BALANCES DE ENERGÍA

Ing. Qco. Juan Andrés Sandoval Herrera

Balance de materia y energía

INTRODUCCIÓN

Tipos de energía

1. Energía cinética. Debida al movimiento de

traslación de un sistema cerrado en relación con

un marco de referencia. También puede deberse

al movimiento rotacional en torno a un eje.

2. Energía potencial. Se debe a la posición de un

sistema dentro de un campo de potencia

gravitacional o electromagnético.

INTRODUCCIÓN

Tipos de energía (CONTINUACIÓN)

3. Energía Interna. Se debe a: movimiento de las

moléculas con respecto al centro de masa de un

sistema; al movimiento rotacional y vibracional

de las moléculas, y, a las interacciones

electromagnéticas de las moléculas.

FORMAS DE TRANSFERENCIA DE ENERGÍA

En sistema CERRADO no hay corrientes de entrada

o de salida de materia.

Pero sí hay, generalmente, transferencia de CALOR o

de TRABAJO con los alrededores en ambas

direcciones.

Calor: Forma de transferencia de energía que se da por

la diferencia de temperatura entre el sistema y los

alrededores. Positivo cuando fluye desde LOS

ALREDEDORES hacia EL SISTEMA.

Trabajo: Forma de transferencia de energía que se da

en respuesta a cualquier otra fuerza impulsora:

diferencia de presiones, diferencia de voltaje, diferencia

de concentraciones. Positivo cuando el SISTEMA lo

realiza SOBRE LOS ALREDEDORES.

PRINCIPIO BÁSICO DEL BALANCE DE

ENERGÍA

LEY DE CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA:

“La energía no se crea ni se destruye” (… sino que se transforma)

Análoga con:

PRIMERA LEY DE CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA:

La velocidad a la cual las corrientes de entrada llevanenergía al sistema más la velocidad a la cual entracalor al sistema, menos la velocidad a la cual lascorrientes de salida llevan energía del sistema,menos la velocidad a la cual sale energía a manerade trabajo, es igual a la velocidad de acumulaciónenergía.

Acumulación = entradas - salidas

EJERCICIOS

1. sistema no reaccionante

Una corriente de oxígeno a 1 bar, cuyo flujo es 100kgmol / h, se va a calentar de 25 a 200°C, mediantela condensación de vapor saturado disponible a 1,5bar. Determine el consumo de vapor.

Solución:

El intercambiador de calor se puede visualizar comodos procesos separados. En uno se calienta el O2 yen otro se condensa el vapor. Y solo haytransferencia de calor, pero no de masa. El sistemase puede considerar abierto y adiabático. Sedesprecian los cambios de energías potencial,cinética y de transferencia de trabajo. Entonces,

SOLUCIÓN EJERCICIO 1

0 = 𝑚𝑠𝑎𝑙𝑂2

200°𝐶, 1 𝑏𝑎𝑟 + 𝑚𝑐𝑜𝑛𝑑𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟

𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑎 1,5 𝑏𝑎𝑟 -

𝑚𝑒𝑛𝑡𝑂2

25°𝐶, 1 𝑏𝑎𝑟 − 𝑚𝑠𝑎𝑡𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟

𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑎 1,5 𝑏𝑎𝑟

De acuerdo con los balances de materia

𝑚𝑠𝑎𝑙𝑂2

= 𝑚𝑒𝑛𝑡𝑂2

Y: 𝑚𝑐𝑜𝑛𝑑𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟

= 𝑚𝑠𝑎𝑡𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟

Por lo tanto, el balance de energía

𝑚𝑂2 𝐻 (200°𝐶, 1 𝑏𝑎𝑟) − 𝐻 (25°𝐶, 1 𝑏𝑎𝑟) = 𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟

𝐻𝑣𝑎𝑝 − 𝐻𝑙𝑖𝑞

Las entalpías de vapor saturado y agua pueden evaluarse de las tablas de vapor para obtener:

𝐻𝑣𝑎𝑝 − 𝐻𝑙𝑖𝑞 = 2226,2 kJ/kg

Mientras que la variación de la entalpía de oxígeno debe averiguarse por integración entre las dos temperaturas:

𝐻 (200°𝐶, 1 𝑏𝑎𝑟) − 𝐻 (25°𝐶, 1 𝑏𝑎𝑟) = 𝐶𝑝 𝑂2*dt

Evaluando la integral con los términos, a, b, c, d y e, del O2, da:

Δ 𝐻 O2 = 5263 kJ/kgmol

Sustituyendo estos valores en la Ecuación de

balance simplificada y despejando m vapor :

m vapor = (100 kgmol/h X 5263 kJ/kgmol)/2226,2 kJ/kg

m vapor = 236,3 kg/h

Respuesta: El consumo de vapor necesario para este

calentamiento, será: 236,3 kg/h

Si se desea, se puede calcular, la cantidad de calor necesaria

en el proceso de calentamiento: (se puede calcular por el lado

del oxígeno o por el del vapor)

Q = nO2 * Δ 𝐻 O2 = 100 * 5,262*103 = 5,262*105 J/h

Q = 5,262*105 J/h

SOLUCIÓN EJERCICIO 1 (CONTINUACIÓN)

EJERCICIOS

2. Sistema no reaccionante con E. General de Energía completa

En el sistema que se muestra en la

figura una corriente de vapor saturado

a 145 psia con una velocidad de flujo

de 100 pies/s pasa a través de un

sobrecalentador que pasa calor a la

corriente a razón de 300 BTU/lbm.

Luego se hace pasar por una turbina a

contrapresión donde desarrolla 50 hp

de trabajo de flecha y finalmente sale

por un difusor a 15 psia y una

velocidad de 1 pie/s. El cambio de

elevación entre la entrada y la salida

es de 200 pies. Calcule la temperatura

de descarga y la calidad del vapor,

suponiendo que la caída de presión

debido a la fricción con la tubería es

despreciable. El flujo de entrada de

vapor es de 300 lbm /h

SOLUCIÓN EJERCICIO 2

Planteando la ecuación de balance de energía completa:

Como F1 = F2 y sabiendo que 300 BTU/lbm*300lb/h= 9*104 BTU/h

La entalpía específica del vapor a 145 psia (1 bar) es 2776,2

kJ/kg o 1194,7 BTU/lbm.

Remplazando en el balance nos queda:

SOLUCIÓN EJERCICIO 2

El balance nos queda así:

De donde:

A 15 psia la entalpía específica del vapor saturado es mucho mayor

que este valor, luego el vapor se encuentra húmedo. Las entalpías

específicas del vapor y del líquido saturado interpoladas de la tabla

son 2676,7 y 421,4 kJ/kg, respectivamente. Entonces, la calidad del

vapor se obtiene de la ecuación: 2487,5 = 2676,7X + 421,4(1-X), de

donde: X= 0,916

Y la temperatura de salida del vapor, también obtenida por

interpolación es: T = 100,5°C o 212,9°F.

EJERCICIOS

3. Sistema no reaccionante de dos componentesUna corriente de líquido que contiene 60% en peso de etano y 40% debutano se calentará de 150 K a 200 K a una presión de 5 bar. Calcule laentrada de calor necesaria por kg de mezcla, despreciando los cambiosposibles de energía cinética y potencial, utilizando los datos disponiblesdel C2H6 y del C4H10 y suponiendo que las entalpías de los componentes enla mezcla, son las mismas que las de los componentes puros.

Solución:

Base: 1 kg de mezcla. Las entalpías del butano y las del etano a las doscondiciones se toman del Perry p 223 y 234.

Obteniéndose: DĤ Etano: (434,5-314,3)kJ/kg; y DĤ butano: (130,2-30)kJ/kg

Entonces, el balance de energía queda: 𝑄 − 𝑊𝑆 = ∆ 𝐻 + ∆𝐸𝐾 + ∆ 𝐸𝑃

Pero no hay trabajo y por el enunciado, 𝑄 = ∆ 𝐻etano + ∆ 𝐻butano

Entonces, 𝑄 =(0,6kgC2H6/s*120,2kJ/kg)+ (0,4kgC4H10/s*100,2kJ/kg)

𝑄 =112,2kJ

s

1kg

smezcla

= 𝟏𝟏𝟐, 𝟐 𝐤𝐉/𝐤𝐠

||

EJEMPLOS DE PROCESOS EN IND. ALIMENTOS

3. Dryer heat balance for casein dryingIn drying casein the dryer is found to consume 4 m3/h of natural gas with acalorific value of 800 kJ/mole. If the throughput of the dryer is 60 kg of wetcasein per hour, drying it from 55% moisture to 10% moisture, estimate theoverall thermal efficiency of the dryer taking into account the latent heat ofevaporation only. Basis: 1 hour of operation. Latent heat of evaporation ofwater= 2257 kJ kg-1(at 100 °C from Tables)

Solution:

60 kg of wet casein contains 60 x 0.55 kg water = 33 kg moisture

and 60 x (1 - 0.55) = 27 kg bone dry casein.

As the final product contains 10% moisture, the final product is: 27*100%/90% = 30 kg,and the water in the product is: 3kg; and so moisture removed = (33 - 3) = 30 kg ofremoved water; so heat necessary to supply = 30 kg of water x 2257 kJ.kg-1 = 6.8 x l04 kJ

Assuming the natural gas (NG) to be at standard temperature and pressure at which 1 mole occupies 22.4 liters, the Rate of flow of NG is 4 m3 h-1 So, number of moles of NG = 4 𝑥 1000 L.ℎ

−1

22.4 𝐿/𝑚𝑜𝑙= 179 moles.h-1

Heat available from combustion = 179mol x 800kJ/mol = 14.3 x 104 kJ/h*1h=14.3 x 104 kJ

And, finally: thermal efficiency of dryer is: 𝑄 𝑛𝑒𝑒𝑑𝑒𝑑

𝑄 𝑢𝑠𝑒𝑑=

6.8 x l04 kJ14.3 x 104 kJ

= 0,48 (48%)

EJEMPLO DE PROCESOS EN IND. DE PETRÓLEOS

4. CombustiónUn horno quema aceite combustible con aire seco a 250°C y 1 atmósfera. El análisis Orsat de

los gases de combustión arroja la siguiente composición: 12,9% de CO2, 3,8% de O2, y 83,3%

de N2. Asumiendo que el aceite combustible está compuesto sólo por C e H y que su calor de

combustión es de -8000 kCal/kg, determine:

A) % de exceso de aire; B) m3 aire/kg aceite; C) Calor perdido en gases si salen a 290°C.

Solución:Base cálculo n gases secos = 100 moles/h

Entonces:

noaire = n N2/0,79 83,3/0,79 105,44moles/ h

C + O2→ CO2 reacción elemental

4H + O2→ 2 H2O reacción elemental

EJERCICIO 4 (CONTINUACIÓN)

Balance Atómico C

n*C = ngases secos*0,129*(1)

n*C = 12,9 atomos / h

Balance Atómico 0

noAire*0,21*(2) = ngases secos*0,129*(2) + n gases secos*0,038*(2) + nH2O*(1)

Entonces: nH2O = 10,89 moles/ h

Balance Atómico H

n*H = nH2O *2H átomos / h

n*H = 21,77átomos / h

% exceso O2

= (O2 aire - O2 teórico) / O2 teórico

O2 teorico = 18,34moles/ h

% exceso O2 = 20,72%

CONTINUACIÓN EJERCICIO 4

Calor perdido

TR = 25oC agua liquida

Cp prom H2O (v) 8,2cal/mol*oC

Cp prom O2 7,35cal/mol*oC

Cp prom N2 7,8cal/mol*oC

Cp prom CO2 10,5cal/mol*oC

l H2O @ 25 C = 10497cal/mol

DHC @ 25 C = -8000kcal/kg

Q = D HC + ∑ Cpi * (290 - 25 ) + l agua

Q = -6586,25 kcal/kg comb.

MÁS EJEMPLOS DE BALANCES DE ENERGÍA

CON REACCIÓN

Ejemplo 5. El óxido nítrico se obtiene por oxidación parcial del amoníaco con aire según:

4 NH3 (g) + 5 O2 (g) 4 NO (g) + 6 H2O (g)

cuya variación entálpica de reacción a 920°C vale:

DHR25°C = -216.42 kcal /4 mol NH3

En un reactor que trabaja a presión atmosférica se alimentan NH3 (g), a25°C, y aire precalentado a 750°C, alcanzándose una conversión del 90%para el amoníaco. La composición molar de los gases efluentes, en baseseca, es:

NH3 (0.855%); O2 (11.279%); NO (7.962%); N2 (79.874%)

Si la temperatura de los gases efluentes del reactor no puede exceder los920°C, calcular:

a) Los kmoles totales de gas efluente por cada 100 kmoles deNH3 alimentados

b) Los kmoles de H2O que acompañan a 100 kmoles de gasefluente seco

c) El porcentaje de aire alimentado en exceso respecto del aireteórico necesario para la oxidación completa del amoníaco.

d) El caudal de calor a eliminar en el reactor por cada 100 kmolesde NH3 alimentados

SOLUCIÓN EJEMPLO 5

Datos

Base de cálculo = 100 kmoles de corriente S en base seca

Balance N: A + 2Y = 0.885 +7.962+2*(79.874) = 168.595

Balance H: 3A = 2Z + 3 (0.885)= 2Z + 2.655

Balance O: 2X = z + 2 (11.279) + 7.962 = Z + 30.52

Aire: X/Y = 21/79

Solución del sistema:

X=21,23; Y=79,87; Z=11,94; A=8,84; kmoles

PRODUCTO CAPACIDAD CALORIFICA MEDIA

(J/mol °C)

INTERVALO DE TEMPERATURA

(°C)

NH3 39.71 25-920

AIRE 31.40 25-920

NO 32.05 25-920

H2O 33.10 25-920

CONTINUACIÓN SOLUCIÓN EJEMPLO 5

a) kmoles totales de gas efluente por cada 100 kmoles

de NH3 alimentados =

= (100 + 11.943) (100/8.847) = 1265.32 kmoles

b) kmoles de H2O que acompañan a 100 kmoles de

gas efluente seco = 11.943

c) El porcentaje de aire alimentado en exceso respecto

del aire teórico necesario para la oxidación completa del

amoníaco

kmoles O2 teóricos necesarios = 8.847 (5/4)

= 11.058

EXCESO = (21.232 - 11.058)/ (11.058) *100 = 92 %

d) Tomamos ahora como base de cálculo 100 kmoles de A. Las

corrientes se calculan multiplicando por el factor (100/8.847)

Balance de Energía

CONTINUACIÓN SOLUCIÓN EJEMPLO 5

239.99 kmol O2

902.837 kmol N2

4NH3+ 5O2 --- 4NO + 6H2O

134.98 kmol H2O

100 kmol NH310 kmol NH3

126.532 kmol O2

89.989 kmol NO

902.83 kmol N2

Q = DHProductos - DHReactivos + DHReacción =

(10)(39.71)+(126.532)(31.40)+(902.8)(31.40)+(89.989)(32.05) +

(33.10)(134.98)(920-25) - (1142.82)(31.40)(750-25)+(90)(-216420/4)(4.18)

= -1.054 107 KJ = - 2.521 106 kcal.