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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.