que tiene una composición de 88% de carbono y 12% de hidrógeno se vaporiza y
quema con aire seco para producir un gas de chimenea con la siguiente composición en base seca (tabla):
CO2 13.4%
Como parte del diseño del equipo para el dispositivo de combustión continua en estado estacioO2
3,6%
nario, determinar cuántos kmol de gas de chimenea seco se producen por cada 100 kg de alimenN2
83,0%
tación liquida. ¿Qué porcentaje de aire en exceso se usó?. Sol.: 54,7 Kmol, 18,74%
BASE DE CALCULO: 100 kg líquido combustible (alimentación).
1:
2:
88% C
12% H
C + O2  CO2
H2 + 1/2O2  H2O
Gases combustion:
CO2 (reacción), H2O (reacción), N2 (aire) y O2 (exceso).
88% C
12% H
HORNO
100 kg/h
79% N2
21% O2
13,4%CO2
3,6% O2
83,0% N2
+ H2O
P kmoles/h
A kmol/h
O2
necesario
(teórico)
C: 100 kg 
88 1 kmol 1 kmol O2


= 7,33 kmoles
100 12 kg 1 kmol C
12 1 kmol 1/2 kmol O2


= 3 kmoles
H: 100 kg 
100 2 kg
1 kmol C
Balance de C: 100 kmol 
total O2 = 7,33 + 3 = 10,33 kmoles
88 1 kmol
13,4

1 = P kmol 
1  P = 54,7 kmol de gas de chimenea (seco)
100 12 kg
100
El % de aire en exceso se puede calcular de dos maneras:
kmol aireexceso
100
a) Exceso aire (%) =
kmol aireteóricos
3,6
100

O2 exceso (en gas de chimenea): 54,7 mol 
= 1,97 kmol  kmol aireexceso : 1,97 kmol 
= 9,38 kmol


100
21

100
O2 necesario: 7,33 kmol + 3 kmol = 10,33 kmol
 kmol airenecesario : 10,33 kmol 
= 49,19 kmol


21
kmol aireexceso
9,38 kmol
Exceso aire =
100 =
100 = 19,1%
kmol aireteóricos
49,19 kmol
b) Exceso aire (%) =
kmol aireexceso
100
kmol airenecesario
83
100
= 45,42 kmol  kmol aire totales: 45,42 
= 57,49 kmol
100
79
kmol airenecesarios = kmol airetotales - kmol aireexceso = 57,49 kmol - 9,38 kmol = 48,11 kmol
9,38 kmol
kmol aireexceso
100 = 19,49%
Exceso aire (%) =
100 =
48,11 kmol
kmol airenecesarios
kmol N2 (gas de chimenea): 54,7 kmol 
Problema n° 29)
[03-33] Un horno quema gas natural (95% CH4; 5% H2) y el gas de combustión presenta la si- CO2
9,1%
guiente composición sobre base seca (tabla). Calcular: a) El porcentaje de exceso de aire (res- CO
0,2%
pecto a la cantidad estequiométrica). b) La cantidad de agua que se forma (moles). c) La O2
4,6%
fracción (% en volumen) que representa el agua en los gases de combustión.
N2
86,1%
Sol.: a) Aire en exceso = 24,78%; b) Agua formada = 18,24 kmol/100 kmol gas de combustión; c) Agua de los gases
= 15,43%
20
BASE DE CALCULO: 100 kilomoles de gas natural
1:
2:
95% CH4
5% H2
95% CH4
5% H2
CH4 + 2O2  CO2 + 2H2O
H2 + 1/2O2  H2O
HORNO
100 kmoles/h
79% N2
Gases combustión:
21% O2
CO2 (reacción), CO (reacción), H2O (reacción), N2 (aire) y O2 (exceso).
A km/h
(exceso
95
9,1
0,2
Balance C: 100 kmol 
1 = P kmol 
 1 + P kmol 
 1  P = 1021,5 kmol (sin H2O)
100
100
100
CH4
CO2
9,1% CO2
0,2% CO
4,6% O2
86,1% N2
x kmol H2O
P kmoles/h
CO
95
5
Balance H: 100 kmol 
 4 + 100 kmol 
 2 = x kmol  2  x = 195 kmoles H2O formada
100
100
H2O
CH4
H2
Gas de combustión (+ agua) = 1021,5 + 195 = 1216,5 kmoles
H2O formada/100 kmol gas combustión = 195 kmol 
%H2O (húmedo) =
195
100 = 16,03%
1216,5
O2 sobrante (exceso de aire): 1021,5 
Exceso de aire (%) =
100 kmol
= 19,09 kmol/100 kmol g.c. (es el resultado)
1021,5 kmol
(18,24)
(15,43%)
4,6
100
= 46,99  46,99 
= 223,76 kmol aire en exceso
100
21
Aireexceso
100
Aireestequiométrica
Cantidad estequiométrica de O2 : 100 kmol 
95
5 1
 2 + 100 kmol 
 = 192,5 kmol
100
100 2
CH4
H2
100
= 916,67 kmol aire
21
Aireexceso
223,76 kmol
Exceso de aire (%) =
100 =
 100 = 24,41%
Aireestequiométrica
916,67 kmol
Cantidad estequiométrica de aire: 192,5 kmol 
(24,78%)
Ejercicio nº 1)
[03-05] El acetonitrilo se produce con la reacción del propileno, amoniaco y oxígeno. La alimentación contiene
10% en moles de propileno, 12% en moles de amoniaco y 78% en moles de aire. Se alcanza una conversión de
30% del reactivo limitante. Determinar cuál es el reactivo limitante, el porcentaje en el que los otros reactivos
están en exceso y las cantidades de todos los productos gaseosos para una conversión del 30% del reactivo
limitante, tomando como base de alimentación 100 moles.
BASE DE CALCULO: 100 moles
C3H6 + NH3 + 3/2 O2  C3H3N + 3 H2O
propileno amoníaco
acetonitrilo
10 moles C3H6
En 100 moles:
12 moles NH3
79% N2  61,62 moles
78 moles aire 
21% O2  16,38 moles
NH3 12,0
=
= 1,20
C3H6 10,0
O2
16,38
=
= 1,638
C3H6
10,0
10% C3H6
12% NH3
78% aire
79% N2
21% O2
100 moles/h
HORNO
% C3H6
% NH3
% C3H3N
% H2O
% O2
% N2
P moles/h

NH3 en exceso 

 C3H6 R.Limitante
O2
1,5
=
= 1,5 O2 en exceso 

C3H6
1

NH3 1
= = 1,0
C3H6 1
21
Reactivos :
C3H6 :10 moles C3H6 (reacciona todo: es el RL)
NH3 : 10 moles C3H6 
1 mol NH3
= 10 moles NH3  NH3 sobrante: 12 - 10 = 2 moles NH3
1 mol C3H6
O2 : 10 moles C3H6 
3/2 mol O2
100
= 15 moles O2  O2 sobrante: 16,38 - 15 = 1,38 moles  1,38
= 6,57 moles aire
1 mol C3H6
21
2 moles
1,38
100 = 20% O2 :
100 = 9,2%
10 moles
15
Si hay un 30% de conversión, quedará más cantidad de los reactivos sin reaccionar y aparecerá menos cantidad de
los productos.
30
C3H6 : 10 moles C3H6 
= 3 moles C 3H3
 sobran: 10 - 3 = 7 moles
100
30 1 moles NH3
REACTIVOS
NH3 : 10 moles C3H6 

= 3 moles H2O  sobran: 12 - 3 = 9 moles
100
1 mol C3H6
(conversión 30%)
30 3/2 moles O2
O2 : 10 moles C3H6 

= 15 moles H2O  sobran: 16,38 - 4,5 = 11,88 moles
100 1 mol C3H6
30 1 mol C3H3N
C3H3N: 10 moles C3H6 

= 3 moles C3H3N
100 1 mol C3H6
PRODUCTOS
30 3 moles H2O
H2O: 10 moles C3H6 

= 9 moles H2O
(conversión 30%)
100 1 mol C3H6
N2 :
61,62 moles (del aire inicial)
Exceso de reactivos (respecto a la cantidad que reacciona): NH3 :
C3H6
7
NH3
9
O2
11,88
N2
61,62
C3H3N
3
H2O
9
Ejercicio nº 2)
[03-31] A la cámara de combustión de una caldera se alimenta una mezcla gaseosa formada por propano y
oxígeno, con un 80% del primero, que se quema con un 200% de exceso de aire enriquecido (35% de oxígeno). Si
en estas condiciones la combustión del propano es completa, se desea calcular la composición del gas de
combustión. a) Dióxido de carbon, b) Oxígeno, c) Nitrógeno, d) Agua.
BASE CÁLCULO: 100 moles mezcla propano + oxígeno
C3H8 + 5 O2  3 CO2 + 4 H2O
80% C3H8
20% O2
% CO2
% H2O
HORNO
% O2
Gas de combustión: CO2 + H2O + N2 + O2(exceso)
% N2
100 moles = 80 moles C3H8 + 20 moles O2
100 kmoles/h
65% N2
3 moles CO2
P kmoles/h
80 moles C3H8 
= 240 moles CO2
35%
O
2
1 mol C3H8
4 moles O2
A kmoles/h (AIRE ENRIQUECIDO)
80 moles C3H8 
= 320 moles H2O
1 mol C3H8
5 moles O2
100
80 moles C3H8 
= 400 moles O2  400 moles O2 
 2 = 2285,7 moles aire enriquecido
1 mol C3H8
35

400 moles para la reacción
35
= 800 moles 
35% O2 : 2285,7 moles 

100
400 moles exceso
2285,7 moles aire enriquecido 
65% N : 2285,7 moles  65 = 1485,7 moles N
2
2

100

Total O2 : 400 moles exceso + 20 moles = 420 moles O2
Moles totales: 240 (CO2) + 320 (H2O) + 1485,7 (N2) + 420 (O2) = 2465,7 moles
CO2
240
 100 = 9,7%
2465,7
N2
N2 :
1485,7
 100 = 60,2%
2465,7
H2O
H2O :
320
 100 = 13%
2465,7
O2
O2 :
420
 100 = 17%
2465,7
22
Autoevaluación
Se están contemplando combustibles distintos de la gasolina para los vehículos de motor porque generan niveles
más bajos de contaminantes que la gasolina. Se ha sugerido el propano comprimido como fuente de potencia
económica para vehículos.
Suponer que en una prueba se queman 20 kg de C3H8 con 400 kg de aire para producir 44 kg de CO2 y 12 kg de
CO ¿Cuál fue el porcentaje de aire en exceso?
BASE CÁLCULO: 20 kg de C3H8.
C3H8 + 5 O2 → 3 CO2 + 4 H2O
Puesto que el aire en exceso se basa en la combustión completa de C3H8 a CO2 y H2O, el hecho de que la combustión no sea completa no influye en la definición de “aire en exceso”.
1 kmol C3H8 5 kmol O2
− el O2 necesario: 20 kg 

= 2,27 kmoles
12 kg C3H8 1 kmol C3H8
1 kmol aire 21 kmol O2

= 2,90 kmoles (PM aire = 29)
− el O2 introducido: 400 kg 
29 kg aire 100 kmol aire
Luego, el exceso de O2: O2 (exceso) = O2 (introducido) - O2 (necesario) = 2,90 kmol - 2,27 kmol = 0,63 kmoles
Entonces, el porcentaje en exceso es: aire en exceso(%) =
O2 (exceso)
0,63 kmol
 100 =
 100 = 27,75% (28%)
O2 (necesario)
2,27 kmol
El porcentaje de aire en exceso es idéntico al de oxígeno o nitrógeno en exceso, pero el cálculo es más cómodo).
------------PROBLEMA 28
UAM - En un horno se queman totalmente 3.000 kg/h de fuelóleo con un 35% de exceso de aire cuya humedad absoluta es
del 1%. Calcular:
a) Composición del gas resultante sobre base húmeda.
b) Composición del gas resultante sobre base seca.
c) Caudal volumétrico de aire empleado, medido a 45ºC y 1 atm.
d) Volumen de gas producido por kg de combustible quemado, medido a 300ºC y 1 atm.
Datos: Análisis elemental del fuelóleo: 86% C, 14% H (% en peso).
Resultados:
a) CO2: 9,8 %, H2O: 11,1 %, N2: 74,0 %, O2: 5,1 %
b) CO2: 11 %, N2: 83,3 %, O2: 5,7 %
3
c) 54.499 m aire húmedo/h
3
d) 34,38 m /kgfuel oil
4 BALANCES DE ENERGIA
Problema nº 31)
[04-03] Considérese una turbina de vapor que funciona con vapor de agua que incide sobre la misma con una
velocidad de 60 m/s, a una presión de 4.000 kN/m2 y 673 K. El vapor sale de ella con un desnivel de 6 m respecto
a la entrada, a presión atmosférica (101,3 kN/m2) y a una temperatura de 398 K, con una velocidad de 300 m/s.
Sabiendo que la turbina se ha diseñado para producir una potencia teórica de 40 kW con un caudal másico de
vapor de 450 kg/h y que las pérdidas totales producidas durante su funcionamiento en régimen estacionario son
de 90.000 kJ/h, calcular el rendimiento de la turbina. Datos: A partir de las tablas termodinámicas del vapor de
agua puede obtenerse
2
P [kN/m ]
T [K]
U [kJ/kg]
 [kg/m3]
23
4.000
101,3
Rendimiento =
673
398
2.920
2.542
potencia real
potencia real
100 =
100
potencia teórica
40 kW
La potencia real la obtendremos a partir de hallar W en
el balance de energía para sistemas abiertos en régimen
estacionario: unidades en J/kg
ΔE = Q + W - *(H + K + P)M+ con M = cte caudal másico
13,6
0,55
P1=4000kN/m
T1=673 K
M1=450kg/h
R: 76,5%
2
VAPOR de AGUA
v1=60 m/s
/h
Pt=40 kw/h
/h
TURBINA
pérdidas
-90000 kJ/h
6m
/h
P2=101,3kN/m
T2=398 K
M2=450kg/h
2
VAPOR de AGUA
v2=300 m/s
/h
P Q W
EC + Ep + U +    =
+
 M M


W

 43200 - 58,86 - 378000 - 109936 = -200000 + M

 de donde: W = -244794,86 J
M
kg
J 
ΔU = U2 - U1 = (2542 - 2920)103 J = -378000

J
J
kg
J
kg 
W = -244794,86 M = -244794,86  450
= -110157687
kg
kg
h
h
P P
P
101,3 4000
J
  = 2 - 1 =
= -109936 
0,55 13,6
kg  -110157687 J  1 h = -30599,36 J = -30599,36 W = -30,6 kW
   2 1
h 3600 s
s
Q
kJ 1000J
1
J 
= -90000 

= -200000

M
h 1kJ 450 kg/h
kg 
potencia real
30,6 kW
Rendimiento =
100 =
 100 = 76,5%
potencia teórica
40 kW
1 2 2 1
J
(v2 - v1 ) = (3002 - 602 ) = 43200
2
2
kg
J
ΔEp = g(h2 - h1 ) = 9,8(0 - 6) = -58,86
kg
ΔEc =
Problema nº 32)
[04-04] Se está comprimiendo aire de 100 kPa y 255 K (estado en el que tiene una entalpía de 489 kJ/kg) a 1.000
kPa y 278 K (estado en el que tiene una entalpía de 509 kJ/kg). La velocidad de salida del aire del compresor es de
60 m/s, mientras que la de la entrada se considera despreciable. ¿Qué potencia en kW debe tener el compresor si
la carga es de 100 kg/h de aire y el sistema es eminentemente adiabático?. Datos: 1 Pa = 1 N/m2. R: W = 0,61 kW
Compresión
aire:
inicial (1)
P1 = 100 kPa
T1 = 225 K
H1 = 489 kJ/kg
v1 = 0
final (2)
P2 = 1000 kPa
T2 = 278 K
H2 = 509 kJ/kg
v2 = 60 m/s
P1=100 kPa
T1=225 K
H1=489 kJ/kg
COMPRESOR
v1=0 m/s
/h
v2=60 m/s
/h
P2=1000 kPa
T2=278 K
H2=509 kJ/kg
Base de cálculo: 100 kg/1 h de aire. No hay reacción.
Balance de energía (sólo hay un componente): E = Q + W - [(H + K + P)m] (1)
1) El proceso está en estado estacionario: E = 0
2) Q = 0 por ser adiabático
3) m1 = m2 = m y (Pm) = 0
(1) → W = [(H + K)] = H + K
kJ

 H = mH = 100 kg  (509 - 489) kg = 2000 kJ


2
2


 K = 1 m(v2 - v2 ) = 1  100 kg   60 m  -  0 m   = 180000 J = 180 kJ
2
1





2
2
 s   s  

W = 2000 kJ + 180 kJ = 2180 kJ (el signo positivo indica que se realiza trabajo sobre el aire)
2180 kJ 1 kW 1 h


= 0,61 kW
Para convertir en potencia (trabajo/tiempo): kW =
kJ 3600 s
1h
1
s
24
Problema nº 33)
[04-08] Se desea calentar desde 20oC hasta 300oC un flujo que contiene 10% en volumen de metano y 90% en volumen de aire. Calcular la velocidad de entrada de calor
requerida (en kilowatios), si la velocidad de flujo del gas es 2.000 l/min (en CN). Datos:
Para el intervalo de temperaturas considerado, se pueden tomar los siguientes calores
específicos medios de la tabla:
Gas
Metano
Aire
Cp [J/(moloC)]
43,18
29,38
R: 12,8 kwatios
Balance de energía en un precalentador de gas
o
10% CH4 20 C
90% aire
Base: velocidad de flujo dada.
Supondremos comportamiento de gas ideal.
o
calentar
300 C
V*
Recordemos que especificar la velocidad de flujo en litros (c.n.)/min no implica que el gas de
alimentación esté a T y P estándar, sólo se trata de un método alterno para indicar la velocidad de
flujo molar.
2000 l/min
Q

CH :
moles
2000 L 1 mol
mol 
 4
En c.n.
: n=

= 89,3

minuto
min 22,4 L
min 
aire:


10
 89,3
100
90
 89,3
100
mol
mol
= 8,9
min
min
mol
mol
= 80,4
min
min
El balance de energía es: Q = HS - HE + HR (1)
T2
En este caso: HE = HS = H =  CpdT = Cp  dT = Cp (T2 - T1 ) = 0 ya que T1 = T2 ¿?
T1
(1) HR = Q  HR = (nC
i p )(T2 - T1 ) =
mol
J
mol
J
J
kJ
43,18
(300 - 20)oC + 80,4
29,38
(300 - 20)oC = 769007
= 769
o
o
min
mol C
min
mol C
min
min
769 kJ 1 min 1 kW
Pasándolo a watios: Q =


= 12,8 kW
min 60 s 1 kJ
s
= 8,9
Problema nº 34)
[04-13] Para reducir el contenido en agua de una muestra de caseína se utiliza un secadero que consume 4 Nm3/h
de gas natural que tiene un poder calorífico de 800 kJ/mol. La caseína húmeda entra en el secadero a razón de 60
kg/h con un 55% de humedad y sale del mismo con una humedad del 10%. Calcular la eficacia térmica del
secadero, definida como el calor necesario respecto al calor aportado. Datos: El calor latente de vaporización del
agua en las condiciones del secadero es de 2.257 kJ/kg. R: 47,3%
N significa Normal, es decir, a 0°C y 1 atm. Nm3: Normal metro cubico
S significa Standard, es decir, a 25°C y 1 atm. Sm3: Standard metro cubico
H2O
v=60 kg/h
/h
H2O
55%
60 kg/h
secadero
Q
H2O
10%
Base: velocidad de flujo dada.
Supondremos un comportamiento de gas ideal para el gas natural:
PV = nRT
V = 4 m3 = 4000 dm3 = 4000 L
1 atm·4000 L = n·0,082(273+0) K → n = 178,68 moles de gas natural
Nos piden en el problema Eficacia térmica =
Q necesario
100
Q aportado
45
kg
kJ
kJ
 60  2257 = 60939 (se evapora 55% - 10% = 45% de la humedad)
100
h
kg
h
moles
kJ
kJ
Q aportado (por el gas natural) = 178,68
 800
= 142944
h
mol
h
kJ
60939
Q necesario
h 100 = 42,6% (47,3%)
Eficacia térmica =
100 =
kJ
Q aportado
142944
h
Q necesario (para evaporar agua) =
25
Problema nº 35)
[04-18] Se lleva a cabo la deshidrogenación de etanol para formar acetaldehido en un reactor adiabático:
C2H5OH (g)  CH3CHO (g) + H2 (g)
El reactor se alimenta con el vapor de etanol a 300°C, y se obtiene una conversión del 30%. Calcular la temperatura del producto, usando las siguientes capacidades caloríficas constantes [kJ/(kmol°C)]: etanol: 110; acetaldehido: 80; hidrógeno: 29. La entalpía de la reacción es Hr (25°C) = +68.950 kJ/kmol.
T = 112,15oC
100 Kmol
30 %
C2H5OH
o
T1 = 300 C
reacción
BASE del cálculo: entran 100 Kmol de C2H5OH (etanol) en el reactor
CH3COH
H2
C2H5OH exceso
T2
30%
C2H5OH
inicial
100 Kmol
100 - 30 = 70 Kmol
final

CH3CHO
0
30 Kmol
+
H2
0
30 Kmol
Temperatura de referencia = 25oC que es la tª a la que se realiza la reacción.
REACTIVOS: 100 Kmol C2H5OH
PRODUCTOS: 30 Kmol CH3CHO, 30 Kmol H2 y 70 Kmol C2H5OH (sobrante)
Balance de energía: reactor adiabático (sin intercambio de calor con el exterior Q = 0) → Q = 0 = HS - HE + HR (1)
110 kJ
HE = mCpT = 100 Kmol 
 (25 - 300)oC = -3,025  106 Kmol
moloC
HS = mCpT =
80 kJ
29 kJ
110 kJ
= 30 Kmol 
 (T2 - 25)oC + 30 Kmol 
 (T2 - 25)oC + 70 Kmol 
 (T2 - 25)oC = 10970(T2 - 25)
o
o
mol C
mol C
moloC
CH3CHO
H2
C2H5CHO sobrante
30 
kJ

HR = mHR =  100 Kmol 
= 2,068  106 Kmol (sólo se consideran los moles que reaccionan)
  68950
100 
mol

(1) 10970(T2 - 25) - (-3,025·106) + 2,068·106 = 0  T2 = 112,2oC
Problema nº 36)
[04-27] En un reactor catalítico se lleva a cabo la reacción: CO2 + 4 H2  2 H2O + CH4. Si la reacción es completa,
los reactivos entran al reactor en proporciones estequiométricas y tanto la corriente de entrada como la de salida
se encuentran a 500°C, calcular el calor que se pierde a través de las paredes del reactor por cada kilomol de dioxido de carbono convertido. Datos:
o
Entalpías de formación a 25 C y 1 atm
Compuesto
Hof [kcal/kmol]
CO2
- 94.059
H2O
- 57.798
CH4
- 17.889
Cp medias en el intervalo de T considerado:
Compuesto
Cp [kcal/(kmol°C)]
CO2
10,2
H2
7,0
H2O (v)
8,4
CH4
9,6
R= -45.031 kcal/kmol CO2
30%
CO2
H2
o
T1=500 C
reacción
Reacción: CO2 + 4 H2  2 H2O + CH4
REACTIVOS: 1 Kmol CO2, 4 Kmoles H2
PRODUCTOS: 2 Kmoles H2O, 1 Kmol CH4
Temperatura de referencia = 25oC que es la tª a la que se realiza la reacción.
H2O
CH4
o
T2=500 C
Q = HS - HE + HR (1)
HS = mCp T = 2 Kmoles  8,4
Kcal
Kcal
(500 - 25)oC + 1 Kmol  9,6
(500 - 25)oC = 12540 Kcal
kmoloC
kmoloC
H2O
HE = mCp T = 1 Kmol  10,2
CH4
Kcal
Kcal
(500 - 25)oC + 4 Kmoles  7
(500 - 25)oC = 18145 Kcal
o
kmol C
kmoloC
CO2
H2
Kcal 
Kcal   
Kcal  




HR = Hproductos - Hreactivos = 2 Kmoles  -57798
 + 1 Kmol  -17889
  - 1 Kmol  -94059
 = -39426 Kcal
kmol 
kmol   
kmol  




(1) 12540 Kcal - 18145 Kcal + (-39426 Kcal) = -45031 Kcal/kmol CO2
26
Problema nº 37)
[04-26] Se quema por completo monóxido de carbono a 10oC y una presión de 2 atm con 50% de aire en exceso
que está a 538oC. Los productos de la combustión salen de la cámara de combustión a 427oC. Calcular el calor generado en la cámara de combustión expresado en kilojulios por kilogramo de CO que entra. Datos:
o
Entalpías de formación a 25 C y 1 atm:
o
Compuesto
ΔH f [kJ/mol]
CO
- 110,52
CO2
- 393,51
R: Q = -10144 kJ/kg
O2 T=538oC
N2 50%exceso
Reacción: CO + 1/2 O2  CO2
reacción
CO
Cp medias en el intervalo de temperaturas considerado:
Compuesto
Cp [kJ/(kmol°C)]
CO
29,64
O2
30,45
N2
29,51
CO2
40,78
o
T=10 C
1 Kmol
CO2
O2
o
T=427 C N2
Base: 1 kmol CO
Temperatura de referencia = 25oC que es la tª a la que se realiza la
reacción.
CO: 1 kmol
entra
O2 : 1 kmol 
1/2 mol O2
= 0,5 kmol  +exceso: 0,5 kmol 1,5 = 0,75 kmol
1 mol CO
N2 : 0,75 kmol 
sale
O2 necesario: 0,50 kmol

O2 exceso: 0,75 - 0,50 = 0,25 kmol
100 79

= 2,82 kmol
21 100
CO2: 1 kmol
O2 exceso: 0,25 kmol
N2 (no reacciona): 2,82 kmol
Q = HS - HE + HR (1)
HS = mCp  T =
kJ
kJ
kJ 

= 1 Kmol  40,78
+ 2,82 Kmol  30,45
+ 0,25 Kmol  29,51
(427 - 25)oC = 53878,65 kJ
o
o
kmol C
kmol C
kmoloC 

CO2
N2 sale
HE = mCp T =
O2 sale (exceso)
kJ
kJ
kJ 

= 1 Kmol  29,64
+ 2,82 Kmol  30,45
+ 0,75 Kmol  29,51
(538 - 25)oC = 54960,17 KJ
o
o
o 
kmol
C
kmol
C
kmol
C


CO
N2 entra
O2 entra
kJ  



3 kJ  
HR = Hproductos - Hreactivos = 1 Kmol  -393,51  103
 - 1 Kmol  -110,52  10
 = -282990 kJ
kmol  
kmol 



(1) Q = HS - HE + HR = 53878,65 kJ - 54960,17 kJ + (-282990 kJ) = -284071,52 kJ por 1 kmol CO entrante
-284071,52 kJ
1
kJ
Para 1kg de CO entrante:
= -10145
1 kmol CO 28 kg CO
kg CO
1 kmol CO
Problema nº 39)
[04-25] En un proceso continuo se produce formaldehído por oxidación de éter dimetílico según la siguiente
reacción: C2H6O + O2  2 CH2O + H2O. Al reactor, que opera en condiciones isotermas a 753 K con una conversión
del 100%, se alimenta una mezcla gaseosa constituida por el éter y un 40% en exceso de aire, que previamente se
calienta hasta 373 K. Calcular por cada kilogramo de formaldehído producido: a) El calor consumido en la
precalefacción de la mezcla alimento, que originalmente se encuentra a 298 K. b) El calor que es necesario eliminar en el reactor para mantener las condiciones isotérmicas. Datos:
Entalpías de formación
o
Compuesto
ΔH f [kJ/mol]
Éter dimetílico
- 157,00
Formaldehído
- 115,89
Capacidades caloríficas
o
Compuesto
Cp [J/(mol C)]
Éter dimetílico
34,9
Formaldehído
53,8
27
Agua (v)
- 241,83
Oxígeno
Nitrógeno
Agua (v)
Sol.: a) Q = 309,9 kJ/kg, b) Q = -3221 kJ/kg
Reacción: C2H6O + O2  2 CH2O + H2O
Éter C2H6O
T2= 373 K
T1 = 298 K
calentar
T1= 298 K
30,8
29,3
35,0
T3= 753 K
reacción
AIRE (+40%)
21% O2
79% N2
Q’
Q
Base: 1 mol C2H6O (éter)
CH2O
H2OTemperatura de referencia
O2 la reacción.
N2
= 25oC que es la tª a la que se realiza
C2H6O: 1 mol
entra
da
O2 : 1 mol 
1 mol O2
= 1 mol  +exceso: 1 mol 1,4 = 1,4 kmol
1 mol C2H6O
100 79
= 5,27 mol
21 100
CH2O: 2 mol
H2O: 1 mol
O2 necesario: 1 mol

O2 exceso: 1,4 - 1 = 0,4 mol
N2 : 1,4 kmol
salida
O2: 0,4 mol
N2: 5,27 mol
a) Calor consumido en la precalefacción de la mezcla alimento.



J
J
J 
Q = H = Hf - Hi = 1 mol  34,9
+ 1,4 mol  30,8
+ 5,27 mol  29,3
(100 - 25) = 17432 J
mol K
mol K
mol K 


C2H6O
O2
N2


17432,33 J = 17,43 kJ por 1 mol de C 2H6O
(309,90)
17,43 kJ 1 mol C2H6O
1
kJ 1000 g CH2O
kJ

= 0,29
= 290,5
30
g
CH
O
1 mol C2H6O 2 mol CH2O
g CH2O 1 kg CH2O
1 kg CH2O
2
1 mol CH2O
b) Calor que es necesario eliminar en el reactor para mantener las condiciones isotérmicas: Q = HS - HE + HR (1)
entra
da
salida
reacci
ón



J
J
J 
HE = mCp T = 1 mol  34,9
+1,4 mol  30,8
+5,27 mol  29,3
(100-25)oC = 17432,32 J
moloC
moloC
moloC 


C2H6O
O2
N2


HS = mCp T =



J
J
J
J 
= 2 mol  53,8
+0,4 mol  30,8
+5,27 mol  29,3
+1 mol  35
(480-25)oC = 140745,6 J
moloC
moloC
moloC
moloC 


C2H2O
O2
N2
H2O


C2H6O + O2  2 CH2O + H2O
HR = nHproductos - nHreactivos =
KJ 
KJ   
KJ  




= 2 mol  -115,89
 + 1 mol  -241,83
  - 1 mol  -157
 = -316,6 KJ = -316600 J
mol 
mol   
mol  




(1) Q = HS - HE + HR = 140745,6 J - 17432,32 J + (-316600 J) = -193286,72 J
-193286,72 J = -193,28 kJ por 1 mol de C 2H6O
-193,28 kJ 1 mol C 2H6O
1
kJ 1000 g CH2O
kJ

= -3,22
= -3221
30
g
CH
O
1 mol C2H6O 2 mol CH2O
g CH2O 1 kg CH2O
1 kg CH2O
2
1 mol CH2O
Problema nº 40)
[04-32] En el hogar de una caldera se quema un gas combustible, cuya composición en
tanto por ciento en volumen es mostrado en la tabla.
Gas
H2
CO
CH4
% volumen
35,0
21,2
15,8
28
CO2
2,5
La combustión se realiza con un 20% en exceso de aire sobre el requerido para la
N2
25,5
combustión total. Tanto el gas combustible como el aire entran en el horno precalentados a 300oC y los gases de combustión lo abandonan a 600oC.
Suponiendo que la combustión es total, determinar la composición sobre base húmeda de los gases de
combustión formados y el calor transmitido a la caldera por cada 100 kmol de gas combustible quemados,
suponiendo que no se producen pérdidas al exterior. Datos:
Cp medias en el intervalo de tª considerado
o
Compue
Cp
Compuesto
Cp [cal/(mol C)]
o
sto
[cal/(mol C)]
H2
7,00
CO2
10,8
N2
7,10
CH4
11,6
CO
2,70
H2O
8,50
O2
7,50
o
Entalpías de combustión a 25 C y 1 atm
o
Compuesto
ΔH c [cal/mol]
CO
H2
CH4
- 67.600
- 58.000
- 192.800
Sol.: Composición del gas de combustión (% mol) CO2 = 9,56, O2 = 2,88, N2 = 71,43, H2O = 16,13. Q = -5.951.308
kcal/100 kmol combustible
GAS
COMBUSTIBLE
100 Kmol/h
35,0% H2
21,2% CO
15,8% CH4
2,5% CO2
25,5% N2
Te= 300 K
AIRE (+20%)
21% O2
79% N2
GASES DE
COMBUSTION
CO2
H2O
O2
N2
caldera
Reacciones:
CO + ½ O2  CO2
CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O
H2 + ½ O2 → H2O
CO2 y N2 no se pueden quemar
Base: 100 kmol de gas combustible
Temperatura de referencia = 25oC que es la tª a la que se realiza la
reacción.
Tf= 600 K
Te= 300 K
a) La composición sobre base húmeda de los gases de combustión formados:
nº moles O2 : 100 kmol 
35 1/2 kmol O2
21,2 1/2 kmol O2
15,8 2 kmol O2

+ 100 kmol 

+ 100 kmol 

= 59,7 kmol
100 1 kmol H2
100 1 kmol CO
100 1 kmol CH4
CO
H2
CH4
O necesario: 59,7 kmol
 +exceso: 59,7 kmol 1,2 = 71,64 kmol  2
O2 exceso: 71,64 - 59,7 = 11,94 kmol
100 79
N2 (aire): 71,64 kmol 

= 269,5 kmol
21 100
25,5
nºmoles N2 : 269,5 kmol + 100 kmol 
= 295 kmol
100
aire
inicial
2,5
21,2 1 mol CO2
15,8 1 mol CO2
nºmoles CO2 : 100 kmol 
+ 100 kmol 

+ 100 kmol 

= 39,5 kmol
100
100 1 mol CO
100 1 mol CH4
inicial
CO
CH4
35,0 1 mol H2O
15,8 2 mol H2O
nºmoles H2O: 100 kmol 

+ 100 kmol 

= 66,6 kmol
100 1 mol H2
100 1 mol CH4
H2
CH4
Nºmoles finales = 11,94 kmol + 295 kmol + 39,5 kmol + 66,6 kmol = 413,04kmol
O2 :
11,94
100 = 2,88%
N2 :
413,04
295
100 = 71,43%
413,04
CO2 :
39,5
100 = 9,56%
413,04
H2O:
66,6
100 = 16,13%
413,04
b) El calor transmitido a la caldera por cada 100 kmol de gas combustible quemados: Q = HS - HE + HR (1)
29
HE = mCp T =
entra
da




cal
= 35 mol  7
+ 21,2  2,7 + 15,8  11,6 + 2,5  10,8 + 295  7,1 + (71,64)  7,5 (600-300)oC = 943296 cal
o
mol C
CO
CH4
CO2
N2
O2


H2


HS = mCp T =




cal
= 39,5 mol  10,8
+ 11,94  7,5 + 295  7,10 + 66,6  8,50  (600-300)oC = 953025 cal
o
mol C
O2
N2
H2O


CO2


CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O
H2 + ½ O2 → H2O
CO + ½ O2  CO2
reacci
cal 
cal 
cal 



HR = nHc = 21,2 mol -67600
ón
 + 15,8 mol -192800
 + 35,0 mol -58000
 = -6509360 cal
mol 
mol 
mol 



(1) Q = HS - HE + HR = 953025 cal - 943296 cal + (-6509360 cal) = -6499631 cal = -6499 Kcal (-5951)
salida
Problema nº 38)
[04-21] Una caldera produce 4.536 kg/h de vapor de agua saturado y seco a 20,6 bar (Ts = 214 oC; λ = 450 kcal/kg)
a partir de un agua de alimentación que se encuentra a 37,8oC. El consumo de combustible es de 499 kg/h a una
temperatura de 25oC, con un poder calorífico (-ΔHR) de 32.564 kJ/kg y una composición en peso de 84% de
carbono, 4% de oxígeno, 4% de hidrógeno y 8% de cenizas.
La composición volumétrica de los gases de escape es la siguiente: 10% de CO2; 9,5% de O2 y 80,5% de N2. La
temperatura de dichos gases es de 228oC y el aire entra en la cámara de combustión a 25oC.
Tomando como valor medio de la capacidad calorífica para los gases de escape secos el de 0,24, para el agua
líquida el de 1, para el vapor de agua el de 0,46 kcal/(kg K) y tomando como calor latente de vaporización del agua
540 kcal/kg, hágase un balance de energía para la caldera con el fin de evaluar las pérdidas de calor en kW.
R: Pérdidas 1.022 kW
H2O vapor
Ts = 214oC
P = 20,6 bar
λ = 450 kcal/kg
H2O
Te = 37,8oC
CALDERA
499 kg/h
84% C
4% O2
4% H2
8% cenizas
Te = 25oC
4536 kg/h
Todo el calor producido en la reacción de combustion que no se emplea
en el paso de agua líquida a agua vapor, se pierde. Por lo tanto, las
pérdidas de calor la hallaremos restando del calor producido en la
reacción, el calor consumido en el paso del agua a vapor.
reacción
21% O2
79% N2
Te= 25oC
10% CO2
9,5% O2
80,5% N2
T2 = 228oC
Ejercicio nº 1)
[04-05] Se desea vaciar gasolina (densidad = 801 kg/m3) desde un tanque elevado. La diferencia de altura entre el
depó-sito y la salida es de 76 cm y la operación se realiza mediante una manguera de 0,635 cm de diámetro
interno, en cuyo interior se produce una pérdida por fricción de 2,368 J/kg. Calcular cuánto tiempo (minutos)
llevaría drenar 20 litros, sin tomar en cuenta el cambio en el nivel del líquido durante este proceso, y suponiendo
que tanto la superficie del líquido del tanque como la salida de la manguera están a 1 atm. Sol.: t = 3,33 min.
V = 20 L = 20 dm3 = 0,02 m3  0,02 m3  801
kg
= 16,02 kg
m3
30

m

(1) K = mgh = 16,02 kg  9,8 s2  0,76 m = 119,31 J


1 2 1
m


2
2
2
(2) P = mv = 16,02 kg  v = 8,01v
 119,31 J = 8,01v + 37,935 J  v = 3,18
2
2
s


J


Pfricción = 16,02 kg  2,368 kg = 37,935 J



Balance energía:
K = P + Pfricción
El volumen total de gasolina (0,2 m3) ocupa un cilindro de base igual al área sección manguera y longitud s = vt:
s = vt
V = r 2s = r 2vt
área sección
3
manguera 0,02 m
2
m
1 minuto
 0,00635m 
= 
= 3,31 minutos
  3,18  t  t = 198,59 s 
2
s
60 s


Ejercicio nº 2)
[04-17] Se lleva a cabo la hidratación de etileno con vapor de agua para producir
Gas
Cp[kJ/(kmol·oC)]
C2H4
53
etanol en un reactor catalítico adiabático: C2H4(g) + H2O(g)  C2H5OH (g).
Sabiendo que la mezcla gaseosa alimentada está constituida por etileno (60%),
H2O
35
agua (30%) y metano (10%), que la conversión en las condiciones de reacción es
CH4
40
C2H5OH
0,110
del 5% y que el gas efluente abandona el reactor a 400 K, calcular la temperatura
a la que debe introducirse la mezcla alimento para mantener las condiciones de
funcionamiento en régimen estacionario. Datos: La entalpía de la reacción es HR(400 K) = -46.208 kJ/kmol. Para
el intervalo de temperaturas considerado se pueden usar los siguientes calores específicos medios dados en la
tabla adjunta (a 25oC). Sol.: T = 112oC.
BASE del cálculo: entran 100 Kmol
C2H4 (g) + H2O (g)  C2H5OH (g)
C2H4 : 100 kmol 
60 1 mol H2O

= 60 kmol H2O no
100 1 mol C2H4
60 kmol C2H4
H2O: 100 kmol 
30 1 mol C2H4

= 30 kmol C 2H4
100 1 mol H2O
(RL: H2O)
30 kmol H2O
C2H4 sobrante: 60 - 30 = 30 kmol
CH4 : 100 kmol 
10
= 10 kmol CH4 que no reacciona
100
5%
C2H4 (g)
inicial
reacciona
final
30 kmol
-5
30 - 5 = 25 Kmol
+
H2O (g)
C2H4 (g)
H2O (g)
CH4
C2H5OH (g)
60 kmol
30 kmol
10 kmol
0
30 + 25 = 55 kmol
25 kmol
10 kmol
5 kmol
REACTIVOS

30 kmol
-5
30 - 5 = 25 Kmol
C2H5OH (g)
0
+5
5 Kmol
(entra)
PRODUCTOS
(sale)
Balance de energía: reactor adiabático (sin intercambio de calor con el exterior Q = 0) → Q = 0 = HS - HE + HR (1)
HE = mCpT =
53 kJ
35 kJ
40 kJ
= 60 Kmol 
 (25 - T)oC + 30 Kmol 
 (25 - T)oC + 10 Kmol 
 (25 - T)oC = 4630(25 - T) kJ
o
o
mol C
mol C
moloC
C2H4
H2O
C2H4
HS = mCpT =
= 55 Kmol 
53 kJ
35 kJ
40 kJ
 (127 - 25)oC + 25 Kmol 
 (127 - 25)oC + 10 Kmol 
 (127 - 25)oC +
o
o
mol C
mol C
moloC
C2H4
H2O
C2H4
0,110 kJ
+ 5 Kmol 
 (127 - 25)oC = 4190,55(127 - 25) = 427436,1 kJ
moloC
C2H5OH
31
5  
kJ 

HR = mHR =  100 kmol 
   -46208
 = -231040 kJ (sólo se consideran los moles que reaccionan)
100  
kmol 

(1) 427436,1 - 4630(25 - T) - 231040 = 0  T = 17s (113)
5. INGENIERÍA DE LA REACCIÓN QUÍMICA (CINÉTICA)
Problema n° 41)
[07-04] Cuando se dobla la concentración de reactivo se triplica la velocidad de reacción. Encontrar el orden de
reacción. R: 1,585.
Velocidad de reacción: -rA = kCAn siendo n el orden de reacción
Cuando se dobla la concentración de reactivo se triplica la velocidad de reacción: -3rA = k(2Ca)n
32
Dividiendo las dos ecuaciones:
-3rA k(2C A )n k2n C An
=
=
 3 = 2n
-rA
kC An
kC An
log 3
log 3 = log 2n = n  log2  n =
= 1,585
log 2
Problema n° 42)
[07-06] Encontrar los órdenes de reacción respecto a A y B para la estequiometría:
A + B  Productos, si se dispone de los siguientes datos:
R: 1 y 2/3.

CA
CB
-rA
2
125
50
2
64
32
3
64
48

Velocidad de reacción: -rA = k  CA  CB
De los datos -50 = k  2 125 (1) 

de la tabla:
-32 = k  2  64 (2) 
-48 = k  3  64 (3) 


(1) y (2):
-50 k  2 125 125  125 
50  125 
=
=
=
=
 

-32 k  2  64
64
64
32  64 




50
50
 125 
 125 
log
= log 
=  log 
  log
  =
32
32
 64 
 64 

-32 k  2  64 2  2 
32  2 
(2) y (3):
=
=  =  
= 


-48 k  3  64
3
48  3 
3

50
32 = 0,666 = 2
125
3


log 

 64 
log

32
32
2
2
log
= log    log
=  log     =
48
48
3
3
32
48 = 1
2
log  
3
log
Problema n° 43)
[07-26] Para hallar la expresión cinética de la reacción: A + B  R + S se ha realizado un ensayo en un reactor discontinuo a temperatura uniforme y en disolución acuosa, de tal modo que la mezcla tiene volumen y presión
constante. La concentración inicial de A es 0,3 mol/l y los datos de concentración frente al tiempo se dan en la
siguiente tabla:
CA (mol/l) 0,300 0,283 0,268
0,242
0,207
0,15
0,107
0,075
8
t (min)
0
2
4
8
15
30
60
100
Indíquese el orden de la reacción y el valor del coeficiente cinético a la temperatura del ensayo, utilizando el
método integral de análisis de datos. R: orden 2 y k = 2 [l·mol-1min-1]
o
Supongamos que es una reacción de orden 1: A  productos
C
dC
Ecuación cinética: - A = kC A  ln A0 = kt
CA
dt
C A0
frente a t NO es
CA
una recta. Por ello, no es una cinética de orden 1.
La representación gráfica de los valores de ln
t
o
Supongamos que es una reacción de orden 2: 2A  productos
1
1
dC
= kt
Ecuación cinética: - A = kC2A 
C A C A0
dt
La representación gráfica de los valores de CA frente a t en las cinéticas de 2º orden debe ser una recta.
CA
0,300 0,283 0,268
0,242
0,207 0,158 0,107 0,075
33
k
1
1
C A C A0
0
0,20
0,398
0,798
1,497
2,99
6,01
10
t
0
2
4
8
15
30
60
100
Comprobamos que la representación gráfica de los valores obtenidos
es una recta, luego, la cinética de la reacción es de orden 2.
Por ello, para obtener el valor de k podemos utilizar para el cálculo
cualquier pareja de valores de la tabla:
1
1
1 1
1  1 1
1 
l
→ -rA = 0,1  C2A
= kt  k = 
= 0,0995  0,1
= 

C A C A0
t  C A C A0  4  0,268 0,3 
mol  min
Problema n° 44)
[07-27] Un pequeño reactor equipado con un dispositivo sensible
para la medida de presión, se evacua y después se llena de
reactivo A a la presión de 1 atm. La operación se efectúa a 25°C,
temperatura lo suficientemente baja para que la reacción no
transcurra en extensión apreciable.
Se eleva la temperatura lo más rápidamente posible hasta 100°C
sumergiendo el reactor en agua hirviendo, obteniéndose los
datos dados en la tabla. La ecuación estequiométrica para la
reacción es: 2A  B y después de permanecer el reactor en el
baño bastante tiempo se efectúa un análisis para saber la
cantidad de A, y se encuentra que ese componente ha
desaparecido. Dedúzcase la ecuación cinética que se ajusta a
estos datos, utilizando el método integral de análisis de datos.
t
CA
t
CA
(
m
in
)
(mol/l)
(min)
(mol/l)
1
2
3
4
5
6
0,034
0,027
0,023
0,021
0,018
0,016
7
8
9
10
15
20
0,015
0,013
0,012
0,011
0,008
0,007
R: -rA = 6,34·CA2
Reacción de 2º orden: 2A  productos
1
1
dC
= kt
Ecuación cinética: - A = kC2A 
C A C A0
dt
Como no viene dado en la tabla, primero deberemos hallar el valor CAo (a t = 0). Dado que CA viene dado en
moles/litro, consideremos V = 1 litro:
0,041 moles
moles
PV = nRT  1 atm1 litro = n 0,082(25 + 273)  n = 0,041 moles luego: C Ao =
= 0,041
1L
L
1
1
t
CA
C A C A0
1
2
3
4
0,034
0,027
0,023
0,021
5
12,6
19,1
23,2
k
34
5
6
7
8
9
10
15
20
0,018
0,016
0,015
0,013
0,012
0,011
0,008
0,007
31,2
38,1
42,3
52,5
58,9
66,5
100,6
118,5
t
Comprobamos que la representación gráfica de los valores obtenidos es una
recta, luego, la cinética de la reacción es de orden 2.
Para hallar el valor de k podemos utilizar cualquier pareja de valores de la tabla:
1 1
1 
l
1 1
1 
t=6 k= 
= 6,35
  k= 
6  0,016 0,041 
mol  min
t  C A C A0 
Ecuación cinética: -rA = 6,35·C2A
Problema nº 45)
[07-34] Se ha estudiado en un reactor discontinuo isotérmico la reacción en fase líquida: A + B  Productos. El
análisis de la mezcla de reacción, a diferentes tiempos, permitió determinar las correspondientes conversiones de
A, obteniendo los resultados siguientes:
xA
(%)
t
(mi
n)
0
10
22
46
6
1
74
82
85
0
2
5
15
2
8
50
80
100
9
0
1
6
0
Si la mezcla inicial de partida es equimolecular y CA0 = 1 mol/l, determinar la
ecuación cinética correspondiente a esta reacción, utilizando los métodos
diferencial e integral. R: m.dif.: -rA = 0,0679CA1,91, m.integ.: -rA = 0,0544CA2.
-dC A
= kCACB = kCA +
dt
Como tenemos cantidades estequiométricas de reactivos, CA = CB:
Planteamiento de la ecuación cinética: -rA =
n
-rA = kCA + = kCnA → -rA = kC A (1)
a) Método diferencial
Si tomamos logaritmos en la ecuación (1): -rA = kCnA
 -dC A 
n
log(-rA ) = log 
 = log(kC A ) = log k + n  log C A  log(-rA ) = log k + n  log C A
 dt 
podemos hallar la constante cinética k y el orden global de reacción n a
partir de la ordenada en el origen y la
pendiente respectivamente.
Calculamos en primer lugar los valores de CA
a partir de los valores de con-versión: CA = CAo
(1 – XA).
Para determinar la velocidad de reacción (-rA)
es necesario obtener la pendiente de la recta
tangente a la curva CA representada frente al
tiempo, para cada tiempo. Puede obtenerse
la pendiente en cada punto de forma gráfica
o bien ajustar los datos experimentales a una ecuación empírica CA = f(t), derivando
di-cha ecuación y calculando la derivada para cada tiempo.
t (min)
XA (%)
CA
0
0
CAo =
(mol/l)
0
(-rA)
[mol/(l·
min)]
2
5
15
28
10
22
46
61
50
74
0,2
0,9 0,78 0,54 0,39
6
0,0
0,04
0,01
0,035
0,0082 03
5
7
9
10
0
82
85
0,1
0,18
5
0,0
0,002 01
3
80
160
90
0,1
0,0004
35
0,04
0,26 -0,409 0,5
0,8
0,108
0,745
5
7
85
24
-1,46
-2,09 2,4 -2,7 2,8
1,35
1,78
0
8
lg CA
lg (rA)
-1,00
-3,43
Representando log
CA frente a log (-rA):
log(-rA)
y = 1,91x - 1,169
El ajuste por regresión lineal proporciona: n = 1,91 y log k = -1,169 → k =
0,0679 l/(mol·min)
Y la ecuación cinética determinada experimentalmente será: -rA = kCnA 
log CA
-rA = 0,0598  C1,91
A
b Método integral
)
Partiendo
de
(1):
-rA = kCnA
C A -dC
t
-dC A
-dC
A
= kdt   n A = k  dt  
= k  dt
n
n
C Ao C
to
CA
CA
A
Particularizamos para cada orden de reacción e integramos, obteniendo la
ecuación cinética integrada:
orden
ecuación cinética integrada
n=1
n=2
ln
CA
= - kt  ln CA - ln CAo = -lnktCA
= ln CAo - kt
C Ao
1
1
= kt
C A C A0
1
1
=
+ kt
C A C A0

Suponemos un orden de reacción y comprobamos si los datos
experimentales se ajustan a las ecuaciones
Integradas (si se obtiene una recta):
t (min)
0
XA(%)
CA (mol/l)
ln CA
0
1
0
1/CA (l/mol) 1,
00
2
5
15
28
50
80
100
0
22 46 61
74
0,9 0,78 0,54 0,39 0,26
-0,11
-1,35
0,25 0,62 0,94
82
0,18
-1,71
85
0,15
-1,90
1,11 1,28 1,85 2,56
5,56
6,67
3,85
16
0
90
0,1
2,3
0
10
Representando gráficamente los valores correspondientes a cada una de las ecuaciones integradas:
orden = 1
orden = 2
36
Vemos que el orden de reacción n = 2 es el que mejor ajusta los datos experimentales.
Para hallar k podemos utilizar para el cálculo cualquier pareja de valores de la tabla: k = 0,054
l/(mol·min)
Y la ecuación cinética determinada experimentalmente es: -rA = kCnA  -rA = 0,054  C2A
TEMA 5 (CLASE)
Ejercicio nº 1)
[07-05] Encontrar los órdenes de reacción respecto a A y B para la estequiometría: A + B  Productos si se dispone de los siguientes de la tabla:
CA
CB
-rA
4
1
2
1
1
1
1
8
4
Ver autoevaluación tema 5
Ejercicio nº 2)
[07-21] A menudo se dice que la velocidad de una reacción química típica se duplica cada vez que la
temperatura aumenta 10 grados. ¿Cuál debe ser la energía activación (expresada en kJ/mol) de una reacción
para que esta afirmación sea cierta en la proximidad de los 300 K?
Datos: 1 cal = 4,18 J; R = 1,987 cal/mol·K
R: 51,799 kJ/mol
Arrhenius (1885) encontró experimentalmente una dependencia del coeficiente cinético con la
temperatura: K = K 0e
a temperatura T:
-
E
RT1
K1 = K0e
a temperatura T +
10:
K 2 = K 0e
-
E
R(T + 10)
-
E
RT
con Ko: factor de frecuencia y E: energía de activación
Como K2 = 2 K1 
-
-
E
E
E
E
E
+
K2 K0e R(T + 10) e R(T + 10)
R(T + 10) RT
RT R(T + 10)
=
=
=
e
e
=
e
=2
E
E
K1
RT
RT
K 0e
e
E
Tomando ln:
E
K2
=2 
K1
E
R(T + 10)
E
E1
1 
 E

= ln 2  
ln e = ln 2    = ln 2 

R  T T + 10 
 RT R(T + 10)  = 1
 cal 
1,987 
  ln 2
ln 2
R  ln 2
cal
mol  K 

E=
=
=
= 12808,73
1
11
1  1
1
mol
 1
 1 
  T - T + 10 
 
R  T T + 10 
 300 300 + 10   K 
ln eRT
-
Cambio de unidades: E = 12808,73
cal 4,18 J 1 kJ
kJ


= 53,54
mol 1 cal 1000 J
mol
(51,799)
AUTOEVALUACION TEMA 5
Encontrar los órdenes de reacción respecto a A y B para la estequiometría: A + B  Productos
Se dispone de los siguientes datos:
CA
4
1
1
CB
1
1
8
-rA
2
1
4
Dar como resultado el orden total (a + b).
R: a = 1/2 y b = 2/3
37


Velocidad de reacción: -rA = k  CA  CB
De los datos de la tabla:
-2 = k  4   1 (1) 

-1 = k  1  1 (2) 
-4 = k  1  8 (3) 

(1) y (2):
-2 k  4 1 4
=
=
 2 = 4


-1 k 1 1
1
log 2 = log 4  log 2 =  log 4   =
(2) y (3):
log 2
= 0,5 = 1/2
log 4
-4 k 1  8 8
=
=
 4 = 8


-1 k 1 1
1
log 4 = log 8  log 4 =  log 8   =
log 4
= 0,666 = 2/3
log 8
Orden total (a + b): 1/2 + 2/3 = 1,1666 = 7/6 ≈ 1
6. INGENIERÍA DE LA REACCIÓN QUÍMICA (REACTORES)
Problema n° 46)
[08-10] La reacción: A + 2B  R se lleva a cabo en un reactor continuo, bien mezclado, que opera en régimen estacionario. La alimentación al reactor es una disolución acuosa que contiene los reactivos A y B en concentra38
ciones de 0,1 kmol/m3 de A y 0,3 kmol/m3 de B. En las condiciones de operación, la velocidad de reacción viene
dada por:
 kmol R 
rR = 0,2 C A  3 
 m h 
Se desea obtener 0,2 kmol/h de producto con una conversión del 50%. Determinar:
a) Cuál es el reactivo limitante, cuál es el reactivo en exceso y el porcentaje en moles de exceso.
b) El volumen del reactor necesario (m3).
c) El caudal volumétrico de la alimentación al reactor (m3/h).
d) El caudal molar de A y B en la corriente de salida del reactor.
R: a) Rectivo limitante: A, reactivo en exceso: B, %exceso: 50%, b) V = 20 m 3, c) Q = 4 m3/h, d) FA = 0,2 kmol/h, FB =
1,1 kmol/h
Obtención de producto: FR = 0,2
Kmol
h
A + 2B 
Conversión: X A = 0,5
R
kmol 2
kmol

 A: 0,1 m3 1 = 0,2 m3 de B si
A + 2B  R 
B: 0,3 kmol 1 = 0,15 kmol de A no

m3 2
m3
a)
Rectivo limitante: A (0,1 kmol/m3)
Reactivo en exceso: B (0,2 kmol/m3 se utilizan y 0,1 kmol/m3 en exceso)
A
B
c)
0,1
kmol/m3
0,3
kmol/m3
reacciona: 0,1
CAo = 0,1 kmol/m3
reacciona: 0,2
3
exceso: 0,1
CBo = 0,2 kmol/m
no reacciona 50%  0,05 kmol/m3
si reacciona 50%  0,05 kmol/m3
si reacciona 50%  0,1 kmol/m3
no reacciona 50%  0,1 kmol/m3
0,1 kmol/m3
0,05 kmol/m3 A
0,05 kmol/m3 R
0,20 kmol/m3 B
kmol
0,1 3
exceso B
m 100 = 50%
=
% en moles de exceso =
reacciona B 0,2 kmol
m3
El caudal volumétrico Q (m3/h) es el mismo en todo el proceso (reactor continuo): Qentrada = Qsalida = Q
Para A: FA = C A  Q

kmol
Kmol
m3
m3
0,2
=
0,05

Q

Q
=
4

C A = C Ao (1 - XA ) = 0,1(1 - 0,5) = 0,05
h
m3
h
h
kmol
kmol
m3
= FA = C A  Q = C Ao (1 - XA )  Q = 0,1 3  (1 - 0,5)  Q  Q = 4
h
m
h
3
b) El volumen del reactor necesario (m ).
-rA -rB rR
 kmol R 
A + 2B  R con rR = 0,2 C A  3 
=
=
 rR = -rA = 0,2  C A = 0,2  C Ao (1 - XA )
1
2
1
 m h 
V C Ao - C A
V
C Ao - C A
V
0,1 - 0,05
=

=

=
 V = 20 m3
3
Q
(-rA )
Q 0,2  C Ao (1 - XA )
4 m /h 0,2  0,1(1 - 0,5)
FR = 0,2
d) El caudal molar de A y B en la corriente de salida del reactor: FA y FB
kmol
FA = 0,2
(enunciado)
h
FB = CB  Q

kmol m3
kmol

F
=
C

Q
=
0,275
4
= 1,1
a
kmol
0,3
1
kmol
 B




B
3
CB = C Ao  M - X A  = 0,1 3 
- 0,5 = 0,275 3 
m
h
h
b 
m  0,1 2 
m 

Problema n° 48)
[08-23] En un reactor continuo de mezcla perfecta se efectúa la reacción en fase líquida homogénea: A B, cuya
39
2
velocidad de reacción viene dada por: -rA = k C A y tiene lugar una conversión del 50%.
a) Calcúlese la conversión si el reactor se sustituye por otro 6 veces mayor, sin modificar las demás condiciones.
b) Calcúlese la conversión si se sustituye el reactor primitivo de mezcla perfecta por un reactor de flujo en pistón
de igual tamaño, sin modificar las demás condiciones.
R: a) xA = 0,75; b) xA = 0,667
a) Calcular XA cuando se usa un reactor continuo de mezcla perfecta (RTAC) de V2 = 6V1
De la ecuación de diseño de estos reactores:
V C Ao - C A C AoX A 
=
=
C AoX A
XA
Q  XA
 V
Q
(-rA )
(-rA )
=
=
 V=
(a)

2
2
2
k  C Ao (1 - XA )
k  C Ao (1 - X A )
k  C Ao (1 - X A )2
2
2
2 Q
-rA = k  C A = k  C Ao (1 - X A ) 
Como la conversión es 50%: XA = 0,5
Q  0,5
2Q
=
2
k  C Ao (1 - 0,5)
k  C Ao
o
el reactor inicial de volumen V1: V1 =
o
el reactor de volumen V2 = 6V1: V2 = 6V1 = 6
2Q
12Q
=
(b)
k  C Ao k  C Ao
Relacionando (a) y (b), obtendremos su conversión final XAf:
12Q
Q  X Af
XAf Q
XAf
 12 =
=
=
 12X2Af - 12XAf + 12 = 0  XAf = 0,75
2
2
2
k  C Ao k  C Ao (1 - X Af )
k  C Ao (1 - 2X Af + X Af )
1 - 2XAf + XAf
(b)
(a)
b) Calcular XA cuando se usa un reactor de flujo en pistón (RFP) de volumen V1.
De la ecuación de diseño de estos reactores:
X Af dX
V

X
A
= C Ao 
C Ao  1  Af
X Af

V
dX A
C Ao XAf dXA
1  1

0
Q
(-rA )
= C Ao 
= 2 
= 2 
=
- 1 (c)



2
2
2
0 kC (1 - X )
Q
kC Ao 0 (1 - X A )
kC Ao  1 - X Af
kC Ao  1 - X A  0
Ao
A

-rA = k  C2A = kC2Ao (1 - X A )2 

Ya que el volumen del reactor es el mismo, sus tiempos espaciales  =
V
son iguales en los dos casos a y b:
Q

 1

1  1
2
1
- 1 =
 
- 1 = 2 
= 3  X Af = 0,667

k C Ao  1 - X Af
1 - X Af
 k C Ao
 1 - X Af

(c)
(a)
Resumiendo: RTAC: V1, XAf = 0,5
RTAC: 6V1, XAf = 0,75
RFP: V1, XAf = 0,667
Problema n° 49)
[08-21] Calcular la relación entre los volúmenes de reactor mezcla perfecta y de reactor tubular de flujo en pistón
que alcanza una conversión del 90% de la reacción irreversible en fase líquida: A  B que sigue la ecuación cinética: -rA = 500 [mol-1min-1]CA2 si el caudal de alimento es de 0,05 l/min y la concentración de A en él es 0,01 mol/l.
Sol.: VMP / VFP = 10
XA = 90% = 0,9; Q = 0,05 L/min; CAo = 0,01 mol/L
Reactor mezcla perfecta:
VMP C Ao - C A C AoX A 
=
=
V
C AoX A
XA
Q
(-rA )
(-rA )  MP =
=
2
2
Q
k

C
(1
X
)
K

C
(1
- X A )2
Ao
A
Ao
-rA = k  C2A = K  C 2Ao (1 - X A )2 
Q  XA
VMP =
=
K  C Ao (1 - X A )2 500
L
 0,9
min
= 0,9
1
mol
 0,01
(1 - 0,9)2
mol  min
L
0,05
Reactor tubular de flujo en pistón:
40

X Af
C Ao CAf dX A
C Af

dX A
1  1 
1  1
 VFP
= C Ao 
= 2 
=
=
- 1




2
2
2
C
C
Ao kC
Q
kC Ao  1 - X A  0
kC Ao  1 - X Af
kC Ao Ao (1 - X A )
Ao (1 - X A )

-rA = k  C2A = kC2Ao (1 - X A )2 

VFP
1
 1

Si XA = 0,9 →
=
- 1  VFP = 0,09 L
L
1
mol  1 - 0,9

0,05
500
 0,01
min
mol  min
L
V
0,9 L
Realizando el cociente: MP =
= 10
VFP
0,09 L
C Af dX
VFP
A
= C Ao 
C
Ao (-r )
Q
A
Problema nº 50)
[08-26] Se desea tener una producción de 5.000 kg/día de un producto B por isomerización de A, según la
reacción: A  B cuya ecuación cinética viene dada por: rB = -rA = 0,1 [min-1] CA. El reactor se carga con A puro ( =
1.020 kg/m3) y la reacción se verifica en fase líquida, a temperatura constante, con una conversión final del 95%,
permaneciendo constante la densidad según el valor indicado. Determinar:
a) El volumen necesario de un reactor discontinuo, mezcla completa, isotermo, que opera día y noche, con
tiempo muerto de carga, descarga y limpieza estimado en 1 h.
b) El volumen de reactor necesario si la operación se lleva a cabo en un reactor continuo, mezcla completa, isotermo, en régimen estacionario, para obtener la misma producción y la misma conversión.
R: a) V = 0,322 m3, b) VMP = 0,681 m3
a
)
Reactor discontinuo:



-rA = 0,1  C A = 0,1  C Ao (1 - X A ) 
dX A
C Ao (-r )
A
 = C Ao 
C Af
C Ao
dX A
 = C Ao 
=
C Ao 0,1  C (1 - X )
0,1 C Ao
Ao
A
C Af
X Af
dX
1 
1 
1 
1
1 
1 
1 
CAo 1 - XAA = 0,1 ln 1 - XA  = 0,1 ln 1 - XAf - ln 1 - 0  = 0,1 ln 1 - XAf 
0
C Af
1 

ln
= 29,95 min 30 min

1  1 - 0,95 
0,1
min
Treal = T(real) + T(tiempo muerto de carga, descarga y limpieza) = 30 min + 60 min = 90 min = 1,5 horas/carga
si X Af = 0,95   =
Producción = 5000
1
kg B 1 día
h
kg B

 1,5
= 312,5
día 24 h
carga
carga
b 
1 


Por carga: CB = C Ao  M + X A  = C Ao  0 + X A  = C AoX A  312,5 kg B = C Ao 0,95  C Ao = 328,95 kg
a 
1 


3
1 m
kg A
V = 328,95 kg 
= 0,322 m3 siendo ρ = 1020 3
1020 kg A
m
b)
Reactor continuo de tanque agitado:
V C AoX A

=
=
C Ao
V
C AoX A
XA
XA

Q
(-rA )
=
=
=
(no conocemos Q)
 =
Q 0,1  C Ao (1 - X A ) 0,1 C Ao 1 - X A 0,1(1 - XA )

-rA = 0,1  C A = 0,1  C Ao (1 - XA ) 
kg B 1 día 1 h
kg B
Producción = 5000


= 3,472
día 24 h 60 min
min
b 
1 


CB = C Ao  M + X A  = C Ao  0 + X A  = C AoX A  3,472 kg B = C Ao 0,95  C Ao = 3,655 kg
a 
1 


3
kg A 1 m
m3
kg A
Q = 3,655

= 3,583 10 -3
siendo ρ = 1020 3
min 1020 kg A
min
m
41
si Q = 3,583 10-3
m3
Q  XA
(3,5 10-3 )  0,95
y XAf = 0,95  V =
=
= 0,681 m3
min
0,1(1 - XA )
0,1(1 - 0,95)
Clase)
Se desea calcular el volumen de un reactor continuo donde se ha de verificar una reacción en fase líquida irreversible de primer orden, deseándose una conversión del 90%. Se alimentan 100 l/h y la constante cinética de la
reacción es k = 1 h-1. a) ¿Cuál es el volumen del reactor tubular (litros)?, b) ¿Cuál es el volumen del reactor tipo
tanque agitado (litros)?
a)
Ecuación de diseño para reactores tubulares:  =
XAf dX
V
A
= C Ao 
0
Q
(-rA )
Sustituyendo la cinética de primer orden: -rA = kCA
C Ao
C Af dX
C Af dX
C Af
V
dX A
A
A
= C Ao 
= C Ao 
= C Ao 
=
C
C
C
Ao (-r )
Ao k C
Ao k C
Q
k C Ao
A
A
Ao (1 - X A )

X Af
0
dX A
1
X
=  -ln(1 - X A )0 Af =
(1 - X A ) k
1
-ln(1 - X Af )
-ln(1 - X Af ) - [ -ln(1 - 0) ] =


k
k
V -ln(1 - X Af )
-ln(1 - X Af )
Por lo tanto:
=
 V=Q
Q
k
k
-ln(1 - XAf )
 l  -ln(1 - 0,90)
Como Q = 100 l/h, XAf = 0,9 y k = 1 h-1: V = Q
= 100  
= 230,26 l
k
 h  1(1 / h)
=
b)
Ecuación de diseño para reactores de tipo tanque agitado:  =
Como -rA = kCA →
V C Ao - C A C Ao - C Ao (1 - XA ) C AoX A
=
=
=
Q
(-rA )
(-rA )
(-rA )
C Ao XA
V C AoX A C AoX A
XA
XA
=
=
=
=
→ V=Q
Q
(-rA )
k CA
k C A0 (1 - X A ) k (1 - X A )
k (1 - X A )
Como Q = 100 l/h, XA = 0,9 y k = 1 h-1: V = Q
XA
0,90
l
= 100  
= 900 l
k (1 - XA )
 h  1(1 / h)(1 - 0,90)
Problema n° 47)
[08-15] El gas que sale de una planta de oxidación de amoníaco contiene, una vez eliminados los productos condensables, 9% de NO, 1% de NO2, 8% de O2 y el resto de N2. Antes de entrar en las torres de absorción para producir ácido nítrico se deja oxidar el gas hasta que la proporción NO2/NO sea de 5/1. Esta operación se realiza en
un reactor, que puede considerarse de flujo en pistón, refrigerado para que la temperatura del gas permanezca
constante e igual a 20°C. La presión del gas en el reactor es de 1 atm, y el caudal a la entrada es de 10.000 m 3/h,
medidos en las condiciones de operación. La reacción que tiene lugar es: 2 NO + O2  2 NO2 homogénea, prácticamente irreversible y cuya ecuación de velocidad es, a 20°C:
 l2 
-rNO = k [NO]2 [O2 ] con k = 1,4 104 

2
 mol  s 
Calcular el volumen de reactor necesario, si se puede considerar despreciable el cambio de volumen producido
por la reacción. R: 117 m3
 l2 
2 NO + O2  2 NO2 -rNO = k [NO]2 [O2 ] con k = 1,4 104 

2
 mol  s 
Reactor de flujo pistón isotermo.
V
1 CAf dC A
Ecuación de diseño:
=FAo
C Ao CAo (-rA )
Queda por expresar las cantidades [NO] y [O2] en términos de una sola variable.
kmol
Supongamos que en el reactor entra 1 kmol de gas y sea x la
en la entrada
fracción de NO en el gas que ha sido convertida a NO2 (por lo que
0.09
x = 0,1 en el gas de alimentación, que contiene 9% NO y NO2 1%). NO
NO2
0.01
Q = 1000
reacción
T = 20oC
P = 1 atm
kmol
X=0
0.100
0
kmol
X
0.100(1 - x)
0.100 x
42
Podemos obtener la composición que el gas habría tenido para x O2
0.08
0.085
0.085 - 0.5 x
= 0 a partir de la estequiometría, así como la composición para N2
0.82
0.82
0.82
cualquier otro valor de x, de la siguiente manera:
En cualquier sección transversal, donde la conversión es x, las fracciones molares de NO y O2 son
0,100 - x
0,085 - 1/2x
respectivamente.
y
1,005 - 1/2x 1,005 - 1/2x
La concentración de gas molar total, suponiendo un comportamiento de gas ideal, es P/RT kmol por m3, donde P
es la presión, la temperatura T y R la constante del gas, en unidades apropiadas.
Ahora, teniendo en cuenta la ecuación (3.2), podemos sustituir G y dy en la ecuación (3.16) por mf y dx, donde mf
es la velocidad de alimentación molar de (NO + NO2). Sustituyendo las concentraciones, [NO] y [O2], en términos
de sus fracciones molares, de la ecuación (3.17), los tiempos de la concentración total de gas, P/RT, se obtiene de
la ecuación (3.16):
Vr = mf 
(3,18)
Si la presión del gas, P, es 1 atm, y T se mide en K, entonces R = 0,0821.
La tasa de alimentación molar de (NO + NO2), mf, se obtiene a partir de la tasa de flujo de volumen de entrada del
gas, de los cuales (NO + NO2) comprende 10%. 10000 m3h-1 de gas, medido a 0°C y 1 atm, es 10000/(3600x22.41)
kmol·s-1. Así mf = 0.1x10000 / (3600x22.41) = 0,0124 kmol·s-1
Sustituyendo en la ecuación (3.18), tenemos Vr = 6,86 10-4 
(3.19)
Para este problema xin = 0,1, y xout es tal como la proporción 05:01 de NO2:NO. Claramente xout = 5/6 = 0.833. P = 1
atm, y T = 293,2 K. La integral se puede evaluar gráficamente o numéricamente, y cuando esto se hace se
encuentra que Vr = 110 m3.
3
Por lo tanto el reactor tubular debe tener un volumen de 110 m . Cuando se le preguntó, "¿Cuál es la siguiente etapa en el diseño más allá
de este punto? algunos estudiantes responder sin pensar que es para determinar el tiempo de paso que es necesario para que la reacción
3
tenga lugar en la medida requerida! Pero por supuesto, esto es esencialmente lo que se ha hecho ya. La cifra de 110 m es el volumen del
reactor, que da el tiempo necesario de paso a la tasa de flujo dada. La siguiente etapa en el diseño, que ahora va más allá del alcance de
cinética química, es elegir la relación longitud: diámetro. ¿Cuáles son los factores de ingeniería que afectan a esta elección?
Es de interés preguntar qué grande que habría sido el error si, en lugar de asumir, como anteriormente, que cada elemento de fluido se
mantiene a presión constante a medida que fluye a lo largo del reactor, suponer que se mantiene a volumen constante. Si este fuera el
d[NO2 ]
= k [NO]2 [O2 ]
dt
Después de permitir que para la estequiometría, esta ecuación se puede integrar directamente. El resultado
muestra que un tiempo de 39,4 s dará lugar a alcanzar a la relación NO2:NO el valor requerido. La velocidad de
flujo siendo 10.000 m3h-1, este tiempo de residencia corresponde a un volumen de reactor de 117 m3. En este
caso, por lo tanto, el error debido a dejar de lado el cambio de volumen es bastante pequeño y esto es debido a la
dilución de los componentes reaccionantes. En otras situaciones, por ejemplo, f3.3, el error puede ser muy
considerable. El estudiante debe preguntarse a sí mismo, sin embargo, ¿por qué el volumen del reactor calculado
de esta forma sale mayor o menor que el valor más exacto de 110 m3 que se había calculado anteriormente.
caso, podríamos escribir la ecuación de la cinética química en el formulario
43
FACTORS FOR UNIT CONVERSIONS
QUANTITY
MASS
EQUIVALENT VALUES
1 kg = 1000 g = 35,27392 oz. = 2,20462 lbm = 0,001 m.t.
1 Ibm = 16 oz = 5x10-4 tons = 0,03108 slugs = 0,453593 kg = 453,593 g
LENGTH
1 m = 100 cm = 1000 mm = 106 m = 1010 angstroms (A) = 39,37 in =
= 3,2808 ft = 1,0936 yd = 0,0006214 mi
1 ft = 12 in = 1/3 yd = 0,012 mils = 0,3048 m = 30,48 cm
AREA
1 m2 = 10,764 ft2 = 1550,0 in2
VOLUME
1 m3 = 1,000 L = 106 cm3 = 106 mL = 35,3145 ft3 = 220,83 Imp. gal. =
= 264,17 gal = 1056,68 qt
1 ft3 = 1728 in3 = 7,4805 gal = 0,028317 m3 = 28,317 L = 28317 cm3
FORCE
1 N = 1 kg·m/s2 = 105 dynes = 105 g·cm/s2 = 0.22481 lbf
1 lbf = 32.174 Ibm·ft/s2 = 4.4482 N = 4.4482x105 dynes
ENERGY WORK
1 J = 1 N·m = 107 ergs = 107 dyne·cm = 2,778x10-7 kWh = 0,23901 cal =
= 0,7376 ft·lbf = 9,486x 10-4 Btu
POWER
1 W = 1 J/s = 0,23901 cal/s = 0,7376 ft·lbf/s = 9,486x10-4 Btu/s =
= 1,341x10-3 hp
PRESSURE
1 atm = 101,3 kPa = 1,013 bars = 14,696 lbf/in2 = 33,89 ft H2O = 29,92 in Hg =
= 1,033 kgf/cm2 = 10,33 m H2O = 760 mm Hg = 760 torr
1 Pa = 1 N/m2 = 1 kg/(m·s2) = 10-5 bars = 1,450x10-4 lbf/in2
VISCOSITY
1 cP = 0,01 P = 0,01 g/(cm·s) = 0,001 kg/(m·s) = 0,001 Pa·s =
= 6,72x10-4 Ibm/(ft·s) = 2,42 Ibm/(ft·h) = 2,09x10-5 lbf·s/ft2 = 0,01 dynes·s/cm2
DENSITY
1 kg/m3 = 0,06243 Ibm/ft3
HEAT TRANSFER RATE
1 W = 3,412 Btu/h
HEAT FLUX
1 W/m2 = 0,3171 Btu/(h·ft2)
HEAT TRANSFER RATE
1 W/(m2·K) = 0,1761 Btu/(h·ft2·°F)
COEFFICIENT MASS FLOW
1 kg/s = 7,936.6 Ibm/h = 2,2046 Ibm/s
SPECIFIC HEAT
1 J/(kg·K) = 2,3886x10-4 Btu/(Ibm·oF)
TEMPERATURE
T(°K) = T(°C) + 273,15 = T(°R)/1,8 = [T(°F) + 459,67]/1.8
1 slug/ft3 = 515,38 kg/m3
1 kcal/(h·m2) = 1,163 W/m2
T(°C) = [T(°F) - 32]/1,8
T(°R) = 1,8 T/(K) = T(°F) + 459,67
T(°F) = 1,8 T(°C) + 32 = 1,8[T(K) – 273,15] + 32
THERMAL CONDUCTIVITY
1 W/(m·K) = 0,57782 Btu/(h·ft·°F) = 0,8599 kcal/(h·m·oC)
°F = °C · (9/5) + 32; °C = (°F - 32) · 5/9 °F = K · (9/5) - 459,67; K = (°F + 459,67) · 5/9
44
TEMA 6 (CLASE)
Ejercicio nº 1)
[08-02] Por una tubería fluyen 100 lb de agua a razón de 10 ft/s. ¿Cuánta energía cinética (E = ½mv 2) tiene el
agua, expresada en unidades del SI?
R: E = 210,47 J
0,453593 kg

= 45,3593 kg 
2
1 2 1
m


1 lb
E
=
mv
=
(45,3593
kg)
3,048


 = 210,70 J (210,47)
ft 0,3048 m
m
2
2
s


v = 10 
= 3,048

s
1 ft
s

m = 100 lb 
Ejercicio nº 2)
[08-19] La difusividad del anhídrido carbónico en agua a 25ºC y 1 atm, expresada en el sistema inglés de
unidades es de 7,596·10-5 ft2/h. Deducir su correspondiente valor en el SI de unidades.
R: D = 1,96·10-8 m2/s
2
2
ft2  0,3048 m   1 h 
-9 m
7,596·10

 
 = 1,9603  10
h  1 ft   3600 s 
s
-5
45