BALANCE_DE_MATERIA

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BALANCE DE 
MATERIA 
 
 
PARA INGENIEROS QUÍMICOS 
 
 
 
 
NÉSTOR GOODING GARAVITO 
 
 
 
 
 
 
BALANCE 
DE 
MATERIA 
 
 
 
 
CONTIENE : 
 
 
FUNDAMENTOS TEORICOS 
 
215 PROBLEMAS RESUELTOS 
 
299 PROBLEMAS PROPUESTOS 
 
 
 
 
NESTOR GOODING GARAVITO 
 
INGENIERO QUIMICO 
 
UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA 
 
 
 
 
SEPTIMA EDICION 
 
2009 
 
 
 
 
PROLOGO 
 
 
 
Este texto presenta de una manera resumida los principios físicos y químicos 
utilizados en la solución de problemas de Balance de Materia y su aplicación 
directa en Operaciones Unitarias y Procesos Químicos. En consecuencia, será de 
gran utilidad para estudiantes de pre-grado en Ingeniería Química. 
 
 
Uno de los problemas que con frecuencia enfrenta el Ingeniero es la selección de 
un Sistema de Unidades apropiado. Aunque la tendencia actual es el uso del 
Sistema de Unidades Internacional (SI), no se puede desconocer que la mayor 
parte de los Ingenieros deben utilizar datos, catálogos y equipos de medición en 
otras unidades, especialmente del Sistema Inglés. Se consideró en consecuencia 
que la solución de los problemas se efectuara utilizando los diferentes tipos de 
sistemas para proporcionar al futuro profesional las herramientas necesarias que la 
práctica le exige. 
 
 
Teniendo en cuenta las diversas situaciones que están representadas en la 
solución de un problema de Balance de Materia, se trata mediante una gran 
cantidad de problemas resueltos y propuestos mostrar al estudiante como puede 
lograr la metodología adecuada para resolver problemas con enfoque ingenieril, 
sin tener que estar sujeto a modelos matemáticos generalizados que limiten su 
capacidad de análisis. 
 
 
Los temas tratados pueden ser distribuídos y evaluados equitativamente a través 
de un semestre académico en tres grupos a saber: Fundamentación Física y 
Química (Capítulos 1 a 4), Balance de Materia en Operaciones Unitarias (Capítulo 
5), Balance de Materia en Procesos Químicos (Capítulo 6). Los capitulos 7, 8,y 9 
pueden ser vistos como complemento de procesos especiales y cuyos balances 
utilizan algunos recursos interesantes para el curso. 
 
 
 
Néstor Gooding Garavito 
 
CONTENIDO 
 
 
 
CAPITULO 1 - UNIDADES 1 
 
Fuerza y Masa - Sistemas de Unidades - Factores de Conversión de Unidades -
Consistencia Dimensional - Cantidades Adimensionales - Problemas Resueltos - 
Problemas Propuestos. 
 
 
CAPITULO 2 - VARIABLES DE PROCESO 13 
 
Generalidades - Volumen Específico - Gravedad Específica - Escalas de Gravedad 
Específica - Presión - Temperatura - Flujo de Masa y Flujo Volumétrico - Variables 
de Composición - Composición de Mezclas - Composición en Masa y Molar - 
Masa Molecular Media - Base de Cálculo - Base seca, húmeda y libre de un 
componente - Problemas Resueltos - Problemas Propuestos. 
 
 
CAPITULO 3 - GASES IDEALES 49 
 
Leyes de los Gases Ideales - Condiciones Normales - Ecuación de Estado - 
Densidad de un Gas Ideal - Mezclas de Gases Ideales - Límite de Aplicación de las 
leyes de los Gases - Problemas Resueltos - Problemas Propuestos. 
 
 
CAPITULO 4 - MEZCLAS GAS-VAPOR 71 
 
Vaporización - Presión de Vapor - Relación entre la Presión de Vapor y la 
Temperatura - Saturación - Saturación Relativa - Porcentaje de Saturación - 
Humedad - Humedad Absoluta - Humedad Relativa - Porcentaje de Humedad - 
Temperatura de Bulbo Seco - Temperatura de Bulbo Húmedo - Punto de Rocío - 
Saturación Adiabática - Diagrama de Humedad - Problemas Resueltos - Problemas 
Propuestos. 
 
 
CAPITULO 5 - BALANCE SIN REACCION QUIMICA 89 
 
Clasificación de los Procesos - Diagramas de Flujo - Balances de Masa - 
Recomendaciones Generales para la Solución de Problemas - Operaciones 
Unitarias - Problemas Resueltos Operaciones de Mezclado - Problemas Resueltos 
Operaciones de Evaporación - Problemas Resueltos Operaciones de Secado - 
Problemas Resueltos Operaciones de Destilación - Problemas Resueltos 
Operaciones de Condensación - Problemas Resueltos de Balance en Unidades 
Múltiples - Problemas Resueltos en Operaciones de Recirculación y Derivación de 
Flujo - Problemas Propuestos. 
 
 
CAPITULO 6 - BALANCE CON REACCION QUIMICA 197 
 
Estequiometria - Generalidades - Reactivo Limitante y Reactivo en Exceso - 
Porcentaje en Exceso - Grado de Finalización - Empleo de las Unidades Molares 
en los Cálculos - Problemas Resueltos - Procesos Químicos y Problemas 
Resueltos 
 
 
CAPITULO 7 - BALANCE DE MATERIA EN 273 
 PROCESOS DE COMBUSTIÓN 
 
Combustión - Combustibles Gaseosos, Líquidos y Sólidos - Combustión Completa. 
Oxígeno Teórico y en Exceso - Combustión Incompleta - Análisis Orsat - 
Problemas Resueltos de Combustión y problemas propuestos. 
 
 
CAPITULO 8 - BALANCE DE MATERIA EN 309 
PROCESOS DE OXIDACIÓN DE AZUFRE Y PIRITAS 
 
Oxidación de Azufre y Piritas - Problemas Resueltos de Oxidación de Azufre y 
Piritas y problemas propuestos. 
 
 
CAPITULO 9 - BALANCE DE MATERIA EN 333 
 PROCESOS DE METALURGIA Y ALTO HORNO 
 
Metalurgia y Alto Horno - Problemas Resueltos de Metalurgia y Alto Horno. 
Problemas propuestos 
 
 
Tabla 1 - Factores de Conversión de Unidades 
 
Tabla 2 - Elementos Químicos - Símbolos y Masas Atómicas. 
 
Tabla 3 - Presión de Vapor del Agua 
 
Tabla 4 – Ecuación de Antoine 
 
Diagrama 1 - Diagrama de Cox 
 
Diagrama 2 - Diagrama de Humedad (en función de YP ) 
 
Diagrama 3 – Diagrama de humedad ( en función de YR ) 
 
Bibliografía 
 
CAPITULO 1 
 
 
UNIDADES 
 
 
 
Los sistemas físicos se describen mediante ciertas medidas. Se utilizan 
cantidades primarias tales como la longitud, la masa y el tiempo como base de 
estas medidas. Las cantidades secundarias tales como la densidad, aceleración, 
velocidad, presión, etc.,se definen en términos de las cantidades primarias. 
 
 
FUERZA Y MASA. Mediante la segunda ley del movimiento de Newton la fuerza 
es proporcional a la masa por la aceleración. Para definir el peso se toma entonces 
el valor de la aceleración local de la gravedad así: 
 
 F ∝ m a 
 
La conversión de esta proporcionalidad en ecuación se logra con la inclusión de 
una constante denominada gc. 
 
 g 
 F = m —— 
 gc 
 
Tanto los sistemas absolutos como el sistema internacional se definen tomando el 
valor unitario para gc lo cual da como resultado la aparición de unidades de fuerza 
derivadas tales como la dina, el poundal, y el newton. 
 
En los sistemas de unidades de ingeniería el valor de gc viene definido por la 
unidad de masa y la unidad de fuerza utilizando como valor de la aceleración de la 
gravedad su valor normal (9,8 m/s2, 32,17 pie/s2). 
El uso de estos últimos sistemas elimina las unidades derivadas facilitando de esta 
manera los cálculos y la simplificación de unidades. 
En el sistema de unidades de Ingeniería, las ecuaciones correspondientes incluyen 
la constante gc. Su utilización está muy difundida en textos de Termodinámica, 
Transferencia de Fluídos, Transferencia de Calor y Transferencia de Masa. 
 
 
 
 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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SISTEMAS DE UNIDADES 
 
 
 
 
 Métrico Absoluto: Masa, gLongitud, cm 
 Tiempo, s 
 Temperatura, oK 
 cm 
 Fuerza, dina ( g x —— ) 
 s2 
 
 Inglés absoluto: Masa, lb 
 Longitud, pie 
 Tiempo, s 
 Temperatura, oR 
 pie 
 Fuerza, poundal ( lb x —— ) 
 s2 
 
 Internacional: Masa, kg 
 (SI) Longitud, m 
 Tiempo, s 
 Temperatura, oK 
 m 
 Fuerza, Newton (N)( kg x —— ) 
 s2 
 
 Ingeniería Métrico: Fuerza, gf, kgf 
 Masa, g, kg 
 Longitud, cm, m 
 Tiempo, s 
 Temperatura, oK 
 
 
 Ingeniería Inglés: Fuerza, lbf 
 Masa, lb 
 Longitud, pie 
 Tiempo, s 
 Temperatura, oR 
 
 
 
 
 
 
 
 CAPITULO 1 : UNIDADES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 3 
FACTORES DE CONVERSION. Una cantidad en un sistema de unidades tiene su 
equivalencia en otro sistema. La relación unitaria entre estos dos valores es lo que 
se denomina factor de conversión. La multiplicación sucesiva de una misma 
cantidad por una serie de factores de conversión unitarios es el mecanismo 
utilizado para la conversión de unidades. 
 
 
CONSISTENCIA DIMENSIONAL Y CANTIDADES ADIMENSIONALES 
 
Una cantidad puede sumarse o restarse con otra sólo si sus unidades son iguales. 
Para que una ecuación sea válida debe ser dimensionalmente consistente, es 
decir que todos sus términos aditivos en ambos miembros deben tener las mismas 
unidades. 
 
Una cantidad adimensional es aquella cuya combinación de variables da un 
número sin unidades. En muchos casos deben realizarse las conversiones de 
unidades adecuadas para demostrar la adimensionalidad. 
 
 
 
PROBLEMAS RESUELTOS 
 
 
1.1 - Determine cuántos litros hay en 5,27 pies3 
 
28,316 litros 
5,27 pies3 x ——————— = 149,2 litros 
 pie3 
 
1.2 - Convertir una aceleración de 15 pies/s2 a millas/hr2. 
 
 
 pie 1 milla (3600 s)2 millas 
15 ——— x —————— x ————— = 36 818,1 ————— 
 s2 5280 pies hr2 hr2 
 
 
1.3 - Convertir 1.3 onzas/cm3 a kg/pie3. 
 
 onzas 1 lb kg (30,48 cm)3 
 1,3 ———— x ————— x —————— x —————— 
 cm3 16 onzas 2,204 lb pie3 
 
 
 1 043,8 kg 
= ————— 
 pie3 
 
 
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1.4 - Convertir 38 dinas/cm2 a lbf/pulg
2. 
 
 dinas gf lbf (2,54 cm)
2 
 38 ———— x ————— x ————— x ————— 
 cm2 980 dinas 453,59 gf pulg2 
 
 lbf 
= 5,51 x 10
-4
 ———— 
 pulg2 
 
 
1.5 - Determine el número de pies3 en un barril y en una caneca. 
 
 42 galones 1 pie3 
 1 barril x —————— x ————— = 5,61 pies3 
 barril 7,48 gal 
 
 55 gal 1 pie3 
 1 caneca x ————— x ————— = 7,35 pies3 
 caneca 7,48 gal 
 
 
1.6 - Si el valor de g en el ecuador, al nivel del mar, es de 32,088 pies/s2, y éste 
valor disminuye mas o menos en 0,001 pies/s2 por cada 1000 pies de altitud. 
¿Cuánto pesa una persona de 200 lb a una altitud de 5000 pies sobre el nivel 
del mar? 
 
 Disminución en el valor de g: 
 
 
 0,001 pies/s2 pies 
——————— x 5000 pies = 0,005 ——— 
 1000 pies s2 
 
 
 g = 32,088 - 0,005 = 32,083 pies/s2 
 
 
 mg 200 lb x 32,083 pie/s2 
 F (peso) = ——— = —————————— 
 g
c 
 (lb/lbf) (32,17 pie/s
2) 
 
 = 199,46 lbf 
 
 
 
 CAPITULO 1 : UNIDADES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 5 
1.7 - Un pie3 de agua a 70oF y presión atmosférica, pesa alrededor de 62,4 lbf en 
un punto donde g vale 32,17 pies/s2.¿ Cuánto pesará éste mismo volumen de 
agua en un lugar donde g = 32 pies/s2 ? 
 
 Como g = g
c
 la masa del cuerpo será 62,4 lb.mg 62,4 lb x 32 pie/s2 
 F (peso) = —— = ————————— = 62,07 lbf 
 gc (lb/lbf)(32,17 pie/s2) 
 
 
 
1.8 - Un hombre de 175 lb experimenta una desaceleración (por ejemplo, en un 
accidente automovilístico) de 20 (g), donde g vale 32,17 pie/s2.¿ Cuánto vale 
la fuerza que actúa sobre el hombre en lbf? 
 
 m a 175 lb x 20 x 32,17 pie/s2 
 F = ——— = ———————————— = 3500 lbf 
 gc (lb/lbf)(32,17 pie/s
2) 
 
 
1.9 - Una masa de 1 kg se acelera con una fuerza de 4,5 kgf. Calcular la 
aceleración en m/s2 
 
 
 F 4.5 kgf kg x 9.8 m/s2 m 
 a = —— x gc = ————— x ——————— = 44.1 —— 
 m 1 kg kgf s 
 
1.10 - ¿ Cuál es el peso en Newton de un objeto cuya masa es 10 kg ? 
 
F (peso) = mg = 10 kg x 9,8 m/s2 = 98 N 
 
 
1.11 - En flujo de fluídos la ecuación que expresa la caída de presión por fricción 
en una tubería es: 
 2 f L ρ v2 
Δ P = ————— 
 gc D 
 
 
donde: Δ P = caída de presión, lbf/pie2 
 v = velocidad, pies/s 
 ρ = densidad del fluído, lb/pie3 
 L = longitud de la tubería, pies 
 gc = constante, (lb/lbf)(pie/s
2) 
 
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 D = diámetro de la tubería, pies 
 
 
¿ Cuáles son las unidades del factor de fricción f ? 
 
 ( Δ P) (gc) (D) 
 f = ————————— 
 (L) (ρ) (v2) 
 
 
 (lbf/pie
2) (lb/lbf) (pie/s
2) (pie) 
 f = —————————————— = adimensional 
 (pie) (lb/pie3) (pie2/s2) 
 
 
 
 1.12 - La potencia de emisión de un cuerpo negro depende de la cuarta potencia 
de la temperatura y está dada por la siguiente expresión: 
 
 W = A T4 
 
 en donde: W = potencia de emisión, BTU/hr-pie2 
 A = constante de Stefan-Boltzman 
 [0.171 x 10-8 BTU / (cm2) (s) (oK)4] 
 
 ¿Cuál es el valor de A en ergio/(cm2) (s) (oK)4 ? 
 
 BTU ergio 
 A = 0.171 x 10-8 ———————— x ————————— 
 (cm2) (s) (oK)4 9.481 x 10-11BTU 
 
A = 18.0360 ergio/(cm2) (s) (oK)
4
 
 
 
1.13 - La ecuación para determinar la velocidad de transporte por difusión es K = 
2πDρr. Esta velocidad es utilizada para separar el U235 de U238 en 
centrífugas con gas en contracorriente. 
 
 
 Si K = velocidad de transporte del componente ligero hacia el centro de la 
 centrífuga, gmol/cm.s 
 D = coeficiente de difusión. 
 ρ = densidad molar, gmol/cm3 
 r = radio medio logarítmico, (r2 - r1) / ln(r2/r1) 
 donde "r" está en cm. 
 
 ¿ Cuáles son las unidades de D ? 
 
 
 CAPITULO 1 : UNIDADES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 7 
 
 K gmol/(s) (cm) 
D = ——— = ———————— = cm/s 
 2 πρ r (gmol/cm3) (cm) 
 
 
 
 1.14 - La siguiente ecuación es dimensionalmente inconsistente en las unidades 
especificadas. Inserte un factor de conversión dimensionalmente apropiado 
para eliminar la inconsistencia. 
 
 
4
12
2 )D/D(1
)P(2ACm
−
Δ−ρ
= 
 
donde: 
 m = flujo, lb/s 
 A2 = área de flujo, pie
2 
 ρ = densidad, lb/pie3 
 Δ P = caída de presión, psi 
 D = diámetro, pies 
 C = constante adimensional 
 
Para que las unidades de la ecuación resulten consistentes se introduce 
dentro del radical la constante gc, así: 
 
 
C4
12
2 gx)D/D(1
)P(2ACm
−
Δ−ρ
= 
 
 
 
s/lb)s/pie)(lb/lb)(pie/lb)(pie/lb(piem 2f
2
f
32 == 
 
 
1.15 - La siguiente es una ecuación para calcular el caudal de un vertedero en 
función de la altura alcanzada por el líquido dentro de éste: 
 
 
V = 0,01651 ( Δ Z)2.45 
 
 
donde: V está en litros/s 
 Δ Z está en cm 
 
 
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Desarrollar una ecuación similar donde V* esté dado en gal/mi y Δ Z* esté 
dado en pulgadas. 
 
 
 
 gal 3,785 lt mi 
 V* (———) (————) (———) = 0,063 V* = V 
 mi gal 60 s 
 
 
 
 2,54 cm 
Δ Z*(pulg) ( ————— ) = 2,54 ( Δ Z*) = Δ Z 
 pulg 
 
 
 Reemplazando estos valores en la ecuación original: 
 
0,063 V* = 0,01651 [2,54( Δ Z*)]2.45 
 
V* = 2,571 ( Δ Z*)2.45 
 
Esta última ecuación puede ser probada reemplazando un valor de Δ Z*, 
obteniendo un valor de V*, y comparando dicho valor con la ecuación original 
luego de hacer las conversiones de unidades respectivas. 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMAS PROPUESTOS 
 
 
1.16 - Utilizando el precioactual de la gasolina corriente en pesos/galón, determine 
el valor de 35 litros de gasolina. 
 
 
1.17 - ¿Cuántos litros hay en una caneca y cuántas pulgadas cúbicas hay en un 
barril? 
 
 
 1.18 - Convertir: a) 10 millas/hr a km/mi 
 b) 100 millas/hr a pies/s 
 c) 5 g/cm3 a lb/pie3 
 d) 547 J/mi a HP 
 
 
 CAPITULO 1 : UNIDADES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 9 
1.19 - Calcular el número de: 
 a) segundos en tres años 
 b) centímetros cuadrados en una yarda cuadrada 
 c) dinas/cm2 en 1 lbf/pulg2 
 d) onzas/ cm3 en 1 kg/pie3 
 
 
 1.20 - Convertir una milla cúbica por año a millones de galones por día. 
 
 
1.21 - Utilizando sólo los factores 1 pie=12 pulg, 1 pulg = 2,54 cm y 1 litro = 1000 
cm3. Encuentre el número de litros en 1 pie3 
 
 
1.22 - El pentano tiene una viscosidad de 0,23 centipoises a 25oC. Si un poise 
equivale a 1 g/cm.s y 102 centipoises equivalen a 1 poise, calcule la 
viscosidad en lb/hr.pie. 
 
 
1.23 - Con qué fuerza en kgf se atrae una masa de 14 kg en un punto de la Tierra 
donde la aceleración de la gravedad es 30,2 pie/s2 
 
 
1.24 - Un cuerpo pesa a una altura de 8000 metros (g=32,07 pie/s
2
) 10 libras. Si 
se utilizó una balanza de resorte calibrada a nivel del mar,¿ cuál es la masa 
del cuerpo en kg? 
 
 
1.25 - Un sistema tiene una masa de 20 lb.¿ Cuál es la fuerza necesaria en kg 
para acelerarlo 15 pie/s2 si su movimiento se realiza en un plano horizontal 
sin fricción? 
 
 
1.26 - ¿ Cual es el peso en lbf de un objeto cuya masa es 10 lb ? 
 
 
1.27 - ¿ Cuál es el peso en poundal de un objeto cuya masa es 5 600 g ? 
 
 
1.28 - Un cuerpo pesó 30 kf en un sitio donde la aceleración de la gravedad es 
9.71 m/s2 . ¿ Cuál será la fuerza desarrollada en lbf y en N para que éste 
cuerpo se mueva sobre un plano horizontal con aceleración de 80 pie/s2? 
 
 
1.29 - Un instrumento para medir la aceleración de la gravedad en el mar se 
construye con un resorte del cual se suspende una masa de 0.24 kg. En un 
sitio de la Tierra, donde la aceleración local de la gravedad es 9.8 m/s2 ,el 
resorte se extiende 0.61 cm. Cuando el paquete del instrumento se deposita 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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sobre la superficie de Marte, emite a la Tierra la información que el resorte 
se ha extendido 0.20 cm. ¿Cuál es la aceleración de la gravedad en Marte? 
 
 
1.30 - El número de Reynolds es una cantidad adimensional que aparece con 
frecuencia en el análisis del flujo de fluídos. Para el flujo en tuberías se 
define como (Dvρ/µ), donde D es el diámetro de la tubería, v es la velocidad 
del fluído, ρ es la densidad del fluído, y µ es la viscosidad del fluído. Para 
un sistema en particular, D = 4 cm, v = 10 pies/s, ρ = 0.7 g/cm3 µ = 0.18 
centipoises. Calcular el número de Reynolds. 
 
 
1.31 - La densidad algunas veces se expresa como una función de la temperatura: 
 
 
ρ = ρ
o
 + A t 
 
 donde: 
 ρ = densidad en lb/pie3a temperatura t 
 ρo = densidad en lb/pie3 a temperatura to 
 t = temperatura en oF 
 
 ¿ Cuáles son las unidades de A ? 
 
 
 1.32 - En transferencia de calor se utiliza el número de Prandtal. 
 
NPr = Cp µ / k 
 
 Demuestre que es adimensional e investigue y sugiera las unidades. 
 
 
 1.33 - En transferencia de calor el número de Grashof está dado por: 
 
 (L3) (ρ2) (g) (ß) (Δ t) 
N
Gr
 = —————————— 
 µ2 
 
 Si : L = 12 cm 
 g = aceleración normal de la gravedad. 
 ρ = 0.0027 lb/pie3 
 ß = 2.03 x 10-3 (oR)-1 
 Δ t =80oR 
 µ = 0.017 centipoises. 
 
 Calcule el valor de NGr. 
 
 CAPITULO 1 : UNIDADES 
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1.34 - La potencia al freno (WF) de un motor utilizado para mover una bomba 
centrífuga está dado por la siguiente expresión: 
 
 
 (F) (RPM) 
WF = ————— 
 1500 
 
donde: F = fuerza en kgf 
 RPM = revoluciones por minuto del motor 
 WF = potencia al freno en HP 
 
 
Desarrollar una fórmula donde F esté en newton (N) y la potencia al freno 
esté en kilovatios. 
 
 
 
1.35 - La ecuación de Colburn en transferencia de calor es: 
 
 
 (h/CG) (Cµ/k)0.66 = (0.023) / (DG/µ)0.2 
 
donde: C = capacidad calorífica, BTU/lboF 
 µ = viscosidad, lb/(hr) (pie) 
 k = conductividad térmica, 
 BTU / (hr) (pie2) (oF) / pie 
 D = diámetro, pies 
 G = velocidad másica, lb / (hr) (pie2) 
 
¿ Cuáles son las unidades del coeficiente de transferencia de calor "h" ? 
 
 
1.36 - La ecuación: 
 
µ = 3,24 t - 0.5 + (1,02/t) 
 
se utiliza para hallar el valor de la viscosidad µ, en lb/pie.s en función del 
tiempo t dado en segundos. Hallar una ecuación equivalente que permita 
calcular la viscosidad en centipoises como una función del tiempo dado en 
minutos. 
 
 
 1.37 - Una investigación experimental de la velocidad de transferencia de masa 
del SO2 desde una corriente de aire hasta dentro del agua indicó que el 
coeficiente de transferencia de masa se podría correlacionar mediante una 
ecuación de la forma: 
 
 
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12 
 
kx = K v 0.487 
 
 
en la que kx, es el coeficiente de transferencia de masa en mol / (cm2 x s) y 
v es la velocidad en cm/s. 
¿ Tiene dimensiones la constante K ? ¿Cuáles son ? 
Si se expresa la velocidad en pies/s, y queremos conservar la misma forma 
de la relación, ¿ cuáles serían las unidades de K' si kx se encuentra aún en 
mol/(cm2 x s), donde K' es el nuevo coeficiente de la fórmula ? 
 
 
 
 1.38 - La velocidad de transferencia de masa entre un gas y un líquido en flujo a 
contracorriente se expresa por la ecuación: 
 
 
 (dm/dt) = k x A Δ c 
 
 donde: 
 
 k x = coeficiente de transferencia de masa, cm/s 
 A = área disponible de transferencia. 
 Δ c = diferencia de concentración entre el material en la fase 
 gaseosa y la concentración en la fase líquida, en g-mol/cm3. 
 t = tiempo, s 
 
 Cuáles son las unidades de m? 
 
 Si la ecuación anterior se reemplaza por: 
 
 (dm/dt) = k'x A Δ p 
 
 donde Δ p = diferencia de presión parcial y tiene las unidades de kPa 
 ¿ cuáles son las unidades de k'x ? 
CAPITULO 2 
 
 
VARIABLES DE PROCESO 
 
 
 
Dentro de una planta química se desarrollan en general OPERACIONES 
UNITARIAS y PROCESOS QUIMICOS según ocurran sólo cambios físicos o 
cambios químicos respectivamente. 
 
La unificación de todos ellos constituye la llamada unidad de proceso. 
 
En general, el balance de materia de una unidad de proceso implica balances 
individuales en los diferentes aparatos que la forman. Cualquiera que sea la 
situación, existirán siempre materiales que entran y materiales que salen. 
 
En el diseño de éstas unidades individuales, así como en el control de operación 
de las mismas deben conocerse una serie de datos tales como: masas, 
volúmenes, presiones, temperaturas, composiciones, etc.,llamadas también 
variables de proceso. 
 
 
 
 
 UNIDAD 
 Entradas DE Salidas 
 PROCESO 
 
 
 
 
 
 
VOLUMEN ESPECIFICO 
 
 
Se denomina por la letra (v) y puede definirse como el volumen por unidad de 
masa. Se expresa generalmente en m3/kg, lt/kg, pie3/lb, etc. 
 
 El inverso del volumen específico corresponde a la densidad (ρ). 
 
El volumen específico de sólidos y líquidos resulta relativamente independiente de 
la presión y la temperatura y su valor puede consultarse en tablas. 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 14 
El volumen específico de gases y vapores es una función de la presión y la 
temperatura y su cálculo implica el conocimiento de las relaciones de estado co-
rrespondientes. 
 
La densidad relativa o gravedad específica (G) es el cociente entre la densidad 
de la sustancia y la densidad de una sustancia de referencia bajo condiciones 
específicas. La referencia utilizada en el caso de sólidos y líquidos es el agua a 
4OC, la cual posee una densidad de 1 g/cm3 o 62,43 lb/pie3. La siguiente notación 
se utiliza: 
 
G
(20/4)
oc = 0,7 
 
 
Indica la gravedad específica de la sustancia a 20oC respecto al agua a 4oC. 
 
Escalas de Gravedad Específica. Existen varias escalas en las cuales la 
gravedad específica se expresa en "grados" y que constituyen relaciones 
matemáticas arbitrarias. 
 
Escala Baumé. Se utiliza para líquidos más ligeros y más pesados que el agua. 
Está definida por las siguientes expresiones: 
 
 
Para más ligeros que el agua: 
 
 140 
(oBé) Grados Baumé = ⎯⎯⎯- - 130 
 G 
 
 
Para más pesados que el agua: 
 
 145 
(oBé) Grados Baumé = 145 - ⎯⎯⎯ 
 G 
 
Escala API. Es la escala adoptada por el Instituto Americano del Petróleo para 
expresar la densidad de productos derivados del petróleo. Teniendo en cuenta que 
la mayoría de éstos productos son más ligeros que el agua existe sólo la siguiente 
expresión: 
 
 
 141.5 
(oAPI) Grados API = ⎯⎯⎯ - 131.5 
 G 
 
 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 15 
Escala Twaddell. Se utiliza solamente para líquidos más pesados que el agua y 
se define por: 
 
(oTw) = Grados Twaddell = 200 (G - 1) 
 
 
Escala Brix. Es una escala arbitraria y expresa el porcentaje en peso de azúcar 
en una solución. Un grado Brix corresponde a 1% en peso de azúcar. 
 
 
 400 
(oBx) Grados Brix = ⎯⎯ - 400 
 G 
 
 
 
 PRESION 
 
 
La presión en un punto de un fluído es la misma en todas direcciones y puede 
definirse como la componente normal de fuerza por unidad de área. Se expresa 
generalmente en atmósferas, kgf /cm2, pascales (N/m2) y lbf /pulg2 (psi). 
Los instrumentos utilizados para medir la presión se llaman manómetros y el más 
sencillo de todos ellos es un tubo doblado en forma de U, el cual está conectado 
por un extremo a la atmósfera y por el otro al sistema cuya presión se desea medir. 
Si el sistema se encuentra a una presión mayor que la presión atmosférica el valor 
medido corresponde a la presión manométrica, pero si el sistema se encuentra a 
una presión por debajo de la presión atmosférica la presión se denomina presión 
de vacío. 
Midiendo la altura Z y conociendo la densidad (ρ) del líquido manométrico, cuando 
el fluído de sello (fluído que corresponde al sistema) tiene una densidad 
despreciable con respecto a la del líquido del manómetro, la presión manométrica 
o de vacío ( ver figura ) se calcula mediante la siguiente fórmula: 
 
 
 P = ρ g Z ( sistemas absolutos o Internacional) 
 
 
P = ρ g Z / gc ( sistemas de Ingeniería) 
 
 
Se denomina presión absoluta al valor de la presión en un punto respecto al 
vacío absoluto o presión cero. Los diagramas siguientes indican el cálculo según el 
caso. No pueden existir presiones negativas. 
Para calcular el valor de la presión atmosférica o barométrica es necesario 
disponer de un barómetro, el cual es un dispositivo que contiene mercurio y mide 
la presión atmosférica del lugar respecto al vacío. 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 16 
 
 
 A (P
A
)
abs
 = Patm + Pm 
 
 
 
 
 
 B (P
B
)
abs
 = P
atm
 - P
v 
 
 
 
 
 CP
C = Patm 
 
 
 
 
 
 
 
DIAGRAMA COMPARATIVO DE PRESIONES 
 
 
 P
A 
 
 
 Pm 
 
 
 
 PC Presión Atmosférica Patm 
 
 
 Pv 
 
 
 
 P
B 
 
 
 Vacío Absoluto P = 0 
 
 
 
 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 17 
TEMPERATURA 
 
 
La temperatura puede definirse como la fuerza motriz que produce una 
transferencia de calor. Dos cuerpos están a la misma temperatura si no hay 
transferencia de calor cuando se ponen en contacto. La temperatura se mide 
mediante los termómetros y las escalas más usuales son la Celcius o Centígrada 
y la Fahrenheit. Se seleccionan dos puntos fijos para normalizar un termómetro, 
generalmente el punto de congelación y el punto de ebullición del agua a presión 
de 1 atm. 
En la escala Centígrada (oC) el punto de congelación del agua es definido como 
0oC y el punto de ebullición del agua como 100oC. La distancia entre estos dos 
puntos es dividida en 100 partes iguales y cada división corresponde a 1oC. 
 
 
En la escala Fahrenheit (oF) se define el punto de congelación del agua como 32oF 
y el punto de ebullición como 212oF. La distancia entre estos dos puntos es 
dividida en 180 partes iguales y cada división es 1oF. Las dos escalas se 
relacionan mediante la fórmula: 
 
 
t (oF) = 1,8 t (oC) + 32 
 
 
La relación de magnitud entre las dos escalas es: 
 
 
(oC / oF) = 1,8 
 
 
Se demuestra experimentalmente que la presión de un gas se incrementa en 1/273 
por cada grado centígrado de aumento de temperatura, y en la misma forma de-
crece 1/273 por cada grado centígrado de disminución de temperatura. Se 
concluye entonces que la presión ejercida por un gas cesaría cuando su 
temperatura llegase a 273oC bajo cero. Esta temperatura equivalente a -273oC es 
llamada cero absoluto de temperatura y es el punto de partida de la escala Kelvin 
absoluta. En la escala Fahrenheit el cero absoluto corresponde a -460oF y la 
escala que toma este punto de partida se denomina escala Rankine absoluta. La 
relación entre estas dos escalas es: 
 
 
 T (oR) = 1,8 (ToK) 
 
La relación de magnitud entre las dos es: 
 
(oK / oR) = 1,8 
 
Las siguientes fórmulas y relaciones son también de gran utilidad: 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 18 
 
 
T (oK) = t (oC) + 273 
 
 T (oR) = t (oF) + 460 
 
 (oK / oC) = 1 ; (oR / oF) = 1 
 
 
 Para convertir una diferencia de temperaturas puede utilizarse: 
 
 
 (ΔT oR) = ( ΔT oK) x 1,8 
 
 ( Δ t oF) = ( Δ t oC) x 1,8 
 
 ( Δ T oR) = ( Δ t oF) 
 
( Δ T oK) = ( Δ t oC) 
 
 
 
 ESCALAS DE TEMPERATURA 
 
 
 
 
 
 t oC t oF T oK T oR 
 
 
 100 212 373 672 
 
 
 
 0 32 273 492 
 
 0 
 
 
 - 273 -460 0 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 19 
 
FLUJO DE MASA Y FLUJO VOLUMETRICO 
 
 
El movimiento de material o masa de un punto a otro recibe el nombre de flujo. Se 
denomina flujo másico ( ) a la masa transportada en la unidad de tiempo 
(masa/tiempo) y se denomina caudal o flujo volumétrico ( ) al volumen 
transportado en la unidad de tiempo (volumen / tiempo). 
o
m
o
V
 
El flujo másico en condiciones estables es el mismo en todos los puntos de un 
ducto o tubería y puede calcularse a partir de la ecuación: 
 
 
 = 
o
m v A ρ = ρ 
o
V
 
 
 donde: v = velocidad lineal de flujo 
 A = área de la sección de flujo 
 ρ = densidad del fluído 
 
 
 
VARIABLES DE COMPOSICION 
 
 
Elementos y Compuestos Químicos. La masa atómica de un elemento es la 
masa de un átomo tomada en una escala donde el isótopo del carbono (12C) cuyo 
núcleo está formado por seis neutrones y seis protones, tiene una masa atómica 
exacta de 12. Para las expresiones matemáticas que se verán más adelante puede 
representarse por la letra A y su forma dimensional es (at-1). Los valores de las 
masas atómicas pueden tomarse de una tabla periódica o de la tabla 2 del libro. 
 
Según sean las unidades tomadas para la masa de un elemento, la relación entre 
ésta y su masa atómica constituye la unidad atómica correspondiente. 
 
 
 m (g) 
⎯⎯⎯⎯ = número de g-at 
 A (at-1) 
 
 m (kg) 
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de kg-at 
 A (at-1) 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 20 
 
 m (Tn) 
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de Tn-at 
 A (at-1) 
 
 
 m (lb) 
 ⎯⎯⎯⎯⎯ = número de lb-at 
 A (at-1) 
 
 
 
La masa molecular de un compuesto se determina sumando las masas atómicas 
de los átomos que constituyen la molécula del compuesto. Para las respectivas ex-
presiones matemáticas se representa por M y su forma dimensional es (mol-1). 
 
Según sean las unidades tomadas para la masa de un compuesto, la relación entre 
ésta y su masa molecular constituye una unidad molar. 
 
 
 m (g) 
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de g-mol 
 M (mol-1) 
 
 m (kg) 
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de kg-mol 
 M (mol-1) 
 
 m (Tn) 
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de Tn-mol 
 M (mol-1) 
 
 m (lb) 
⎯⎯⎯⎯⎯ = número de lb-mol 
 M (mol-1) 
 
 
 
 
COMPOSICION DE MEZCLAS 
 
 
 
Considerando un sistema formado por "n" componentes. Designando por la letra "i" 
a un componente específico en la mezcla y además: 
 
m = peso o masa (g, kg, lb, Tn) 
V = volumen (lt, m3, pies3, gal) 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 21 
M = masa molecular de una sustancia (mol-1) 
A = masa atómica de un elemento (at-1) 
 
 
a) Porcentaje en peso. El porcentaje en peso de cada componente se obtiene 
dividiendo su peso respectivo por el peso total del sistema y multiplicandopor 100. 
 
 
 mi 
 % en peso de i = ⎯⎯⎯ x 100 
 ∑ mi 
 
 
 
Se utiliza generalmente para expresar la composición de mezclas de sólidos y 
líquidos. En general no se emplea para mezclas de gases. 
 
 
b) Porcentaje en Volumen. El tanto por ciento en volumen de cada componente 
se obtiene dividiendo su volumen individual por el volumen total de sistema y 
multiplicando por 100. 
 
 
 Vi 
 % en volumen de i = ⎯⎯⎯ x 100 
 ∑Vi 
 
 
 
Se utiliza para expresar la composición de mezclas de gases. 
 
 
c) Fracción Atómica. Si el compuesto es una mezcla de átomos, el número total 
de átomos de "i" dividido por el número total de átomos presentes, se denomina 
fracción atómica de "i". 
 
 
 (mi/Ai) 
 Fracción atómica de i = ⎯⎯⎯⎯ = Ni 
 ∑ (mi/Ai) 
 
 
d) Fracción en masa. El porcentaje en peso o masa dividido por 100 
corresponde a la fracción en masa y se representa por la letra “w” 
 
 mi 
Fracción en masa de i = wi = ⎯⎯⎯⎯ 
 Σ mi 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 22 
 
e) Fracción molar. Si el sistema es una mezcla de varias clases de moles, el 
número total de moles de "i" dividido por el número total de moles de mezcla es la 
fracción molar de "i". 
 
 
 (mi/Mi) 
 Fracción molar de i = ⎯⎯⎯⎯⎯ = xi 
 ∑(mi/Mi) 
 
 
∑ xi = 1 
 
 
f) Porcentaje atómico. El tanto por ciento atómico de un componente se 
encuentra multiplicando su fracción atómica por 100. 
 
 
 % atómico de i = Ni x 100 
 
 
g) Porcentaje en peso o masa. El tanto por ciento en peso o masa de un 
componente se encuentra multiplicando su fracción en peso o masa por 100. 
 
 
 % en peso de i = wi x 100 
 
 
h) Porcentaje molar. El tanto por ciento molar de un componente se encuentra 
multiplicando su fracción molar por 100. 
 
 
 % molar de i = xi x 100 
 
 
i) Concentración. Se utiliza generalmente en soluciones y está relacionada casi 
siempre con el volumen de la solución. 
 
 
 masa del componente i 
 Concentración másica = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 volumen de la solución 
 
 moles del componente i 
 Concentración molar = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 volumen de la solución 
 
 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 23 
Las formas más conocidas de expresar la concentración de soluciones son las 
siguientes: 
 
 
Molaridad (M) = g-mol de soluto/lt de solución 
 
Molalidad (m) = g-mol de soluto/kg de solvente 
 
Normalidad (N) = equivalente-g de soluto/lt solución 
 
 
En éstas últimas se supone que la mezcla o solución está formada únicamente por 
dos sustancias. La sustancia disuelta se llama soluto y el líquido en el cual se 
disuelve se llama solvente. 
 
 
 
MASA MOLECULAR MEDIA 
 
Conocer la masa molecular media es de gran ayuda cuando se tiene una mezcla 
gaseosa. Para su determinación es necesario conocer su composición molar. La 
siguiente fórmula puede utilizarse: 
 
M = ∑ (Mi xi) 
 
 
 Mi = masa molecular del componente i 
 xi = fracción molar del componente i 
 
 
 
BASE DE CALCULO ( B.C. ) 
 
Normalmente, todos los cálculos relacionados con un problema dado se 
establecen con respecto a una cantidad específica de una de las corrientes de 
materiales que entran o salen del proceso. Esta cantidad de materia se designa 
como base de cálculo y se deberá establecer específicamente como primera etapa 
en la solución del problema. Con frecuencia el planteamiento del problema lleva 
consigo la base de cálculo. 
 
Cuando se conoce la composición en peso de una mezcla se recomienda tomar 
una base de 100 unidades de masa o peso, ejemplo: 100 g, 100 kg, 100 lb. Si por 
el contrario se conoce la composición molar de la mezcla, la recomendación es 
tomar 100 unidades molares de la mezcla, ejemplo: 100 g-mol, 100 kg-mol, 100 lb-
mol. 
 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 24 
BASE SECA, BASE HUMEDA Y BASE LIBRE DE UN COMPONENTE 
 
Se dice que un material es húmedo cuando el agua es uno de sus componentes. 
La composición que incluye el agua se dice que es en base húmeda. Cuando en 
la composición se excluye el agua (aún estando presente), se dice que está en 
base seca. En el caso de algunas mezclas gaseosas, la composición está dada 
sin tener en cuenta uno de los componentes. En éste caso, dicho componente no 
aparece en los porcentajes, aunque sí está presente en la mezcla y se dice que la 
composición es libre de un componente. 
 
En algunas operaciones, especialmente en el secado de sólidos, se acostumbra a 
expresar el contenido de humedad por unidad de peso de sólido seco o por unidad 
de peso de sólido húmedo. A ésta modalidad multiplicada por 100 se le denomina 
porcentaje de humedad en base seca y en base húmeda respectivamente. 
 
 
 
 
PROBLEMAS RESUELTOS 
 
 
2.1 - El ácido sulfúrico puro a 20 oC tiene una densidad de 114.22 lb/pie¿Cuál es 
su densidad en grados Baumé (oBé) ? 
 
 (ρ) H2SO4 (20oC) 114.22 lb/pie
3 
G = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.8295 
 (ρ ) H2O (4oC) 62.43 lb/pie
3 
 
 
Por ser un líquido más pesado que el agua se utiliza la relación: 
 
 
 145 
oBé = 145 - ⎯⎯⎯⎯ 
 G 
 
 145 
oBé = 145 - ⎯⎯⎯⎯ = 65.74 
 1.8295 
 
2.2 - Se llena un recipiente cuyo volumen es 3.5 galones con gasolina corriente y 
se pesa. El peso de la gasolina fué 9.77 kg. ¿ Cuál es la densidad expresada 
en grados API ? 
 
 m 9.77 kg 1 gal kg 
 ρ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 0.737 ⎯⎯⎯ 
 V 3.5 gal 3.785 lt lt 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 25 
 
 
ρ = 0.737 g/cm3 
 
 ρ gasolina 0.737 g/cm
3 
 G = ⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.737 
 ρ agua 1 g/cm
3 
 
 
La densidad en grados API será: 
 
 
 141.5 
⎯⎯⎯⎯ - 131.5 = 60.49 oAPI 
 0.737 
 
 
2.3 - En el condensador de una turbina de vapor se mantiene la presión absoluta 
de 3,92 kPa. Qué marcarán los vacuómetros graduados en mm Hg, si en un 
caso indica el barómetro 735 mm Hg y en otro caso 764 mm Hg?760 mm Hg 
P
abs
 = 3,92 kPa x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 29,41 mm Hg 
 101,3 kPa 
 
P
v
 = P
atm
 - P
abs
 = 735 - 29,41 = 705,59 mm Hg 
 
 
P
v
 = 764 - 29,41 = 734,59 mm Hg 
 
 
2.4 - Un pistón tiene un área de 450 cm2. Calcular la masa del pistón en kg si éste 
ejerce una presión de 20 kPa por encima de la presión atmosférica sobre un 
gas encerrado en el cilindro. 
 
 
P = 20 kPa = 20 000 N/m 
 
 N 1 m 
F = P.A = 20 000 ⎯⎯ x 450 cm
2
 x (⎯⎯⎯⎯)2 
 m2 100 cm 
 
 
F = 900 N 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 26 
 900 N 
 F = m g ⎯⎯⎯> m = ⎯⎯⎯⎯ = 91,83 kg 
 9,8 m/s2 
 
 
 
2.5 - Un sistema de alimentación por gravedad se emplea para alimentar agua a un 
aparato. Se requiere una presión mínima de 30 psig a la entrada del aparato. 
¿Cuál debe ser la elevación del nivel del agua por encima del aparato? 
 
 
P = ρ g Z 
 
 
 Se utiliza la presión manométrica en el cálculo. 
 
 
 101,3 kPa 
P = 30 psi x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 206,734 kPa 
 14,7 psi 
 
 
 P 206734 
Z = ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 21,09 m 
 ρ g (1000 kg/m3)(9,8 m/s2) 
 
 
 
2.6 - Un fluído manométrico especial tiene una gravedad específica de 2,95 y se 
utiliza para medir una presión de 17,5 psia en un lugar donde la presión 
barométrica es 28,9 pulg de Hg. Cuál será la altura alcanzada por el fluído 
manométrico? 
 
 ρ
L
 
 G = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 2,95 
 ρ 
agua
 
 
 ρ 
 L
 = 2,95 x 1000 kg/m3 = 2950 kg/m3 
 
 
 
 101,3 kPa 
P
abs
 = 17,5 psi x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 120,59 kPa 
 14,7 psi 
 
 
 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 27 
 101,3 kPa 
 P
atm
 = 28,9 pulg Hg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 97,84 kPa 
 29,92 pulg Hg 
 
 
P
abs = Patm + Pm 
 
 
 
P
m
 = 120,59 - 97,84 = 22,75 kPa 
 
 
 
 P 22750 Pa 
Z = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0,787 m = 78,7 cm 
 ρ g (2950 kg/m3)(9,8 m/s2) 
 
 
 
 
2.7 - ¿ Cuál es la temperatura en oR de un fluído cuya temperatura es 67 oC ? 
La conversión puede hacerse por dos caminos: 
 
 
T oK = t oC + 273.16 = 67 + 273.16 = 340.16 oK 
 
T oR = 1.8 (T oK) = 1.8 (340.16) = 612.28 oR 
 
t oF = 1.8 (t oC) + 32 = 1.8 (67) + 32 = 152.6 oF 
 
 T oR = t oF + 459.68 = 152.6 + 459.68 = 612.28 oR 
 
Para fines prácticos y tal como se indica en la teoría, el cero absoluto puede 
tomarse en forma aproximada como -273 oC y - 460 oF. El cálculo efectuado con 
estos dos últimos valores no resulta exactamente igual en los dos casos. 
 
 
2.8 - El incremento de temperatura del agua al pasar por un calentador es 80 oF. 
¿Cuál es éste en oC, oR, y oK ? 
 
Δ t oC = 100 - 0 = 100 oC = Δ T oK 
 
Δ t oF = 212 - 32 = 180 oF =Δ T oR 
 
 Δ t oF Δ T oR 
⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = 1.8 
 Δ t oC Δ T oK 
 
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⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 28 
 
 
 Para el presente problema se tendrá: 
 
Δ t oC = (80/1.8) = 44.4 oC = Δ T oK 
 
Δ t oF = Δ T oR = 80 oR 
 
 
2.9 - Convertir en grados centígrados las siguientes temperaturas medidas con un 
termómetro Fahrenheit: -275, 24, 162, 1.465. 
 
t oC = (t oF - 32) /1,8 
 
t oC = (-275 - 32) /1,8 = - 170,5 oC 
 
 t oC = (24 - 32) /1,8 = - 4,44 oC 
 
t oC = (162 - 32) /1,8 = 72,2 oC 
 
 t oC = (1465 - 32) /1,8 = 796,1 oC 
 
 
2.10 - Convertir en grados Fahrenheit las siguientes temperaturas medidas en 
grados centígrados: - 186, -12, 127, 893. 
 
t oF = 1,8 t oC + 32 
 
 t oF = 1,8 (-186) + 32 = - 302,8 oF 
 
 t oF = 1,8 ( -12) + 32 = 10,4 oF 
 
 t oF = 1,8(127) + 32 = 260,6 oF 
 
 t oF = 1,8(893) + 32 = 1639,4 oF 
 
 
 
2.11 - Dos termómetros, uno Fahrenheit y otro Centígrado están sumergidos en un 
fluído e indican la misma lectura. Cuál es esa lectura en oR y oK? 
 
 
t oC = t oF = t 
 
 
 t = 1,8 t + 32 ⎯⎯> t = (- 32/0,8) = - 40 
 
 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 29 
t = - 40 oC = - 40 oF 
 
 
2.12 - El tetracloroetano tiene una densidad relativa de 1.5880. Calcular la masa en 
libras de tetracloroetano dentro de un recipiente de 120 galones y el flujo 
volumétrico en lt/mi para llenar este recipiente en 1 hora. 
 
 
 
ρ= G x ρ 
agua 
 = 1.588 x 62.43 = 99.13 lb/pie3 
 
 lb pie3 
 m = V x ρ = 120 gal x 99.13 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ 
 pie3 7.48 gal 
 
m = 1 590.3 lb 
 
 
 V 120 gal 3.785 lt hr lt 
o
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 7.57 ⎯ 
 θ 1 hr gal 60 mi mi 
 
 
2.13 - Por una tubería se descargan 95 galones por minuto (GPM) de un líquido 
sobre un tanque. Si la capacidad del tanque es de 5 000 galones, en cuánto 
tiempo se llenará el tanque? 
 
 
 = V/ θ ----> θ = (V/V) 
o
V
 
 V 5000 gal 
θ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 52,63 mi 
 95 gal/mi 
o
V
 
 
2.14 - Una bomba descarga 75 GPM de un líquido cuya gravedad específica es 
0,96. Encuentre: a) El flujo en lb/mi. b) El tiempo necesario para llenar un 
tanque vertical de 20 pies de diámetro y 15 pies de altura. 
 
G =ρ 
L
 /ρ 
agua
 ⎯⎯⎯> ρ 
L
 = 0,96 x 62,43 lb/pie3 
 
ρ L = 59,93 lb/pie
3 
 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 30 
 gal lb pie3 
a) = x ρ = 75 ⎯⎯ x 59,93 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ 
o
m
o
V
 mi pie3 7,48 gal 
 
m = 600,9 lb/mi 
 
 
 π D2 π (20)2 
b) V = ⎯⎯⎯ Z = ⎯⎯⎯⎯ x 15 = 4 712,3 pies3 
 4 4 
 
 V V 4 712,3 7,48 gal 
 = ⎯⎯ ⎯⎯⎯> θ = ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ 
o
V
 θ 75 gal/mi pie3 
o
V
 
 
 θ = 470 mi 
 
 
2.15 - Se bombea agua hacia un tanque cuyo diámetro es 10 pies a velocidad 
estable. El nivel del tanque se incrementa en 16 pulgadas por hora. 
 
a) ¿ Cuántos galones por minuto son bombeados? 
b) Si se utiliza una tubería de 6 pulg de diámetro para llenar el tanque, 
¿ Cuál es la velocidad del agua en la tuberíaen pies/mi ? 
 
 
a) Area del tanque = (πD2/4) = (100 π /4) = 78.53 pies2 
 
 
La velocidad lineal respecto al tanque es: 
 
 16 pulg pie hr pies 
 v = ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 0.022 ⎯⎯⎯ 
 hr 12 pulg 60 mi mi 
 
 
 
 
El flujo volumétrico en gal/mi será: 
 
 pies 
o
V = v x A = 0.022 ⎯⎯ x 78.53 pies2 
 mi 
 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 31 
 
= 1.7276 pies3/mi 
 
 
 pies3 7.48 gal gal 
o
V = 1.7276 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 12.92 ⎯⎯ 
 mi pie3 mi 
 
 
b) área de la tubería = (πD2/4) = (36 π /4) = 28.27 pulg2 
 
 
28.27 pulg2 x (pie2/144 pulg2) = 0.1963 pies2 
 
Teniendo en cuenta que el flujo volumétrico es el mismo, la velocidad del agua en 
la tubería será: 
 
 1.7276 pies3/mi 
o
V
v = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 8.8 pies/mi 
 A 0.1963 pies
2 
 
 
2.16 -¿ Cuántos g-at de hidrógeno hay en 1 libra de H2SO4 ? 
 
 
 453.59 g H2SO4 g-mol H2SO4 2 g-at H 
1 lb H
2
SO
4
 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 lb H2SO4 98 g H2SO4 g-mol H2SO4 
 
 
 = 9.25 g-at H 
 
 
2.17 - ¿ Cuántos g-mol de CaCO3 hay en 2 kg ? 
 
 
 kg-mol CaCO3 1 000 g-mol CaCO3 
2 kg CaCO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 20 g-mol CaCO3 
 100 kg CaCO3 kg-mol CaCO3 
 
 2.18 - ¿ Cuántos gramos de cloro hay en 2.4 g-mol de HCl ? 
 
 
 1 g-at Cl 35.46 g Cl 
2.4 g-mol HCl x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 85.1 g Cl 
 g-mol HCl g-at Cl 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 32 
 
2.19 - En 1.4 toneladas de Fe2O3, ¿ cuántas lb-mol hay ? 
 
 
 1 000 kg Fe2O3 2.204 lb Fe2O3 lb-mol Fe2O3 
1.4 Tn Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 Tn Fe2O3 kg Fe2O3 159.7 lb Fe2O3 
 
 
 = 19.32 lb-mol Fe2O3 
 
 
2.20 - ¿ Cuántos g-mol de oxígeno hay en 430 g de SO3 ? 
 
 g-mol SO3 3 g-at O g-mol O2 
430 g SO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 80 g SO3 g-mol SO3 2 g-at O 
 
 
 = 8.06 g-mol O2 
 
 
2.21 - Se mezclan 20 kg de CaCO3 puro con 45 kg de caliza cuya composición en 
peso es: CaCO3 81%, MgCO3 10% y H2O 9%. ¿ Cuál es la composición en 
peso de la mezcla ? 
 
CaCO3 en caliza = 45 kg x 0.81 = 36.45 kg 
 
CaCO3 total = 20 + 36.45 = 56.45 kg 
 
MgCO3 = 45 kg x 0.1 = 4.5 kg 
 
H2O = 45 kg x 0.09 = 4.05 kg 
 
 
Masa total de mezcla = 56.45 + 4.5 + 4.05 = 65 kg 
 
 
Composición en peso: 
 
 
 CaCO3 : (56.45/65) x 100 = 86.85 % 
 
 MgCO3 : (4.5/65) x 100 = 6.92 % 
 
 H2O : (4.05/65) x 100 = 6.23 % 
 
 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 33 
2.22 - Un mineral de hierro contiene: Fe2O3 80% en peso, MnO 1%, SiO2 12%, 
Al2O3 3%, H2O 4%. Por cada tonelada de mineral calcular: 
 
a) Los kilogramos de Fe y su porcentaje. 
b) Los kg-at de Si. 
c) Los kg-mol de H2. 
d) Los kg-mol de O2. 
 
Base de Cálculo (B.C.): 1 tonelada de mineral 
 
 a) Fe2O3 en el mineral = 1 000 kg x 0.8 = 800 kg 
 
 
 kg-mol Fe2O3 2 kg-at Fe 55.85 kg Fe 
800 kg Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯-⎯⎯ 
 159.7 kg Fe2O3 kg-mol Fe2O3 kg-at Fe 
 
 
 = 559 kg Fe 
 
 
 % de Fe = (559/1 000) x 100 = 55.9 % 
 
 
 b) SiO2 en el mineral = 1 000 kg x 0.12 = 120 kg 
 
 
 kg-mol SiO2 1 kg-at Si 
 120 kg SiO
2
 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.99 kg-at Si 
 60.1 kg SiO2 1 kg-mol SiO2 
 
 
 c) H2O en el mineral = 1 000 kg x 0.04 = 40 kg 
 
 kg-mol H2O 1 kg-mol H2 
40 kg H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 18 kg H2O 1 kg-mol H2O 
 
 = 2.22 kg-mol H2 
 
d) El oxígeno está contenido en todos los componentes, luego hay que 
determinarlo por separado y sumar. 
 
 
 kg-mol Fe2O3 3 kg-at O 
800 kg Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 159.7 kg Fe2O3 kg-mol Fe2O3 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 34 
= 15.028 kg-at O 
 
 
 kg-mol MnO 1 kg-at O 
10 kg MnO x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.141 kg-at O 
 70.94 kg MnO kg-mol MnO 
 
 kg-mol SiO2 2 kg-at O 
120 kg SiO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 60.1 kg SiO2 kg-mol SiO2 
 
 = 3.993 kg-at O 
 
 kg-mol Al2O3 3 kg-at O 
30 kg Al2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 102 kg Al2O3 kg-mol Al2O3 
 
= 0.882 kg-at O 
 
 kg-mol H2O 1 kg-at O 
40 kg H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.22 kg-at O 
 18 kg H2O kg-mol H2O 
 
Oxígeno total = 15.028 + 0.141 + 3.993 + 0.882 + 2.22 
 
 kg-mol O2 
Oxígeno total = 22.266 kg-at x ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 2 kg-at O 
 
 = 11.133 kg-mol O2 
 
 
2.23 - Se mezclan 12 galones de un líquido A cuya densidad relativa es 0.77 con 
25 galones de otro líquido B cuya densidad relativa es 0.86. Calcular el 
porcentaje en peso de la mezcla y la densidad relativa de la mezcla si los 
volúmenes son aditivos. 
 
 
 ρ 
A
 = G
A
 x ρ 
agua
 = 0.77 x 62.43 = 48.07 lb/pie3 
 
 ρ 
B
 = G
B
 x ρ 
agua
 = 0.86 x 62.43 = 53.68 lb/pie3 
 
 lb pie3 
m
A
 = V
A
 x ρ 
A
 = 12 gal x 48.07 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ 
 pie3 7.48 gal 
 
m
A
 = 77.11 lb 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 35 
 
 lb pie3 
m
B
 = V
B
 x ρ 
B
 = 25 gal x 53.68 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ 
 pie3 7.48 gal 
 
 
 m
B
 = 179.41 lb 
 
 
m
T
 = 77.11 + 179.41 = 256.52 lb 
 
 
 % peso de A = (77.11/256.52)x 100 = 30.06 % 
 
 % peso de B = (179.41/256.52) x 100 = 69.94 % 
 
 pie3 
 V
T
 = V
A
 + V
B 
= 12 + 25 = 37 gal x ⎯⎯⎯⎯ 
 7.48 gal 
 
 V
T
 = 4.94 pies3 
 
 ρ 
mezcla
 = (m
T
/V
T
) =(256.52/4.94) = 51.92 lb/pie3 
 
 ρ 51.92 lb/pie3 
 G = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.831 
 ρ agua 62.43 lb/pie
3 
 
 
2.24 - Una mezcla de alcohol etílico y agua contiene 80% en volumen de alcohol a 
15.5 oC y su densidad relativa es 0.8638. ¿ Cuál será el porcentaje en peso 
de alcohol etílico ? 
 
B.C.: 100 litros de mezcla. 
 
 
 H2O en la mezcla = 100 lt x 0.20 = 20 litros 
 
m
agua
 = 20 lt x (1 kg/lt) = 20 kg 
 
 ρ 
solución
 = 0.8638 x 1 kg/lt = 0.8638 kg/lt 
 
m
solución
 = V x ρ = 100 lt x 0.8638 kg/lt 
 
m
solución
 = 86.38 kg 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 36 
 
% peso de agua = (20/86.38) x 100 = 23.15 % 
 
 % peso de alcohol = 100 - 23.15 = 76.85 % 
 
 
2.25 - Se mezclan 100 g de agua con 100 g de H2SO4. ¿Cuántos g-mol de H2SO4 
hay por cada g-mol de agua ? 
 
 
 g-mol H2O 
 100 g H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 5.55 g-mol H2O 
 18 g H2O 
 
 
 g-mol H2SO4 
100 g H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.02 g-mol H2SO4 
 98 g H2 SO4 
 
 1.02 g-mol H2SO4 g-mol H2SO4 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.1837 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 5.55 g-mol H2O g-mol H2O 
 
 
 
 
2.26 - Se disuelve un gramo de KOH en 670 cm3 de agua, ¿ cuál es la molalidad 
de la solución formada ? 
 
 g-mol KOH 
1 g KOH x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0178 g-mol KOH 
 56.1 g KOH 
 
 
 0.0178 g-mol KOH 1 000 cm3 g-mol KOH 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0265 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 670 cm3 H2O lt H2O lt H2O 
 
2.27 - Una solución de sulfato férrico, Fe2 (SO4)3, contiene 16% en peso de sulfato 
y su densidad relativa es 1.1409. Determinar la concentración molar en 
lbmol/pie3 de solución y la molaridad (g-mol/lt de solución). 
 
B.C.: 100 lb de solución. 
 
 
 lb-mol Fe2 (SO4)3 
16 lb Fe2 (SO4)3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.04 lb-mol Fe2 (SO4)3 
 399.7 lb Fe2 (SO4)3 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 37 
 
 lb lb 
ρ = G x ρ 
agua
 = 1.1409 x 62.43 ⎯⎯⎯ = 71.22 ⎯⎯⎯ 
 pie3 pie3
 
 
 m 100 lb 
 V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.4041 pie3 
 ρ 71.22 lb/pie3 
 
 Concentración molar = 0.04 lb-mol/1.4041 pies3 
 
= 0.0284 lb-mol/pie3 
 
Molaridad = 0.0284 x (453.59/28.32) = 0.4548 
 
 
 
 
2.28 - Una aleación de cobre y níquel contiene 40% de níquel, ¿ cuál es la fracción 
atómica de cobre ? 
 
B.C.: 100 g de aleación. 
 
Ni : 100 g x 0.4 = 40 g 
 
Cu : 100 g x 0.6 = 60 g 
 
 g-at Ni 
40 g Ni x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.6813 g-at Ni 
 58.71 g Ni 
 
 g-at Cu 
60 g Cu x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.9442 g-at Cu 
 63.54 g Cu 
 
 g-at de aleación = 0.6813 + 0.9442 = 1.6255 
 
 
 N
Ni
 = (0.6813/1.6255) = 0.419 
 
N
Cu
 = (0.9442/1.6255) = 0.581 
 
N
Ni
 + N
Cu
 = 0.419 + 0.581 = 1 
 
 
2.29 - Un gas combustible tiene la siguiente composición molar: O2 5%, N2 80% y 
CO 15%. Calcular: 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 38 
 
a) La masa molecular media. 
b) La composición en peso. 
 
 
 a) M = ∑ (Mi xi) 
 
 M = (32 x 0.05 + 28 x 0.8 + 28 x 0.15) = 28.2 mol-1 
 
 
b) B.C.: 100 g-mol de gas combustible. 
 
 O2 5 g-mol x 32 mol-1= 160 g 
 
 N2 80 g-mol x 28 mol-1= 2 240 g 
 
 CO 15 g-mol x 28 mol-1= 420 g 
 ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 Total 2 820 g 
 
 
 
 
Composición en peso: 
 
O2 (160/2 820) x 100 = 5.67 % 
 
N2 (2 240/2 820) x 100 = 79.43 % 
 
CO (420/2 820) x 100 = 14.89 % 
 
 
2.30 - Para cálculos de combustión el aire se toma con la siguiente composición 
molar: O2 21% y N2 79%. ¿ Cuál es su composición en peso? 
 
 
B.C.: 100 g-mol de aire 
 
 O2 21 g-mol x 32 mol-1= 672 g 
 
 N2 79 g-mol x 28 mol-1= 2 212 g 
 ⎯⎯⎯⎯ 
 Total 2 884 g 
Composición en peso: 
 
 O2 (672/2 884) x 100 = 23.3 % 
 
 N2 (2 212/2 884) x 100 = 76.7 % 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 39 
 
 
2.31 - Una mezcla de oxígeno y nitrógeno tiene un 43% en peso de oxígeno,¿cuál 
es la fracción molar de N2 ? 
 
B.C.: 100 g de mezcla. 
 
 O2 43 g x (g-mol/32 g) = 1.343 g-mol 
 
 N2 57 g x (g-mol/28 g) = 2.035 g-mol 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 Total 3.378 g-mol 
 
 
 x
nitrógeno
 = (2.035/3.378) = 0.602 
 
 
 
2.32 - El arrabio producido en un alto horno sale libre de humedad, pero al 
analizarlo se encontró que contenía: Fe 84.72% en peso, C 3.15%, Si 
1.35%, Mn 0.72%, H2O 10.06%. ¿ Cuál era el porcentaje en peso de hierro 
al salir del horno ? 
 
 
B.C.: 100 kg de arrabio húmedo. 
 
 arrabio seco = 100 - 10.06 = 89.94 kg 
 
% en peso de Fe = (84.72/89.94) x 100 = 94.19 % peso 
 
 
2.33 - Los gases que salen de un quemador de azufre tienen la siguiente 
composición en base libre de SO3: SO2 9.67%, O2 8.46% y N2 81.87%. Se 
sabe también que hay 6.08 g de SO3 por cada 100 g de gas libre de SO3. 
¿ Cuál es el porcentaje molar de SO3 en la mezcla ? 
 
 
B.C.: 100 g-mol de gas libre de SO3. 
 M = (64 x 0.0967 + 32 x 0.0846 + 28 x 0.8187) 
 
 M = 31.82 mol-1 
 
 Masa de gas libre de SO3 = 100 g-mol x 31.82 mol-1 
 
= 3 182 g 
 
El SO3 en el gas será: 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 40 
 6.08 g SO3 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 3 182 g gas libre SO3 
 100 g gas libre SO3 
 
 
= 193.46 g SO
3
 
 
 g-mol SO3 
 193.46 g SO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.418 g-mol SO3 
 80 g SO3 
 
 
 Moles totales de gas = 102.418 g-mol 
 
 
 % molar SO3 = (2.418/102.418) x 100 = 2.36 % 
 
 
2.34 - a) Convertir 60% de agua (b.s.) a base húmeda.b) Convertir 60% de agua (b.h.) a base seca. 
 
a) B.C.: 100 g de material seco. 
 
 
 60 g de agua 
 
 100 g de material seco 
 
 Material húmedo = 160 g 
 
 % de agua (b.h.) = (60/160) x 100 = 37.5 % 
 
 
b) B.C.: 100 g de material húmedo. 
 
60 g de agua 
 
40 g de material seco 
 
 % de agua (b.s.) = (60/40) x 100 = 150 % 
 
 
2.35 - Se mezclan 150 lb de un sólido húmedo que contiene 75% de agua (b.s.) 
con 18 lb de agua. ¿ Cuál es el porcentaje de agua de la mezcla resultante 
en base seca y en base húmeda ? 
 
B.C.: 150 lb de sólido húmedo (s.h.) 
 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 41 
 
 75 lb agua 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 150 lb s.h. = 64.28 lb agua 
 175 lb s.h. 
 
 Sólido seco = 150 - 64.28 = 85.72 lb 
 
 Agua total = 64.28 + 18 = 82.28 lb 
 
 Sólido húmedo final = 82.28 + 85.72 = 168 lb 
 
 % Agua (b.h.) = (82.28/168) x 100 = 48.97 % 
 
 % Agua (b.s.) = (82.28/85.72) x 100 = 95.98 % 
 
 
 
 
PROBLEMAS PROPUESTOS 
 
 
2.36 - La densidad de una cierta solución es de 7.3 lb/galón a 80 oF. ¿Cuántos 
pies3 de esta solución ocuparán 6 toneladas a 80 oF ? 
 
 
2.37 - En un colector de vapor hay 300 kg de vapor de agua. Determine el volumen 
V del colector, en galones, si el volumen específico del vapor es 20.2 cm3/g. 
 
 
2.38 - La gravedad específica del tetracloruro de carbono a 20 oC con respecto al 
agua a 4 oC es 1.595. Calcular la densidad del tetracloruro de carbono en 
lb/pie3 a 20 oC. 
 
 
2.39 - El peso específico de la dietanolamina (DEA) a 15 oC/4 oC es de 1.096. En 
un día cuando la temperatura es de 15 oC se introducen en un tanque 1 347 
galones de DEA medidos exactamente.¿ A cuántas libras de DEA 
corresponde este volumen ? 
 
 
2.40 - Un aceite tiene una gravedad API de 19.5. ¿ A cuántos galones equivale 1 
tonelada de aceite ? 
 
 
2.41 - Una solución tiene una gravedad de 100 oTw. Calcule su gravedad en oBé. 
 
 
2.42 - Efectuar las siguientes conversiones de unidades de presión: 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 42 
 
a) 1 250 mm Hg a psi. 
b) 25 pies de agua a Pa. 
c) 3 atm a N/cm2. 
d) 100 cm Hg a dinas/pulg2. 
e) 30 cm Hg de vacío a atm abs. 
f) 10 psig a mm Hg manométricos. 
g) 10 psig a bar absolutos. 
h) 650 mm Hg abs a mm Hg manométricos. 
i) 10 pulg de Hg de vacío a pulg de Hg abs. 
j) 20 psi a cm de tetracloruro de carbono. 
 
 
2.43 - Un manómetro, montado en la cabina abierta de un aeroplano que se 
encuentra en tierra, y que mide la presión del aceite, indica una lectura de 6 
kgf/cm
2, cuando el barómetro marca 752 mm Hg. a) Cuál es la presión 
absoluta del aceite, expresada en N/m2, bar y kgf/cm2 ? b) Qué marcará el 
manómetro, expresado en estas mismas unidades, cuando el aeroplano se 
eleva a cierta altura en la cual la presión atmosférica es 0,59 bar, si la pre-
sión absoluta permanece constante? 
 
 
2.44 - En la sala de máquinas de una central eléctrica funciona una turbina cuyo 
condensador se mantiene a la presión absoluta de 0,711 psia. Determinar 
el valor del vacío como un porcentaje de la presión barométrica cuyo valor 
es 753 mm Hg. 
 
 
2.45 - Calcular la presión manométrica en el fondo de un tanque de 12 pies de 
profundidad, si este está lleno de una solución de ácido acético a 25 oC (G 
= 1.0172 ). Respuesta en kPa y psig. 
 
 
2.46 - Se coloca un manómetro de mercurio en el fondo de un tanque que 
contiene benceno (G = 0.879). Si la diferencia de altura en el líquido del 
manómetro es 97 mm, ¿ cuál será la altura del fluído en metros dentro del 
tanque? 
 
 
2.47 - Un cilindro de diámetro 200 mm está herméticamente cerrado por un émbolo 
que pende de un resorte. Este émbolo convencionalmente ingrávido se 
desliza sin rozamiento. En el cilindro de ha practicado un vacío equivalente 
al 80% de la presión barométrica que es de 600 mm Hg. Determine la fuerza 
F de tensión del resorte, en kgf, si el émbolo no se mueve. 
 
 
2.48 - Efectuar las siguientes conversiones de temperatura: 
 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 43 
 
 a) 279 oC a 
o
K e) 2 250 oC a oF 
 b) 425 oF a oK f) - 200 oF a oC 
 c) - 200 oC a oR g) 20 oC a oR 
 d) 725 oR a oK h) 100 oR a oC 
 
 
2.49 - Convertir las siguientes diferencias de temperatura: (a) 37 oC a oF y oR. (b) 
145 oR a oF, o C y oK. 
 
 
2.50 - En los trabajos técnicos y científicos suele medirse directamente la 
diferencia de temperaturas por medio de pares termoeléctricos diferenciales. 
¿Cuál es la diferencia de temperaturas en grados centígrados si por la 
escala Fahrenheit es 215 oF ? 
 
 
2.51 - Un fluido cuya gravedad específica es 1.2 circula por una tubería a razón de 
30 lb/hr. ¿ Cuál es el flujo en cm3/mi y cuál será el diámetro de la tubería 
para que su velocidad sea 5 pies/s ? 
 
 
2.52 - Se bombea agua hacia un tanque cuyo diámetro es 3 metros a velocidad 
estable. El nivel del agua en el tanque se incrementa en 6 cm por hora. a) 
Cuántos GPM son bombeados? b) Si se utiliza una tubería de 2,36 cm de 
diámetro para llenar el tanque cuál es la velocidad del agua en la tubería en 
m/s? 
 
 
2.53 - Por una tubería de diámetro 50 mm, unida a un gasómetro, se hace llegar un 
gas cuyo volumen específico es 0.5 m3/kg. ¿ Cuánto tiempo tardará el gas 
en llenar el gasómetro, si el volumen de este es 5 m3, la velocidad media del 
gas por la sección de la tubería es 2.55 m/s y la densidad del gas que llena 
el gasómetro es 0.00127 g/cm3. 
 
 
2.54 - Para medir el flujo de líquidos y gases se emplean orificios de 
estrangulación. Como resultado la presión luego del orificio es menor que la 
presión delante de él. La caída de presión, se mide con un manómetro en U. 
El flujo de masa en kg/s se calcula por la fórmula: 
 
 
ρΔ= )P(2A8.0m
o
 
 
Δ P = disminución de presión. 
 ρ = densidad del líquido circulante. 
 A = área del orificio. 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 44 
 
Si Z = 22 mm Hg, ρ = 0.98 g/cm3 y el diámetro del orificio es 10 cm, calcular 
el flujo de masa. 
 
 
2.55 - Calcular lo siguiente: 
 
a) g-mol de CO2 por cada 100 g. 
b) lb de N2 por cada 3.5 g-mol. 
c) toneladas de CaCO3 por cada 34 lb-mol. 
d) lb-mol de NaCl por cada 1 286 kg. 
 
 
2.56 - Cuántas libras hay en cada una de las siguientes cantidades: 
 
a) 130 g-mol de NaOH c) 120 lb-mol de KNO3 
b) 62 lb-mol de HNO3 d) 54 kg-mol de HCl 
 
 
2.57 - Convertir lo siguiente: 
a) 120 g-mol de NaCl a g. 
b) 120 lb-mol de NaCl a g. 
c) 120 g-mol de NaCl a lb. 
d) 120 kg-mol de NaCl a lb. 
 
 
2.58 - Una solución acuosa contiene 21% en peso de sal. 
 
a) Exprese: lb sal/lb de agua, lb de agua/lb sal, porcentaje en peso de 
agua. 
b) ¿ Cuántas libras de sal hay en una tonelada de solución ? 
 
 
2.59 - A 0 oC una solución de sal común en agua contiene 23.5 g de sal/100 cm3 de 
solución y tiene una densidad de 1.16 g/cm3. 
 
a) ¿ Cuál es el porcentaje en peso de sal ? 
b) ¿ Cuántas libras de sal están disueltas en 1 galón de solución ? 
 
 
2.60 - Se mezclan 20 pies3 de un líquido con una densidad relativa de 1.3 con 10 
pies3 de otro líquido cuya densidad relativa es 0.9. ¿ Cuál es la densidad de 
la mezcla si el volumen final es de 30 pies3 y cuál es el porcentaje en 
volumen y en peso del primer líquido? 
 
 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯45 
2.61 - Si 4500 barriles de un combustible pesado de 30 oAPI se mezclan con 
15000 barriles de aceite de 15 oAPI. ¿Cuál es la densidad en la escala API 
de la mezcla? 
 
 
2.62 - Una solución de H2SO4 en agua tiene una molalidad de 2.0, calcular el 
porcentaje en peso y el porcentaje molar de H2SO4. 
 
 
2.63 - Una solución de ácido nítrico en agua 0.9 molar, tiene una densidad relativa 
de 1.0427. Calcular el porcentaje en peso y el porcentaje molar de HNO3. 
 
 
2.64 - Una solución de cloruro de calcio (CaCl2) contiene 20% en peso de CaCl2 y 
una densidad de 1.73 g/cm3 a 30ºC. Calcular la molaridad y la molalidad. 
 
 
2.65 - Diez libras de benceno (G = 0.879) y 20 libras de tolueno (G = 0.866) se 
mezclan. Calcular lo siguiente suponiendo que el volumen de la mezcla es 
igual a la suma de los volúmenes de los componentes individuales. 
 
a) Fracción en masa de benceno y tolueno. 
b) Fracción molar de tolueno. 
c) Relación entre masa de tolueno y masa de benceno. 
d) Volumen de la mezcla. 
e) Densidad y volumen específico de la mezcla. 
f) Concentración de tolueno en lb-mol/pie3. 
g) Molaridad del tolueno. 
h) Masa de tolueno en 10 cm3 de la mezcla. 
i) Porcentaje en peso y molar de tolueno en la mezcla. 
 
 
2.66 - Una solución de HCl en agua contiene 30% en peso de HCl y su densidad 
relativa es 1.149 a 20 oC y 1.115 a 80 oC. Calcular: 
 
a) Porcentaje molar. 
b) Lb de HCl por lb de agua. 
c) Lb-mol de HCl por lb de agua. 
d) Gramos de HCl por 100 cm3 de solución a 80 oC. 
e) Gramos de HCl por 100 cm3 de solución a 20 oC. 
f) Gramos-mol de HCl por litro de solución a 20 oC. 
g) Libras de HCl por galón de solución a 20 oC. 
h) Lb-mol de HCl por pie3 de solución a 80 oC. 
i) Molalidad. 
j) Normalidad. 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 46 
2.67 - Una solución de ácido sulfúrico contiene 65% de H2SO4 puro y 35% de 
agua. Si su densidad relativa con respecto al agua es 1.71. 
 
a) ¿Cuál es el peso en kg de 350 litros de ésta solución? 
b) ¿Cuántos kg de H2SO4 puro hay en 420 litros de solución? 
 
 
2.68 - Se tienen 100 lb-mol de una mezcla de gases con la siguiente composición 
molar: CH4 30%, H2 10% y N2 60%.¿ Cuál es la composición en peso y cuál 
es la masa en kg ? 
 
 
2.69 - El análisis de un gas de desperdicio es: CO2 50% molar, C2H4 10% y H2 
40%. ¿ Cuál es la masa molecular media y cuál su composición en peso ? 
 
 
2.70 - La pirita es un mineral que contiene FeS2 y SiO2. Se mezclan 145 kg de 
pirita que contiene 30% en peso de azufre con 68 kg de azufre puro. 
¿Cuántos kg de azufre hay por cada 100 kg de mezcla? 
 
 
2.71 - Una caliza contiene: CaCO3 88% en peso, MgCO3 7% y H2O 5%. ¿Cuál es 
la fracción molar de agua en la caliza ? 
 
 
2.72 - Una mezcla de gases tiene la siguiente composición molar: N2 60%, CO2 
40%. Determinar la composición en peso y la masa molecular media de la 
mezcla. 
 
 
2.73 - En un recipiente hay una mezcla de gases formada por: 10 kg de N2, 13 kg 
de Ar y 27 kg de CO2. Determinar la composición molar de la mezcla, y su 
masa molecular media. 
 
 
2.74 - Una mezcla gaseosa tiene la siguiente composición en peso: CH4 75% y 
CO2 25%. Determinar la composición molar. 
 
 
2.75 - Una mezcla gaseosa está formada por 8 kg-mol de H2 y 2 kg-mol de N2. 
Determinar la masa de cada gas y la masa molecular media. 
 
 
2.76 - El análisis volumétrico de una mezcla de gases ideales es el siguiente: CO2 
40%, N2 40% , CO 10% y O2 10%. Determinar la masa molecular media y el 
análisis en masa de la mezcla. 
 
 
 
 CAPITULO 2 : VARIABLES DE PROCESO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 47 
2.77 - Una solución de H2SO4 en agua contiene 50% molar de ácido y fluye hacia 
una unidad de proceso a razón de 3 m3/mi. Si la densidad relativa de la 
solución es 1.03, calcular los kg/s de H2 SO4 puro. 
 
 
2.78 - El alimento a un reactor de síntesis de amoniaco contiene: N2 25% molar e 
H2 75% molar. El flujo es 2 750 kg/hr. ¿ Cuántos kg/mi de nitrógeno se 
alimentan al reactor ? 
 
 
2.79 - La alimentación a un reactor de amoniaco contiene 25% molar de N2 y el 
resto de H2. El flujo de la corriente es de 4350 kg/h. Calcular el flujo de 
alimentación en kg-mol/h. 
 
 
2.80 - Una mezcla de SO3 y H2S contiene 50% en peso de cada gas. Si 1 250 kg-
mol de éste gas se separa en sus componentes, ¿Cuántos kg-mol de H2S se 
obtienen? 
 
 
2.81 - Una mezcla de SO2 y H2S contiene 1 gramo de SO2 por cada gramo de H2S. 
Una corriente de 300 lb-mol de mezcla por hora se alimenta a un separador 
donde se extrae todo el H2S. ¿ Cuántas libras de H2S se extraen por 
minuto? 
 
 
2.82 -Un sólido húmedo contiene 240% de agua en base seca. ¿Cuántos 
kilogramos de agua hay en 3500 kilogramos de sólido húmedo? 
 
 
2.83 -Un sólido húmedo contiene 40% de agua en base húmeda, ¿cuántos 
kilogramos de sólido seco hay por cada 150 kilogramos de agua contenida 
en el sólido? 
 
2.84 - Un lodo (mezcla de sólidos y agua) contiene 30% en peso de sólidos. 
Exprese su composición en base seca y en base húmeda. 
 
 
2.85 - Una madera contiene 43% de agua en base seca. 
¿ Cuántos kg de agua hay en 500 kg de madera húmeda ? 
 
 
2.86 - Se mezclan 56 lb de fresas que contienen 15% en peso de sólidos y el resto 
agua, con 50 lb de azúcar. Se calienta la mezcla para retirar la mitad del 
agua presente, ¿ cuál sería el porcentaje en base seca y en base húmeda 
en el residuo? 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
48 
2.87 -Los gases producidos en un horno de calcinación de piritas tienen la 
siguiente composición molar: SO3 3.56%, SO2 8.31%, O2 7.72% y N2 
80.41%. Determine la composición en base libre de SO3 y diga cuántos 
gramos de SO3 hay por cada 100 gramos de gas libre de SO3. 
 
 
2.88 - Un carbón contiene: 
 
 Carbono Fijo 45% en peso 
 Materia Volátil 30% 
 Ceniza 14% 
 Humedad 11% 
 
¿ Cuál será su composición en base libre de humedad ? 
 
 
2.89 - Un mineral de hierro contiene: 
 
 Fe2O3 76% peso 
 SiO2 14% 
 MnO 1% 
 Al2O3 9% 
 
Determinar los porcentajes en peso de Fe, Si, y Mn. 
 
2.90 -Un mineral de pirita contiene 48% en peso de azufre. Si el mineral está 
formado por FeS2 y material inerte, ¿cuál es el porcentaje en peso de FeS2 
en el mineral? 
 
 
 
CAPITULO 3 
 
 
GASES IDEALES 
 
 
 
En el campo de las aplicaciones prácticas, cuando se trabaja a presiones y 
temperaturas moderadas, es muy conveniente utilizar relaciones muy sencillas entre 
las variables de proceso P, T, v. Dichas relaciones se obtienen considerando que en 
tales condiciones los efectos debidos al volumen molecular y atracciones 
intermoleculares pueden considerarse despreciables en el manejo del gas. 
En procesos industriales en los cuales figuran corrientes gaseosas, es más fácil 
medir el volumen que el peso de éstas y por tanto es necesario conocer además las 
presiones y las temperaturas, con el fín de aplicar la ecuación de estado 
correspondiente. 
 
 
 
LEYES DE LOS GASES IDEALES 
 
A) LEYES DE CHARLES-GAY LUSSAC. Se consideran dos expresiones que 
relacionan el estado (1) y el estado (2) de un gas ideal. Si el cambio de estado se 
realiza a presión constante se tiene: 
 
 
 
 V1 T1 
⎯⎯ = ⎯⎯ P = constante 
 V2 T2 PSi el cambio de estado se realiza a volumen constante se tiene: 
 
 
 
 
 P1 T1 
⎯⎯ = ⎯⎯ v = constante 
 P2 T2 v 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
50 
B) LEY DE BOYLE-MARIOTTE. A temperatura constante, el volumen específico de 
un gas ideal es inversamente proporcional a la presión. Para un cambio de estado se 
tiene: 
 
 
 
 v1 P2 
⎯⎯ = ⎯⎯ T = constante 
 v2 P1 T 
 
 
 
 
C) LEY DE AVOGADRO. Iguales volúmenes de diferentes gases ideales en las 
mismas condiciones de temperatura y presión, contienen el mismo número de 
moléculas. 
 
 
 
CONDICIONES NORMALES 
 
Establecer un estado normal de referencia para los cálculos es de gran utilidad 
práctica. Se consideran las condiciones normales de un gas como: 
 
 0 oC (273 oK) 
 Temperatura 
 32 oF (492 oR) 
 
 
 1 atm 
 760 mm Hg 
 29,92 pul Hg 
 Presión 14,7 psi 
 1,033 kgf/cm
2 
 101 325 Pa 
 
 
 
A las condiciones normales de presión y temperatura (CNPT) y teniendo en cuenta la 
ley de Avogadro, para cualquier gas: 
 
1 g-mol de un gas ideal ocupa un volumen de 22,414 litros. 
 
1 lb-mol de un gas ideal ocupa un volumen de 359 pies3. 
 
 
 
 
 CAPITULO 3 : GASES IDEALES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 51 
ECUACION DE ESTADO 
 
 
 
Reuniendo las expresiones correspondientes a las leyes de los gases ideales se tiene: 
 
 P1 v1 P2 v2 
⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ 
 T1 T2 
 
 
Si una cualquiera de las tres variables de estado permanece constante, se tiene la 
expresión particular de cada una de las leyes. Para la temperatura y la presión se 
toman siempre sus valores absolutos. 
 
Si la ecuación anterior se usa para referir el estado actual de un gas representado por 
(P,v,T) con el estado normal representado por (Po,vo,To), se tiene: 
 
 
 Po vo P v 
⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯ = constante 
 To T 
 
 
El valor de dicha constante, llamada comunmente Constante Universal de los 
Gases (R), da origen a la ecuación de estado de los gases ideales y puede ser 
obtenida a partir de los valores dados a las condiciones normales. 
 
 
 P v = R T 
 
 
El número de variables independientes en la ecuación de estado es siempre dos. La 
tercera variable depende siempre del valor de las otras dos. El volumen v corresponde 
al volumen molar y se determina dividiendo el volumen total del gas V por el número 
de moles (n). 
 
 
 V 
 v = ⎯⎯⎯ 
 n 
 
Reemplazando en la ecuación de los gases ideales se tiene: 
 
 
P V = n R T 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
52 
 
 
 
Pero n = (m/M) donde: (m) es la masa del gas y M su masa molecular. 
Reemplazando en la ecuación anterior: 
 
 
P V = m Ro T 
 
 
 Ro = ( R / M ) = constante particular del gas 
 
 
 
 
DENSIDAD DE UN GAS IDEAL 
 
 
Puede deducirse a partir de la ecuación de estado, la siguiente fórmula para calcular 
la densidad de un gas ideal: 
 
 
 P M 
ρ = ⎯⎯⎯⎯ 
 R T 
 
 
 
 
MEZCLAS DE GASES IDEALES 
 
 
En una mezcla de gases ideales las moléculas de cada gas se comportan como si 
estuvieran solas, ocupan todo el volumen y contribuyen con su presión a la presión 
total ejercida. 
 
Presión Parcial. Es la presión que ejercería un componente si estuviera solo en el 
mismo volumen y a igual temperatura que la mezcla. 
 
Volumen de Componente Puro. Es el volumen que ocuparía este gas si sólo él 
estuviera presente a la misma temperatura y presión de la mezcla. 
 
 
LEYES DE DALTON Y AMAGAT. La primera de éstas establece que la presión total 
ejercida por una mezcla gaseosa es igual a la suma de las presiones parciales de 
cada gas, si éste ocupa el volumen total de la mezcla a la temperatura de la mezcla. 
Las siguientes expresiones resúmen ésta ley: 
 
 CAPITULO 3 : GASES IDEALES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 53 
 
 
P = [ ∑ pi ]T,V 
 
 
 pi V = n i RT 
 
 
La segunda ley establece que el volumen total ocupado por una mezcla gaseosa es 
igual a la suma de los volúmenes de componente puro de cada gas, si cada uno 
existiera a la presión y la temperatura de la mezcla. Las siguientes expresiones 
resumen ésta ley: 
 
V = [ ∑ Vi ]T,P 
 
 
Vi P = n i RT 
 
 
Combinando las ecuaciones anteriores con la ecuación de estado del gas ideal PV = 
nRT, se tiene: 
 
 
 ni pi Vi 
⎯⎯ = ⎯⎯ = ⎯⎯ = xi 
 n P V 
 
 
La anterior relación demuestra que en una mezcla gaseosa ideal: 
 
 
% volumen = % molar 
 
 
 
DENSIDAD DE UNA MEZCLA GASEOSA 
 
 
Para calcular la densidad de una mezcla de gases es necesario conocer su 
composición molar, con el fin de calcular la masa molecular media y utilizar la 
siguiente relación: 
 
 m P M 
ρ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯ 
 V R T 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
54 
LIMITE DE APLICACION DE LAS LEYES DE LOS GASES 
 
 
Las anteriores relaciones sólo son válidas para presiones bajas y temperaturas altas. 
Como punto de referencia pueden tomarse las condiciones normales. 
En la mayoría de los procesos químicos considerados en éste libro, en los cuales hay 
corrientes gaseosas, las temperaturas son altas y la presión es casi siempre la 
presión atmosférica o menor. Como un ejemplo de lo anterior puede tomarse la 
mezcla de los gases producidos en los procesos de combustión, reducción, oxidación, 
etc. Cuando la presión es alta deben utilizarse relaciones especiales dadas por la 
termodinámica y que escapan al alcance del presente trabajo. 
Otra limitación a las fórmulas anteriores ocurre cuando hay condensación de uno de 
los componentes de la mezcla (vapor) en cuyo caso puede haber variación en el 
número de moles. Este caso será tratado en el próximo capítulo. 
 
 
 
 
PROBLEMAS RESUELTOS 
 
3.1 - Cinco pies cúbicos de un gas ideal se encuentran a presión de 18 psia. Se 
comprime el gas hasta 80 kPa sin cambio en la temperatura, ¿ cuál es el 
volumen final ? 
 
Se convierte la presión de 18 psia en kPa: 
 
 
 101.3 kPa 
18 psia x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 124 kPa 
 14.7 psia 
 
 
P1V1 = P2V2 ⎯⎯> V2 = (P1V1) / P2 
 
 
 124 kPa x 5 pies3 
V2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 7.75 pies380 kPa 
 
 
3.2 - El volumen específico del O2 es 2 m3/kg a 160 oC y 8.16 psia. Se calienta el O2 a 
presión constante hasta que su volumen específico es 8 m3/kg. ¿ Cuál es la 
temperatura final ? 
 
 
(v1 / v2) = (T1 /T2) ⎯⎯⎯> T2 = (v2T1) / v1 
 
 CAPITULO 3 : GASES IDEALES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 55 
T1 = 160 oC + 273 = 433 oK 
 
 
 (8 m3/kg)(433 oK) 
T2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 732 oK 
 (2 m3/kg) 
 
 
 
3.3 - Determine la constante universal de los gases en cada una de las siguientes 
unidades: 
 
a) atm.lt/g-mol.o K b) atm.lt/lb-mol.o K 
c) mm Hg. m3/kg-mol.o K d) psi.pie3/lb-mol.o R 
e) kPa.m3/kg-mol.o R f) kPa.m3/lb-mol oR 
 
 
En todos los casos R = (P v/ T) en condiciones normales. 
 
a) 
 1 atm x 22.414 lt/g-mol atm.lt 
 R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.082 ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 273 oK g-mol.o K 
 
 
b) Se parte del resultado anterior: 
 
 
 atm. lt 453.59 g-mol atm lt 
 0.082 ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 37.19 ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 g-mol oK lb-mol lb-mol oK 
 
c) 
 
 760 mm Hg x 22.414 m3/kg-mol mm Hg. m3 
R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 62.39 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 273 oK kg-mol oK 
 
 
 
d) 14.7 psi x 359 pies3/lb-mol psi . pie3 
R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10.72 ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 492 oR lb-mol oR 
 
 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
56 
e) 101.3 kPa x 22.414 m3/kg-mol kPa m3 
 R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4.61 ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 492 oR kg-mol oR 
 
f) 
 
 kPa m3 kg-mol kPa m3 
 4.61 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.09 ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 kg-mol oR 2.204 lb-mol lb-mol oR 
 
 
 
3.4 - Calcular el volumen ocupado por 60 g-mol de O2 a 230 oF y presión absoluta de 
4 atm. 
 
Para todos los problemas en los cuales se aplica la ecuación de estado PV = nRT , el 
procedimiento general es el siguiente: se reemplaza el valor de las variables en la 
ecuación directamente en las unidades que da el problema, dejando para el final la 
constante R definida como Pv/T en condiciones normales y simplificando unidades. 
 
 
 60 g-mol x 690 oR 1 atm x 22.414 lt/g-mol 
 V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x [ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ] 
 4 atm 492 oR 
 
 
V = 471.5 lt 
 
 
3.5 - Dentro de un recipiente cuyo volumen es 100 litros hay nitrógeno a 300 psia y 
25oC. Suponiendo que puede aplicarse la ecuación de estado de un gas ideal, 
calcular la masa en libras dentro del recipiente 
 
Se calcula el número de moles: 
 
 
 PV 300 psia x 100 lt g-mol x 273 oK 
n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 RT 298 oK 22.414 lt x 14.7 psi 
 
 n = 83.41 g-mol 
 
 m = n . M = 83.41 g-mol x 28 mol-1x (lb/453.59 g) 
 
 
 m = 5.14 lb 
 
 
 CAPITULO 3 : GASES IDEALES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 57 
3.6 - En algunas industrias se seleccionan como condiciones normales una 
temperatura de 60 oF y presión de 30 pulgadas de Hg. ¿ Cuál es el volumen 
molar a estas condiciones ? 
 
 
 RT 520 oR 29.92 pulg Hg x 359 pies3 
v = --⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 P 30 pulg Hg 492 oR x lb-mol 
 
v = 378.4 pies3/lb-mol 
 
 
 
3.7 - Un flujo volumétrico de hidrógeno de 5 000 pies3/mi, entra a un compresor a 
70oF y 750 mm Hg. Si la presión a la salida es 10 000 psia y la temperatura 80oF, 
calcular suponiendo comportamiento ideal: 
 
a) El flujo volumétrico a la salida del compresor. 
b) El flujo de masa. 
 
En este caso el volumen puede ser reemplazado por el flujo volumétrico en la 
ecuación de los gases. 
 
 
(P1 V1) / T1 = (P2 V2) / T2 
 
 
 P1 V1 T2 
V2 = ⎯⎯⎯ x ⎯⎯ 
 T1 P2 
 
Se convierte la presión a psia: 
 
 14.7 psi 
750 mm Hg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 14.5 psia 
 760 mm Hg 
 
 
 14.5 psia x 5 000 pies3/mi 540 oR 
V
2
 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 530 oR 10 000 psia 
 
 
V2 = 7.38 pies3/mi 
 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
58 
b) Para calcular el flujo de masa se pueden utilizar las condiciones de entrada o de 
salida. En este caso tomamos las condiciones de entrada. 
 
 
 (P1V1) = (m/M) (RT1) ⎯⎯⎯⎯> m = (P1 V1 M) / (RT1) 
 
 
 
 14.5 psia x 5 000 pies3/mi x 2 mol-1 1 
m = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ 
 530 oR R 
 
 
m = 273.58 (1/R) 
 
 
 
 273.58 
m = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 25.5 lb/mi 
 14.7 x 359 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 492 
 
 
 
3.8 - Una siderúrgica utiliza 600 pies cúbicos de oxígeno para procesar una tonelada 
de acero. Si el volumen es medido a 12 psia y 70 oF, qué masa de oxígeno es 
necesaria para un horno que procesa 20.000 toneladas/mes ? 
 
 
 PV 12 psia.600 pie3 492 oR.lbmol 
 n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 RT 530 oR 14,7 psia.359 pie3 
 
 
 n = 1,266 lbmol 
 
 
m = n.M = 1,266 lbmol.32 mol-1 = 40,5 lb = 18,36 kg 
 
 
Esta masa se utiliza para procesar 1 tonelada de acero, luego: 
 
 
 18,36 kg O2 20 000 Tn Tn Tn O2 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 367,2 ⎯⎯⎯⎯ 
 1 tn mes 1 000 kg mes 
 
 CAPITULO 3 : GASES IDEALES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 59 
3.9 - Se sabe que un kg-mol de gas contiene 6,023 x 1026 moléculas. Un recipiente 
de 1 cm3 en el cual se ha hecho vacío absoluto, es decir, se han extraído de él 
todas las moléculas, tiene un orificio de tal dimensión, que del aire circundante 
penetran al recipiente 105 moléculas por segundo. Calcular el tiempo para que 
la presión en el volumen considerado sea la misma del aire circundante, si éste 
se halla a condiciones normales y la velocidad de penetración permanece inva-
riable. 
 
 
Se calculan primero las moléculas contenidas en 1 cm3a condiciones normales: 
 
 
 m3 kgmol 6,023 x 1026 moléculas 
1 cm3 x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 106 cm
3 22,414 m3 kgmol 
 
 
= 2,687 x 1019 moléculas 
 
El tiempo será: 
 
 s 
2,687 x 1019 moléculas x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2,687x1014 s 
 105 meléculas 
 
 
 
 hr dia año siglo 
2,687x1014 s x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 85 204 siglos 
 3 600 s 24 hr 365 dias 100 años 
 
 
3.10 - Dos esferas cada una de 6 pies de diámetro, son conectadas por una tubería 
en la cual hay una válvula. Cada esfera contiene helio a una temperatura de 
80oF. Con la válvula cerrada, una esfera contiene 2,5 lb y la otra 1,25 lb de 
helio. Luego de que la válvula se abre y se obtiene el equilibrio, cuál es la 
presión común en las esferas si no hay pérdida ni ganancia de energía? 
 
 
 
 4 
El volumen de cada esfera será: V = ⎯⎯ π r3 
 3 
 
 
V = (4/3) (3,14) (3)3 = 113,1 pies3 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
60 
Luego de la mezcla el volumen total será: 
 
 
V = 2 (113,1) = 226,2 pies3 
 
 
El número de moles luego de la mezcla es: 
 
 
n = (2,5 + 1,25) lb/4 mol-1 = 0,9375 lbmol 
 
 
Como no hay pérdida ni ganancia de energía, la temperatura final de la mezcla puede 
suponerse la misma, o sea 80 oF. 
 
 
La presión final será: 
 
 
 nRT 0,9375 lbmol.540 oR 1 atm . 359 pies3 
P = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 V 226,2 pies3 492 oR . lbmol 
 
 
P = 1,63 atm 
 
 
3.11 - La altura de un tanque cilíndrico que contiene 30 lb de CO2 es el doble de su 
diámetro. Si la presión es 3 kgf/cm
2 abs. y la temperatura 20 oC, ¿cuáles son las 
dimensiones del tanque ? 
Si Z es la altura del tanque, el diámetro será (Z/2) y el volumen del tanque será: 
 
 
 π (Z/2)2 π Z3 
V = ⎯⎯⎯⎯ x Z = ⎯⎯⎯⎯ 
 4 16 
 
 
Se calcula ahora el número de moles: 
 
 
 n = (m/M) = (30 lb/44 mol-1) = 0.6818 lb-mol 
 
 
V = (nRT) / P 
 
 
 
 CAPITULO 3 : GASES IDEALES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 61 
 0.6818 lb-mol x 293 oK 1.033 kgf/cm2 x 359 pie3 
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 3 kgf/cm
2 273 oK x lb-mol 
 
 
V = 90.45 pies3 = (π Z3/16) 
 
 
Z = 7.7 pies 
 
 
3.12 - Determine la densidad del aire en g/lt a 560 mm Hg y 18 oC, suponiendo que 
está compuesto por 21 % molar de O2 y 79 % de N2. 
 
 Para esta composición M = 28.84 mol-1 
 
 
ρ = (PM/RT) 
 
 
 560 mm Hg x 28.84 mol-1 273 oK x g-mol 
ρ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 291 oK 760 mm Hg x 22.414 lt 
 
 
ρ = 0.889 g/lt 
 
 
 
3.13 - Un recipiente rígido cuyo volumen es de 40 pies3 a 22 oC y 1 atm. se llena con 
N2. Si se calienta hasta 200 oC, la válvula del recipiente se abre y parte del N2 
sale. Determine la masa en lb de N2 que sale del recipiente. 
 
En el problema se puede considerar que el volumen y la presión no cambian, todo lo 
demás es variable. 
 
El número de moles de N2 inicialmente es: 
 
 PV 1 atm x 40 pies3 273 oK x lb-mol 
n1= ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 RT1 295 oK 1 atm x 359 pies3 
 
 
n1 = 0.1031 lb-mol N2 
 
El número de moles de N2 al final es: 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
62 
 PV 1 atm x 40 pies3 273 oK x lb-mol 
n2 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 RT2 473 oK 1 atm x 359 pies3 
 
 
 n2 = 0.0643 lb-mol 
 
 N2 que sale = 0.1031 - 0.0643 = 0.0388 lb-mol 
 
 masa = 0.0388 lb-mol x 28 mol-1 = 1.08 lb 
 
 
3.14 - Cincuenta pies3 de O2 a 14.7 psig y 0 oF se mezclan con 21 libras de N2 a 20 oC 
y 740 mm Hg y la mezcla resultante es llevada a 10 oC y 1 atm. ¿ Cuál es la 
presión parcial del oxígeno en la mezcla final? 
 
 
 nO2= (PV/RT) 
 
 
 29.4 psia x 50 pies3 492 oR x lb-mol 
n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 460 oR 14.7 psia x 359 pies3 
 
 
n = 0.2979 lb-mol 
 
 
En el cálculo anterior se tomó la presión barométrica como 14.7 psi. 
 
 
 lb-mol N2 
N = 21 lb N x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.75 lb-mol N2 2 2
 28 lb N2 
 
 n = nO2 + nN2 = 0.2979 + 0.75 = 1.0479 lb-mol
 
 
 0.2979 
 pO2 = x O2 (P) = ⎯⎯⎯⎯ x 1 atm = 0.284 atm 
 1.0479 
 
 
 
3.15 - Una mezcla gaseosa contiene 1 lb de H2 y 10 lb de N2 a 70 oC y 3 atm. abs. 
 
Calcular: 
 
 CAPITULO 3 : GASES IDEALES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 63 
a) La composición en volumen. 
b) La presión parcial de cada componente. 
c) Los volúmenes de componente puro. 
d) La densidad de la mezcla. 
e) La masa molecular media de la mezcla. 
 
 
a) Como la composición en volumen de un gas ideal es igual a la composición molar, 
se tendrá: 
 
 
 lb-mol 
 H2 : 1 lb x ⎯⎯⎯⎯ = 0.5 lb-mol 
 2 lb 
 
 lb-mol 
 N2 : 10 lb x ⎯⎯⎯⎯ = 0.357 lb-mol 
 28 lb 
 
Moles totales = 0.5 + 0.357 = 0.857 lb-mol 
 
Composición molar: 
 
 H2 : (0.5/0.857) x 100 = 58.34% 
 
 N2 : (0.357/0.857) x 100 = 41.66% 
 
b) pH2
 = xH2 (P) = 0.5834 x 3 atm = 1.7502 atm 
 
 pN
2
 = x N2 (P) = 0.4166 x 3 atm = 1.2498 atm 
 
c) Se calcula el volumen total de la mezcla: 
 
 
 nRT 0.857 lb-mol x 343 oK 1 atm x 359 pies3 
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 P 3 atm 273 oK x lb-mol 
 
 
V = 128.85 pies3 
 
 
V H2= xH2 (V) = 0.5834 x 128.85 pies3 = 75.17 pie3 
 
V N2 = x N2 (V) = 0.4166 x 128.85 pie3 = 53.67 pie3 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
64 
d) ρ = m/V = 11 lb/128.85 pie3 = 0.0853 lb/pie3 
 
 
e) n = m/M ⎯⎯⎯> M = m/n 
 
 
M = 11 lb/0.857 lb-mol = 12.83 mol-1 
 
 
3.16 - Los gases secos provenientes de una combustión tienen la siguiente 
composición molar: N2 79.2%, O2 7.2%, y CO2 13.6%. Calcular: 
a)El volumen del gas en pies3 a 200 oC y 743 mm Hg por cada lb degas. 
b)El volumen en pies3 a las condiciones de (a) por lb de carbono presente. 
 
 
a) B.C.: 100 lb-mol de gas 
 
 M = (28 x 0.792 + 32 x 0.072 + 44 x 0.136) 
 
 M = 30.464 mol-1 
 
 m = n x M = 100 lb-mol x 30.464 mol-1 = 3 046.4 lb 
 
V = (nRT/P) 
 
 100 lb-mol x 473 oK 760 mm Hg x 359 pies3 
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 743 mm Hg 273 oK x lb-mol 
 
V = 63 623.5 pies3 
 
 63 623.5 pies3 pies3 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 20.88 ⎯⎯⎯⎯ 
 3 046.4 lb lb gas 
 
b) B.C.: 100 lb-mol de gas. 
 
 1 lb-at C lb C 
13.6 lb-mol CO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 12 ⎯⎯⎯⎯⎯ = 163.2 lb C 
 1 lb-mol CO2 lb-at C 
 
 
 63 623.5 pies3 pies3 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 389.84 ⎯⎯⎯ 
 163.2 lb C lb 
 
 CAPITULO 3 : GASES IDEALES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 65 
3.17 - El gas natural de un pozo tiene la siguiente composición en volumen: CH4 60%, 
C2H6 16%, C3H8 10% y C4H10 14%. 
 
a) ¿ Cuál es la composición en peso ? 
b) ¿ Cuál es la composición molar ? 
c) ¿ Qué volumen en pies3 ocuparán 100 lb de gas a 70 oF y 74 cm Hg ? 
d) ¿ Cuál es la densidad del gas en lb/pie3 a 70 oF y 740 mm Hg ? 
 
 
 
a) B.C.: 100 lb-mol de gas 
 
 
 CH4 60 lb-mol x 16 mol-1 = 960 lb 
 C2H6 16 lb-mol x 30 mol-1 = 480 lb 
 C3H8 10 lb-mol x 44 mol-1 = 440 lb 
 C4H10 14 lb-mol x 58 mol-1 = 812 lb 
 ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 Total 2 692 lb 
 
 
Composición en peso: 
 
 CH4 (960/2 692) x 100 = 35.66 % 
 C2H4 (480/2 692) x 100 = 17.83 % 
 C3H8 (440/2 692) x 100 = 16.34 % 
 C4H10 (812/2 692) x 100 = 30.16 % 
 
b) La composición molar es la misma composición en volumen. 
 
c) 
V = nRT/P 
 
 
 100 lb-mol x 530 oR 760 mm Hg x 359 pies3 
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 740 mm Hg 492 oR x lb-mol 
 
 
V = 39 717.9 pies3 
 
 
 39 717.9 pies3 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 lb = 1 475.4 pies3 
 2 692 lb 
 
 d) ρ = (2 692/39 717.9 pies3) = 0.0677 lb/pi 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
66 
3.18 - La composición en volumen de una mezcla gaseosa es la siguiente: CO2 15%, 
C2H6 25%, N2 50% y CO 10%. Si la presión es 700 mm Hg y la temperatura 
24oC, calcular: 
 
a) La masa molecular media. 
b) El volumen en m3 por kg de gas. 
c) La densidad de la mezcla en g/lt. 
d) El volumen en lt de 1 g-mol de gas. 
e) El volumen en m3 por kg-at de carbono presente en 
 el gas. 
 
 
a) M = (44 x 0.15 + 30 x 0.25 + 28 x 0.5 + 28 x 0.1) 
 
M = 30.9 mol-1 
 
b) B.C.: 100 kg-mol de gas 
 
m = M x n = 100 kg-mol x 30.9 mol-1 = 3 090 kg 
 
 
V = nRT/P 
 
 
 100 kg-mol x 297 oK 760 mm Hg x 22.414 m3 
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 700 mm Hg 273 oK x kg-mol 
 
 
V = 2 647.4 m3 
 
 
 v = V/m = (2 647.4 m3/3 090 kg) = 0.8567 m3/kg gas 
 
 
c) 1 kg 1 000 g m3 
 ρ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 v 0.8567 m3 kg 1 000 lt 
 
 
ρ = 1.16 g/lt 
 
 
d) V 2 647.4 m3 1 000 lt kg-mol 
v = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 n 100 kg-mol m3 1 000 g-mol 
 
 CAPITULO 3 : GASES IDEALES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 67 
v = 26.47 lt/g-mol 
 
 
e) Para la base de cálculo de 100 kg-mol se tiene: 
 
 
 kg-at de C = 15 + 2 x 25 + 10 = 75 
 
 
 2 647.4 m3 m3 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 35.3 ⎯⎯⎯⎯ 
 75 kg-at C kg-at C 
 
 
 
 
PROBLEMAS PROPUESTOS 
 
 
3.19 - Calcule el volumen ocupado por 25 lb de N2 a 1 atm. de presión y 20 oC. 
 
 
3.20 - Calcule los kg de O2 contenidos en un cilindro de 1.5 m3, si la presión es 50 psia 
y la temperatura 77 oF. 
 
 
3.21 - Ciento veinte galones de H2 a 250 psig y temperatura de 360 oF se enfrían a 
volumen constante hasta 100 oF. Si la presión barométrica es 14 psi, ¿ cuál es 
la presión final en psig ? 
 
 
3.22 - ¿ Cuál es el flujo volumétrico a condiciones normales de 300 pies3/mi de 
metano (CH4) a 250 oC y 730 mm Hg ? 
 
 
3.23 - El caudal de aire en un compresor es 500 m3/hr a condiciones normales. 
¿Cuántos kg/hr de aire pasan por el compresor ? 
 
 
3.24 - El volumen específico del nitrógeno es 1,9 m3/kg a 200oC. Luego de calentarlo 
en un proceso a presión constante aumenta hasta 5,7 m3/kg. Determine la tem-
peratura final. 
 
3.25 - ¿ Cuál es el volumen específico de un gas a 180 psia y 90 oF, si su densidad a 
condiciones normales es 0.0892 lb/pie3? 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
68 
3.26 - En un recipiente se mantiene nitrógeno a una presión de 25 atm. y a una 
temperatura de 75 oC. Calcular la masa de éste gas si el volumen es de 1 litro. 
 
 
3.27 - En una habitación de 35 m2 de superficie y 3,1 m de altura se halla aire a 23oC 
y a presión barométrica de 730 mm Hg. Qué cantidad de aire penetrará de la 
calle a la habitación, si la presión barométrica aumenta hasta 760 mm Hg?. La 
temperatura del aire permanece constante. 
 
 
3.28 - Dos pies3 de un gas ideal a 50 psig sufren un cambio de estado a temperatura 
constante hasta que la presión alcanza un valor de 15 psig. La presión baro-
métrica es 12 psi. ¿ Cuál es el nuevo volumen ? 
 
 
3.29 - La temperatura de 4,82 lb de oxígeno que ocupan un volumen de 8 pies3 varía 
desde 110 oF hasta 200 oF mientras la presión permanece constante en 115 
psia. Determine: a) El volumen final b) El cambio en la densidad expresado 
como porcentaje de la densidad inicial. c) Variando la presión pero con la 
temperatura constante, determine la presión final si el volumen se cuadriplica. 
 
 
3.30 - Un recipiente cerrado A contiene 3 pies3 (VA) de aire a PA=500 psia y a una 
temperatura de 120 oF. Este recipiente se conecta con otro B, el cual contiene 
un volumen desconocido de aire VB a 15 psia y 50 oF. Luego de abrir la válvula 
que sepera los dos recipientes, la presión y la temperatura resultantes son 200 
psia y 70 oF. Cuál es el volumen VB ? 
 
 
3.31 - En un recipiente de 5 m3 de capacidad se encuentra aire a 1 atm. y 300 oC. Se 
extrae aire del recipiente hasta producir un vacío de 600 mm Hg. La tem-
peratura del aire después de la extracción sigue siendo la misma. Qué cantidad 
de aire se ha extraído? ¿ Cuál será el valor de la presión en el recipiente 
después de la extracción, si el aire que queda se enfría a 20 oC? 
 
 
3.32 - Determine la densidad del aire en g/lt a condiciones normales. 
 
 
3.33 - Las presiones parciales de una mezcla de H2 y N2 son respectivamente 4 y 8 
atm. ¿ Cuál es la densidad de la mezcla en g/lt a 25 oC ? 
 
 
3.34 - ¿ Cuál es la densidad en lb/pie3 de una mezcla gaseosa cuya composición en 
volumenes: CH4 50% y H2 50%. La presión es 150 pulg. de Hg abs y la 
temperatura 100 oF. 
 
 
 CAPITULO 3 : GASES IDEALES 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 69 
3.35 - Una mezcla gaseosa contiene 5 lb de H2, 10 lb de CO2 y 20 lb de N2. Calcule la 
densidad de la mezcla en lb/pie3 a 310 oC y 170 kPa. 
 
 
3.36 - Una mezcla de O2 y N2 a 40 oC y 2 atm., posee una presión parcial de O2 de 
435 mm Hg. 
 
a) ¿ Cuántos kg de O2 hay en 100 kg de gas ? 
b) ¿Cuál es la densidad del gas en g/lt a condiciones normales ? 
 
 
3.37 - Un gas de proceso fluye a razón de 20 000 pies3/hr , 1 atm. y 200 oF. El gas 
contiene H2S con una presión parcial de 0.0294 psi. ¿ Cuántos kg/mi de H2S 
fluyen? 
 
 
3.38 - Un gas natural tiene la siguiente composición en volumen: CH4 88%, C2H6 4% y 
N2 8%. Este gas se conduce desde un pozo a una temperatura de 80 
oF y 
presión absoluta de 250 cm de Hg. Calcular: 
 
a) La presión parcial del N2 en kPa. 
b) El volumen de componente puro en pies3 de CH4 por cada 100 lb de gas. 
c) La densidad de la mezcla en lb/pie3. 
 
 
3.39 - Un gas de chimenea tiene la siguiente composición en volumen: CO2 11%, CO 
2%, O2 7% y N2 80%. 
 
a) Calcule los pies3 de gas a 20 oC y 600 mm Hg por cada lb-mol de CO2 
contenida en el gas. 
b) Calcule el volumen molar del gas a las condiciones de (a) en pies3/lb-mol. 
 
 
3.40 - Una mezcla gaseosa ideal contiene: 
 
 SO3 0.8% v 
 SO2 7.8% 
 O2 12.2% 
 N2 79.2% 
 
 Calcular: 
 
 a) El volumen del gas a 600 oF y 24 pulg de Hg abs por cada lb de gas. 
 b) El volumen molar del gas en lt/g-mol a 1 atm. y 20 oC. 
 c) El volumen de componente puro del N2 en pies3
 
por cada lb de azufre 
presente en el gas a las condiciones de (a). 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
70 
3.41 - Un horno de coquización produce un millón de pies3 por hora de un gas cuyo 
análisis en volumen es: 
 
 C6H6 5.0 % H2 35.0 % 
 C7 H8 5.0 % CO2 5.0 % 
 CH4 40.0 % N2 3.0 % 
 CO 7.0 % 
 
 
El gas sale a 20 psia y 740 oF. Luego de enfriarlo a 100 oF el benceno y el 
tolueno son separados por absorción. Calcular: 
 
a) La masa molecular media del gas que sale del horno 
 y del gas que sale del absorbedor. 
b) La masa en libras del gas que sale del absorbedor. 
c) La composición en volumen del gas que sale del absorbedor 
d) La masa en libras de benceno y tolueno absorbidos. 
CAPITULO 4 
 
 
MEZCLAS GAS - VAPOR 
 
 
 
En algunas de las operaciones y procesos químicos hay que trabajar con mezclas 
de gases y vapores, y es necesario conocer el comportamiento de estas mezclas 
bajo diferentes condiciones de presión y temperatura. 
 
La más importante es la que forma el aire con el vapor de agua, razón por la cual 
se tratará ampliamente en éste capítulo. 
 
Se denomina gas a la sustancia que no es suceptible de pasar al estado líquido 
bajo las variaciones de presión y temperatura que puede producir el proceso o la 
operación. Por el contrario, cuando esta sustancia puede pasar al estado líquido 
mediante pequeñas variaciones de presión o temperatura, se denomina vapor. 
 
 
VAPORIZACION 
 
Es el fenómeno por el cual las moléculas de un líquido adquieren suficiente 
energía cinética de transición para vencer las energías potenciales de atracción y 
abandonar el líquido. El fenómeno inverso se denomina condensación . El 
término evaporación se aplica cuando el líquido es agua. 
 
 
 
PRESION DE VAPOR 
 
Cuando un líquido se evapora dentro de un espacio limitado, tienen lugar en la 
operación dos procesos opuestos.El proceso de vaporización tiende a pasar el 
líquido al estado gaseoso. El proceso de condensación tiende a volver el gas que 
se ha formado por vaporización al estado líquido. La velocidad de condensación 
aumenta a medida que tiene lugar la vaporización y aumenta la presión de vapor. 
Si hay líquido suficiente, la presión del vapor alcanzará finalmente un valor tal que 
la velocidad de condensación sea igual a la velocidad de vaporización. Cuando se 
alcanza esta condición, se establece un equilibrio dinámico y la presión del vapor 
permanecerá constante. La presión ejercida por el vapor en tales condiciones de 
equilibrio se denomina presión de vapor del líquido a una temperatura dada. 
Esta presión también suele llamarse presión de saturación. Cuando la presión de 
vapor de un líquido es igual a la presión total por encima de su superficie, la 
temperatura del líquido se denomina punto de ebullición. 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 72 
RELACION ENTRE LA PRESION DE VAPOR Y LA TEMPERATURA 
 
La ecuación que relaciona la presión de vapor de un líquido puro con su 
temperatura se denomina ecuación de Clapeyron y su forma original es: 
 
 
 dP Δ H v 
⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 dT T (Vv - VL) 
 
 
P = presión de vapor 
 T = temperatura absoluta 
 Δ H v = calor de vaporización 
 Vv = volumen del vapor 
 VL = volumen del líquido 
 
 
Cuando esta ecuación es integrada suponiendo que el vapor se comporta 
idealmente, el calor de vaporización del líquido es independiente de la temperatura 
y la variación de volumen en la vaporización es muy grande como para tener en 
cuenta el volumen del líquido, se llega a la siguiente ecuación: 
 
 
 Δ H v 1 
log P = - ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ + C 
 2.3 R T 
 
 
donde C es una constante 
 
 
Esta expresión ha sido adecuada por Cox en el diagrama mostrado en el Gráfico 
1, donde puede obtenerse fácilmente la presión de vapor de un líquido en psi como 
una función de la temperatura en oF. Cuando se trata del agua, para una mayor 
precisión pueden utilizarse las tablas de vapor o consultar la tabla 3. 
 
 
 
 
SATURACION 
 
En una mezcla gas-vapor cuando la presión parcial del vapor alcanza el valor de la 
presión de vapor a la misma temperatura y presión se dice que el gas está 
saturado. 
 
 
 
 
 CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 73 
SATURACION RELATIVA 
 
Es la relación entre la presión parcial del vapor y la presión de vapor del líquido a 
la misma temperatura a que se encuentra. Se expresa en porcentaje y se 
represente por (SR). 
 
 p
i 
SR = ⎯⎯⎯ x 100 
 (ps)i 
 
 
 
PORCENTAJE DE SATURACION 
 
Relación en porcentaje entre el número de moles que hay por unidad molar de gas 
exento de vapor y el número de moles de vapor que habría por unidad molar de 
gas exento de vapor si la mezcla estuviera saturada. 
 
 n 
SP = ⎯⎯⎯ x 100 
 ns 
 
n = moles de vapor por mol de gas exento de vapor realmente presente. 
 
ns = moles de vapor por mol de gas exento de vapor en 
la mezcla saturada. 
 
 
 
HUMEDAD 
 
 
Es la medida de la concentración devapor de agua en el aire húmedo. 
 
 
 
 
HUMEDAD ABSOLUTA 
 
 
Se expresa como (Y), masa de vapor de agua por unidad de masa de aire seco. 
Cuando la relación es moles de vapor de agua por mol de aire seco se denomina 
humedad absoluta molar y se representa por (Ym). 
 
Si el sub-índice A se refiere al vapor de agua y el sub-índice B representa el aire 
seco, se tendrá: 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 74 
 pA pA moles agua 
Ym = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 pB P - pA mol aire seco 
 
 
 MA masa de agua 
 Y = ⎯⎯ x Ym = 0.624 Ym ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 MB masa de aire seco 
 
 
 P = presión total 
 
 p = presión parcial 
 
 
 
HUMEDAD RELATIVA 
 
Es la relación entre la presión parcial del vapor de agua y su presión de vapor a la 
temperatura que se encuentra la mezcla. Se expresa en porcentaje y se representa 
por (YR). 
 
 pA 
YR = ⎯⎯⎯ x 100 
 (ps)A 
 
 
 
PORCENTAJE DE HUMEDAD 
 
Es la relación entre la humedad absoluta del aire y su humedad absoluta cuando 
está saturado. Se representa por (YP). 
 
 
 Y Ym 
 YP = ⎯⎯ x 100 = ⎯⎯⎯ x 100 
 Ys (Ym)s 
 
 
 ps 
(Ym)s = ⎯⎯⎯⎯ 
 P - ps 
 
 
Ys = 0.624 (Ym)s 
 
 
El sub-índice "s" indica saturación 
 
 CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 75 
TEMPERATURA DE BULBO SECO 
 
Es la tomada directamente con un termómetro dentro de la mezcla. Se representa 
por (ts). 
 
 
 
TEMPERATURA DE BULBO HUMEDO 
 
Es la temperatura de equilibrio alcanzada por una pequeña cantidad de líquido 
evaporándose en una gran cantidad de mezcla gas-vapor insaturada. Se 
representa por (th). 
 
Puede usarse para medir la humedad. Se recubre el depósito del termómetro con 
alguna envoltura empapada con líquido del vapor presente en el gas seco y 
haciendo pasar rápidamente una corriente de gas no saturado, parte del líquido se 
evapora, descendiendo la temperatura, y cuando la del algodón húmedo es inferior 
a la de la mezcla gas-vapor se inicia una transferencia de calor. La temperatura de 
bulbo húmedo es la que marca el termómetro cuando se llega al equilibrio 
dinámico en el que el calor cedido por el gas es igual al incremento de entalpía del 
líquido vaporizado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PUNTO DE ROCIO 
 
Es la temperatura a la cual una mezcla gas-vapor comienza a saturarse durante un 
enfriamiento a presión constante. Se representa por (tr). 
 
SATURACION ADIABATICA 
 
Un proceso adiabático es aquel que no intercambia calor con el medio que lo 
rodea. Consiste en saturar el aire haciéndolo pasar por un recipiente con agua 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 76 
durante un tiempo determinado. El recipiente se aisla para evitar la transferencia 
de calor con los alrededores. Las líneas de temperatura de bulbo húmedo 
constante en el diagrama de humedad, son también líneas de saturación 
adiabática. 
 
 
 
 DIAGRAMA DE HUMEDAD 
 
Si dos propiedades del aire son conocidas, se pueden encontrar las demás 
utilizando para ello el Gráfico 2, tal como se indica a continuación: 
 
Temperatura de bulbo seco. Se lee directamente en eleje de las abscisas. 
 
 
 
 
 
 
 Y 
 
 Yp 100% 
 
 Yp 
 
 
 
 
 Y 
 
 
 
 
 ts (oF) 
 t r t h t s 
 
 
Temperatura de bulbo húmedo. Se lee directamente en la intersección de la línea 
de temperatura de bulbo húmedo con la línea de porcentaje de humedad 100%. 
 
Porcentaje de humedad. Se lee directamente en las líneas indicadas. 
 
Humedad absoluta. Se lee en las ordenadas de la gráfica. 
 
Punto de rocío. Se lee en la intersección de una línea horizontal de humedad 
absoluta constante con la línea de porcentaje de humedad 100%. 
 
 
 
 
 CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 77 
PROBLEMAS RESUELTOS 
 
 
4.1 - La presión de vapor del benceno es 60 mm Hg a 15.4 oC. Utilizando la 
ecuación de Clapeyron calcular la presión de vapor del benceno a 60 oC. 
Comparar el resultado con el obtenido a partir del diagrama de Cox. Puede 
tomarse el calor de vaporización normal como 110 kcal/kg. 
 
Aplicando la ecuación de Clapeyron para las dos condiciones: 
 
 
 Δ Hv 1 
log P1 = - ⎯⎯⎯ x ⎯⎯ + C ( 1 ) 
 2.3 R T1 
 
 Δ Hv 1 
log P2 = - ⎯⎯⎯ x ⎯⎯ + C ( 2 ) 
 2.3 R T2 
 
 
Restando (2) de (1) se tiene: 
 
 
 P2 Δ Hv 1 Δ Hv 1 
log ⎯⎯ = - ⎯⎯⎯ x ⎯⎯ + ⎯⎯⎯ x ⎯⎯ 
 P1 2.3 R T2 2.3 R T1 
 
 
 P2 Δ Hv 1 1 
log ⎯⎯ = ⎯⎯⎯ [ ⎯⎯ - ⎯⎯ ] 
 P1 2.3 R T1 T2 
 
 
Se calcula el valor de R en las unidades adecuadas para que la ecuación sea 
consistente. 
 
R = (P v/T)
C.N. 
 
 
 101.3 kPa x 22.414 m3 kPa m3 
R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 8.31 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 273 oK x kg-mol kg-mol oK 
 
 
 kPa m3 1 kJ 1 kcal 1 
 R = 8.31 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 kg-mol oK 1 kN-m 4.186 kJ 78 mol-1 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 78 
 kcal 
R = 0.02545 ⎯⎯⎯ 
 kg oK 
 
Reemplazando se tiene: 
 
 
 P2 110 1 1 
log ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ [ ⎯⎯⎯- - ⎯⎯⎯ ] 
 60 2.3 x 0.02545 288.4 333 
 
 
P2 = 447.5 mm Hg 
 
 
Se determina ahora P2 utilizando el diagrama de Cox: 
 
 
 t = 60 oC = 140 oF 
 
 
 a esta temperatura P = 7.5 psi = 387.7mm Hg 
 
 
Como puede verse, el primer valor es muy diferente debido a las aproximaciones 
hechas al integrar la ecuación de Clapeyron. El segundo puede tomarse como el 
valor exacto. 
 
 
 
4.2 - Una mezcla de aire y n-pentano a 60 oF tiene una saturación relativa de 90% 
a 600 mm Hg. Calcular: 
 
a) La presión parcial del n-pentano. 
b) Las lb-mol de n-pentano/lb-mol de aire. 
c) El porcentaje de saturación. 
 
 
a) A partir del diagrama de Cox, la presión de vapor del n-pentano es 6 psi (310.2 
mm Hg). 
 
SR =(Pi /Psi) x 100 ⇒ Pi = 0.9 x 310.2 mm Hg = 279.18 mm Hg 
 
b) 
 279.18 lb-mol n-pentano 
 n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.8702 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 600 - 279.18 lb-mol aire 
 
 CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 79 
 c) SP = (n/ns) x 100 
 
 
 310.2 lb-mol n-pentano 
ns = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.0704 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 600 - 310.2 lb-mol aire 
 
 
SP = (0.8702/1.0704) x 100 = 81.29 % 
 
 
4.3 - Una mezcla saturada de N2 y vapor de acetona (C3H6O) a 30 oC y 700 mm Hg 
sale por la cima de una columna de recuperación de solvente, calcular: 
 
a) La fracción molar de acetona en la mezcla. 
b) La densidad de la mezcla en g/lt. 
 
a) A partir del diagrama de Cox, la presión de vapor de la acetona a 30 oC (86 oF) 
es 5.5 psi (284.3 mm Hg). 
 
 
 284.3 moles acetona 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.6839 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 700 - 284.3 mol N2 
 
 
 0.6839 moles acetona 
x
acetona
 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.406 
 1.6839 moles de mezcla 
 
 
b) La fracción de N2 será: 
 
x
nitrógeno 
= 1 - 0.406 = 0.594 
 
Se calcula la masa molecular media: 
 
 
M = (58 x 0.406 + 28 x 0.594) = 40.18 mol-1 
 
 
 ρ = PM/RT 
 
 
 700 mm Hg x 40.18 mol-1 273 
o
K x g-mol 
ρ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 303 oK 760 mm Hg x 22.414 lt 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 80 
ρ = 1.487 g/lt 
 
 
 
4.4 - Una mezcla de H2 y vapor de agua a 1 atm. y 20 oC tiene un punto de rocío 
de 12 oC. Determinar: 
 
a) Las moles de vapor de agua por mol de H2. 
b) El porcentaje molar de H2. 
c) Las lb de vapor de agua por lb de H2. 
d) Los mg de agua por pie3 de mezcla. 
 
 
a) La presión parcial ejercida por el vapor de agua se determina en la tabla 3 a la 
temperatura de rocío. 
 
Para 12 oC (53.6 oF) se interpola en la siguiente forma: 
 
 toF 
 
 
 
 54 ..................................... 
 : 
 53.6 ....................... : 
 52 ................ : : 
 : : : 
 : : : 
 : : : P (pulg Hg) 
 0.3906 X 0.4203 
 
 
por semejanza de triángulos: 
 
 54 - 52 53.6 - 52 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 0.4203 - 0.3906 X - 0.3906 
 
 
X = presión de vapor = 0.4143 pulg Hg 
 
 
 0.4143 moles H2O 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.014 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 29.92 - 0.4143 mol H2 
 
b) xH2O = (0.014/1.014) = 0.0138
 
 
 
 CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 81 
 xH2
 = 1 - 0.0138 = 0.9862 
 
% molar de H2 = 0.9862 x 100 = 98.62 % 
 
c) 
 lb-mol H2O 18 lb H2O lb-mol H2 
0.014 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 lb-mol H2 lb-mol H2O 2 lb H2 
 
 
= 0.126 lb H 2O/lb H2 
 
 
d) B.C.: 1 lb-mol de H2 = 1.014 lb-mol de mezcla. 
 
V = nRT/P 
 
 
 1.014 lb-mol x 293 oK 1 atm x 359 pies3 
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 1 atm 273 oK x lb-mol 
 
 
V = 390.69 pies3 
 
 
 lb 453.59 g 1 000 mg 
0.014 lb-mol H2O x 18 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 lb-mol lb g 
 
 
masa de agua = 114 304 mg 
 
 114 304 mg 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 292.56 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 390.69 pies3 pie3 mezcla 
 
 
 
4.5 - Una mezcla de aire y vapor de agua a 1 atm. y 100 oF tiene un porcentaje de 
humedad de 80%, calcular: 
 
a) La presión parcial del agua. 
b) La humedad relativa. 
c) El punto de rocío. 
d) La humedad absoluta en masa (Y). 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 82 
a) La presión de vapor del agua obtenida de la tabla 3 a 100oF es 1.9325 pulg Hg. 
 
 
 ps 1.9325 moles H2O 
(Ym)s = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.069 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 P - ps 29.92 - 1.9325 mol aire seco 
 
 
 Ym 
 YP = ⎯⎯⎯ x 100 
 (Ym)s 
 
Ym = 0.8 x 0.069 = 0.0552 
 
 p H 2O 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0552 
 P - p H2O 
 
 
p H2O = 1.565 pulg Hg
 
 
 
b) YR =(p H2O/ps) x 100 = (1.565/1.9325) x 100 
 
 YR = 80.98 % 
 
c) Para determinar el punto de rocío se calcula la temperatura a presión de 1.565 
pulg Hg utilizando la tabla 3, lo cual da una temperatura de 93 oF (por 
interpolación). 
 
 
 
d) Y = 0.624 Ym = 0.624 x 0.0552 = 0.0344 
 
 
 
 
4.6 - Aire a 1 atm. y 150 oF tiene una temperatura de bulbo húmedo de 90 oF. 
Determinar: 
 
 
a) El porcentaje de humedad. 
b) La humedad absoluta en masa (Y). 
c) El punto de rocío. 
d) La presión parcial del agua. 
 
 
 
 CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 83 
Utilizando el diagrama de humedad: 
 
 
 Y 
 
 100% 
 
 7.5%0.016 
 
 
 
 
 ts (oF) 
 70 90 150 
 
 
a) YP = 7.5% 
 
b) Y = 0.016 lb H2O/lb aire seco 
 
c) tr = 70 oF 
 
 
d) Para calcular la presión parcial del agua se toma como base el punto de rocío 
de 70 oF y se lee en la tabla 3. 
 
 p H2O
 = 0.7392 pulg Hg 
 
 
4.7 - ¿ Cuál será la humedad absoluta en masa (Y) del aire a 700 mm Hg y 120oF, 
si su punto de rocío es 80 oF? 
 
La presión de vapor del agua a 80 oF en la tabla 3 es 1.0321 pulg Hg (26.21 mm 
Hg) que es la misma presión parcial del agua en el aire húmedo. 
 
 
 26.21 moles agua 
Ym = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0388 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 700 - 26.21 mol de aire seco 
 
 
Y = 0.624 Ym = 0.624 x 0.0388 = 0.0242 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 84 
4.8 - Aire a 1 atm., 180 oF y 5% de humedad, se satura adiabáticamente, ¿ cuál es 
la humedad molar final ? 
 
 
 
 Y 
 
 100% 
 
 5% 
 
 
 
 0.051 
 
 
 
 
 
 ts (oF) 
 180 
 
 
Ym = (Y/0.624) = (0.051/0.624) = 0.0817 
 
 
4.9 - Un gasómetro cuyo volumen es 100 m3 contiene un gas saturado con vapor 
de agua a 25 oC. La presión manométrica es 4 psig y la presión barométrica 
es 14 psi. Determine la masa en kg de vapor de agua dentro del gasómetro. 
 
La presión de vapor del agua a 25 oC (77 oF) es 0.9356 pulg Hg (0.4596 psi). 
 
La presión total del sistema es: P = 14 + 4 = 18 psia 
 
 0.4596 g-mol H2O 
Ym = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0262 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 18 - 0.4596 g-mol gas 
 
 
Se calcula ahora el número total de moles 
 
n = PV/RT 
 
 18 psia x 100 m3 273 oK x kg-mol 
n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 298 oK 14.7 psia x 22.414 m3 
 
n = 5 kg-mol 
 
 CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 85 
 0.0262 kg-mol H2O 
5 kg-mol gas húmedo x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 1.0262 kg-mol gas húmedo 
 
 
= 0.1276 kg-mol H2O 
 
 
m = 0.1276 kg-mol x 18 mol-1 = 2.29 kg H2O 
 
 
 
4.10 - Los gases formados en la combustión de un hidrocarburo tienen la siguiente 
composición en volumen: CO2 13.73%, O2 3.66% y N2 82.6%. Si la 
temperatura es 500 oF, la presión total 735 mm Hg y la presión parcial del 
agua 61.5 mm Hg, determinar: 
 
a) El punto de rocío de los gases. 
b) Las moles de vapor de agua por mol de gas seco. 
c) Las libras de vapor de agua por libra de gas seco. 
 
 
a) Se convierte la presión parcial del agua a pulgadas de mercurio: 
 
 29.92 pulg Hg 
 61.5 mm Hg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.421 pulg Hg 
 760 mm Hg 
 
interpolando en la tabla 3: t r= 107.6 oF 
 
b) 
 61.5 moles H2O 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0913 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 735 - 61.5 mol gas seco 
 
 
c) Se calcula primero la masa molecular media del gas seco: 
 
 
M = (44 x 0.1373 + 32 x 0.0366 + 28 x 0.826) 
 
 
 M = 30.34 mol-1 
 
 lb-mol H2O 18 lb H2O lb-mol gas 
0.0913 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = Y 
 lb-mol gas lb-mol H2O 30.34 lb gas 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 86 
Y = 0.0541 lb H2O/lb gas seco 
 
 
 
 PROBLEMAS PROPUESTOS 
 
 
4.11 - Una mezcla de H2 y vapor de acetona a 70 oF tiene una saturación relativa 
de 70% a 1 atm. Calcular: 
 
a) La presión parcial de la acetona. 
b) El porcentaje de saturación. 
 
 
4.12 - Aire a 1 atm. de presión total y 60oF contiene n-hexano. Si su fracción molar 
es 0.02, calcular: 
 
a) La saturación relativa. 
b) El porcentaje de saturación. 
 
 
4.13 - Calcular la densidad en g/lt del aire húmedo a 75 oC y 1 atm. si su humedad 
relativa es del 60%. 
 
 
4.14 - Calcule la composición en volumen y en peso del aire saturado con vapor de 
agua a una presión de 750 mm Hg y temperatura de 70 oF. 
 
 
4.15 - El nitrógeno se satura con vapor de benceno a la temperatura de 30 oC y 
presión de 720 mm Hg.Calcular la composición de la mezcla expresada 
como: 
 
a) Porcentaje en volumen. 
b) Porcentaje en peso. 
c) Libras de benceno por libra de mezcla. 
d) Miligramos de benceno por pie3 de mezcla. 
 e) Lb-mol de benceno por lb-mol de nitrógeno. 
 
 
4.16 - Una mezcla contiene 0.053 lb-mol de vapor de agua por lb-mol de CO2 seco 
a una temperatura de 35 oC y presión total de 750 mm Hg. Calcular: 
 
a) La humedad relativa de la mezcla. 
b) El porcentaje de humedad de la mezcla. 
c) La temperatura a la que debe calentarse la mezcla 
para que la humedad relativa sea del 30%. 
 
 CAPITULO 4 : MEZCLAS GAS - VAPOR 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 87 
4.17 - Una mezcla de benceno y aire seco a la temperatura de 30 oC y presión de 
760 mm Hg tiene un punto de rocío de 15 oC. Calcular: 
 
a) El porcentaje en volumen de benceno. 
b) Las moles de benceno por mol de aire. 
c) El peso de benceno por unidad de peso de aire. 
 
 
4.18 - La presión parcial del vapor de agua en el aire a 80 oF y 1 atm. es 20 mm 
Hg. Calcular: 
 
a) La humedad relativa. 
b) El porcentaje de humedad. 
c) La humedad absoluta molar y en masa. 
 
 
4.19 - Si la temperatura de bulbo húmedo del aire es 75 oF y la temperatura de 
bulbo seco es 92 oF a 1 atm.. Determinar: 
 
a) El porcentaje de humedad y la humedad absoluta. 
b) La humedad relativa. 
 
 
4.20 - Aire a 95 oF y 75% de porcentaje de humedad es enfriado hasta 60 oF. La 
presión total es 1 atm. 
 
a) ¿ Cuál es la humedad del aire resultante ? 
b) Si el aire es calentado a 95 oF, ¿ cuál será su porcentaje de humedad ? 
 
 
4.21 - Aire a 1 atm. tiene una temperatura de 90 oF y una humedad relativa del 
50%. ¿ Cuál es el punto de rocío del aire ? 
 
 
4.22 - Determine la humedad molar del aire a 560 mm Hg y 85 oF, si su punto de 
rocío es 65 oF. 
 
 
4.23 - Aire saturado con vapor de agua a 1 atm. y 70 oF se calienta a presión 
constante hasta 150 oF. 
 
a) ¿ Cuál es el porcentaje de humedad antes y después del calentamiento ? 
b) ¿ Cuál es la humedad molar final ? 
 
 
4.24 - Aire a 100 oF y 1 atm. tiene un porcentaje de humedad del 10%. ¿ Cuál será 
la temperatura de saturación adiabática del aire ?BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
88 
4.25 - Los productos de combustión de un horno en el cual se quema un 
hidrocarburo salen a 500 oF. El análisis volumétrico del gas es: CO2: 11.8%, 
CO: 0.035%, O2: 2,36%, N2: 74.54%, H2O: 11.26%. Si la presión total es 735 
mm Hg, determine el punto de rocío de este gas. 
 
 
4.26 - Se deshidratan 50 pies3 de aire saturado con agua a 90 oF y 29.8 pulgadas 
de Hg. Calcular el volumen de aire seco y las libras de humedad eliminadas. 
 
 
4.27 - Si un recipiente que contiene N2 seco a 70 oF y 29.9 pulgadas de Hg se 
satura por completo con agua. 
¿ Cuál será la presión en el recipiente después de la saturación si la 
temperatura se mantiene en 70 oF ? 
 
 
4.28 - Un gas cuya composición molar en base seca es: 
 
 N2 50 % molar 
 CO2 50 % 
 
se encuentra saturado con vapor de agua a 120 oF y 600 mm Hg. Este gas 
fluye a razón de 1 600 kg/hr por un ducto irregular. Determine el flujo 
volumétrico del gas húmedo en m3/mi. 
 
 
4.29 - Se burbujea aire seco a 20 oC y 100 kPa absolutos en benceno (C6H6); el 
aire sale saturado a 30 oC y 100 kPa absolutos. ¿ Cuántos kg de benceno se 
evaporan por cada 30 m3 de aire que entra? 
 
 
4.30 - Una mezcla de aire y benceno contiene 10% molar de benceno a 38 oC y 
790 mm Hg. La presión de vapor del benceno está dada por: 
 
 
log p* = 6.906 - (1 211/ 220.8 + t) 
 
donde p* es la presión de vapor en mm Hg y t está en oC. ¿ Cuál es el punto 
de rocío de la mezcla ? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CAPITULO 5 
 
 
BALANCE DE MATERIA 
SIN REACCIÓN QUÍMICA 
 
 
 
Un balance de materia para un proceso industrial es la contabilidad exacta de los 
materiales que intervienen en el mismo, constituyendo así la más amplia aplicación 
de la ley de la conservación de la masa. 
 
 
CLASIFICACION DE LOS PROCESOS 
 
Un proceso industrial puede clasificarse fundamentalmente en dos grupos: 
 
a) Procesos en cochada, intermitentes o "batch". Son aquellos en los cuales 
una cantidad dada de materiales es colocada en un recipiente y por medios físicos 
o químicos se logra algún cambio o reacción. Al final el contenido es retirado como 
producto para iniciar una nueva cochada. 
 
b) Procesos contínuos. En este tipo de proceso las entradas y salidas del mismo 
fluyen en forma contínua. 
 
Los procesos anteriores suelen combinarse para dar procesos semicontínuos. 
 
Si las variables de un proceso no sufren modificación con el tiempo puede decirse 
que el proceso está en régimen permanente o estable. Si al contrario una de las 
variables cambia su valor con el tiempo se dice que el proceso es en régimen 
transitorio o inestable. 
 
En la mayoría de los procesos contínuos que se tratarán adelante se supone 
régimen permanente ya que el estudio de los procesos con régimen transitorio 
requiere conocimientos matemáticos fuera del alcance de esta publicación. 
Algunos de los problemas de régimen transitorio pueden ser tratados en un 
intervalo de tiempo (cambio de inventario) en lugar de considerar un diferencial de 
tiempo. 
 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
90 
DIAGRAMAS DE FLUJO 
 
 
El enunciado de un problema de balance de materia presenta en la mayoría de los 
casos tal complejidad que se hace necesaria una representación gráfica del 
mismo. En problemas sencillos el diagrama de flujo está constituído por un 
rectángulo u otro símbolo que representa la unidad de proceso y se utilizan flechas 
para indicar las entradas y salidas del mismo. 
 
En todos los casos la información contenida se translada al diagrama, 
constituyéndose éste en una gran ayuda para los cálculos de balance de masa. A 
medida que se avanza en los cálculos, sus resultados pueden ir colocándose en el 
diagrama de manera que éste proporciona un registro contínuo de lo que se ha 
hecho y de lo que falta por hacer. 
 
 
 
BALANCES DE MASA 
 
La ecuación general para el balance de masa puede expresarse así: 
 
 
Masa de Entrada = Masa de Salida + Masa Acumulada 
 
 
Cuando se trata de régimen estable el valor de la masa acumulada es cero. 
 
En el siguiente diagrama cada número representa una corriente. 
 
 
 
 
 1 
 3 
 
 2 
 
 
 
 
Si "m" representa la masa de cada corriente, el balance total de masa sería: 
 
 
m1 + m2 = m3 
 
 
 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
91 
 
Para representar el balance de masa de un componente “i” o balance parcial de “i” 
se utiliza la siguiente nomenclatura: 
 
)m(w)m(w)m(w 3
3
i2
2
i1
1
i =+ 
 
El sub-índice indica el componente y el super-índice indica la corriente a la que 
corresponde la fracción en masa de este componente. 
 
 
Si el componente "i" sólo está presente en dos corrientes, una de entrada y otra de 
salida, por ejemplo , en la corriente 1 y en la corriente 3, se le denomina sustancia 
de enlace ya que mediante el balance sencillo de ella se establece la relación 
entre las masas de las dos corrientes: 
 
)m(w)m(w 3
3
i1
1
i = 
 
En el caso de balances sin reacción química como en el presente capítulo también 
es posible hacer los balances en unidades molares como se muestra a 
continuación: 
 
El balance total de moles sería: 
 
321 nnn =+ 
 
El balance parcial del componentes “i” sería: 
 
)n(x)n(x)n(x 3
3
i2
2
i1
1
i =+ 
 
Como se puede observar para plantear ecuaciones de balance parcial de 
componentes es imprescindible el conocimiento de las fracciones en peso o de las 
fracciones molares de cada componente en una corriente, en caso de que la 
variable composición se exprese en una forma diferente hay que llevarla hasta 
fracción en peso o fracción molar. 
 
Cuando el balance de materia incluye racciones químicas se toma como sustancia 
de enlace aquella que cumpla con las condiciones anteriores y pase invariable a 
través del proceso. 
 
Cuando se desconoce el valor de la masa de una o varias corrientes o la 
composición de uno o varios componentes en dichas corrientes, la determinación 
de todos estos valores puede hacerse utilizando el método algebraico, el cual 
consiste en proponer un número de balances de masa independientes 
(ecuaciones) igual al número de incógnitas o valores desconocidos. Si el número 
de incógnitas es superior al número de balances, el problema no tiene solución. 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
92 
RECOMENDACIONES GENERALES PARA LA SOLUCION DE 
PROBLEMAS 
 
 
La solución sistemática de problemas de balance de materia es de gran 
importancia. Las siguientes instrucciones son de gran ayuda y deben tenerse en 
cuenta según sea la dificultad del problema. 
 
1 - Leer el problema cuidadosamente. 
 
2 - Trazar el diagrama de flujo del proceso, indicando las corrientes de masa que 
entran y salen. 
 
3 - Marcar las corrientes con los datos correspondientes a todas las variables de 
proceso que indique el problema. 
 
4 –Llevar todas las variables de composición dadas en el problema a fracciones en 
peso o a fracciones molares según que el problema se trabaje en unidades de 
masa o unidades molares. 
 
5 - Si el balance corresponde a una operación unitaria (sin reacción química), éste 
puede efectuarse sobre compuestos químicos de composición fija y las 
unidades utilizadas pueden ser unidades de masa o unidades molares. 
 
6 - Si el balance corresponde a un proceso químico (con reacción química), es 
recomendable el uso de unidades molares en los cálculos y cuando se 
desconocen las ecuaciones químicas lo más conveniente es utilizar el balance 
de especies atómicas o balance por elementos.7 – Hacer un análisis de los grados de libertad del problema (ver sección siguiente) 
para concluir si el problema tiene solución por via directa o es necesario tomar 
una base de cálculo para resolverlo. Este análisis, como se verá adelante, 
permite concluir también si el problema está sub-especificado (faltan datos) o si 
está sobre-especificado (sobran datos). 
 
8 - Una vez resuelto el problema debe probarse que las masas que entran son 
iguales a las masas que salen. 
 
 
 
DETERMINACION DEL NUMERO DE GRADOS DE LIBERTAD EN 
UN PROBLEMA DE BALANCE DE MATERIA 
 
 
El álgebra nos dice que para resolver un sistema de ecuaciones en el cual hay N 
incógnitas, es necesario que el sistema esté formado por N ecuaciones 
independientes. Si el sistema tiene menos de N ecuaciones no es posible su 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
93 
 
solución. La determinación del número de grados de libertad es un mecanismo 
para relacionar variables, ecuaciones y relaciones especificadas en un problema y 
predecir de una manera sistemática si su solución es o no posible. Desde el punto 
de vista algebraico el número de grados de libertad puede asimilarse al número de 
variables independientes en un sistema de ecuaciones. Por ejemplo, si se dispone 
de tres ecuaciones: 
 
x + 2y + z = 8 
2x + y + z = 7 
x + 3y + 3z = 16 
 
y se elimina la última ecuación, la solución completa sería imposible. No obstante, 
puede darse un valor arbitrario a x y entonces obtener los valores 
correspondientes de y y de z. Estos valores obtenidos dependen del valor elegido 
para x que es, en este caso, la variable independiente. En balance de materia 
puede decirse que esta variable es el grado de libertad y asumir su valor equivale a 
tomar una Base de Cálculo (B.C.) en el problema. La solución del mismo 
dependería entonces de su selección. En general: 
 
(Numero Total de Variables) – ( Número de Ecuaciones) = (Número de Variables 
Independientes) 
 
 
El siguiente cuadro resume el análisis de un problema de balance de materia: 
 
 
 Variables 
 Masa Com. Total 
1 VT Variables Totales 
2 VC Variables conocidas 
3 VD Variables desconocidas (1 – 2) 
4 EB Ecuaciones de balance independientes 
5 RE Relaciones especificadas 
6 ET Ecuaciones totales (4 + 5) 
7 GL Grados de libertad ((3 – 6) 
8 BC Base de cálculo 
 
 
1. El número total de variables del problema está constituído por las variables de 
masa (número de corrientes) y la suma de las variables de composición de 
todas las corrientes. El número de variables de composición en cada corriente 
es igual al número de componentes menos uno. 
 
2. Las variables conocidas tanto de masa como de composición están 
consignadas en los datos del problema. 
 
3. Las variables desconocidas se obtienen restando las variables totales menos 
las variables conocidas. 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
94 
 
4. El número de ecuaciones de balance independientes es igual al número de 
componentes del problema. 
 
5. Las relaciones especificadas son ecuaciones entre variables y son 
generalmente de tres tipos: 
 
♦ Recuperaciones fraccionales. 
♦ Relaciones de composición. 
♦ Razones de flujos. 
 
Estas relaciones se manejan simplemente como ecuaciones adicionales. 
 
6. Las ecuaciones totales pueden obtenerse sumando las ecuaciones de balance 
independientes y las relaciones especificadas. 
 
7. Restando las variables desconocidas menos las ecuaciones totales se obtienen 
los grados de libertad del problema. 
 
♦ Cuando solo existe un grado de libertad y no hay ninguna masa conocida, el 
problema puede resolverse tomando una base de cálculo o lo que es lo mismo 
suponiendo una cualquiera de las masas desconocidas. La solución 
dependerá entonces de la base de cálculo seleccionada. En estos casos 
puede unificarse la respuesta expresándola como una relación de masas. 
♦ Si hay un grado de libertad y existe además una masa conocida el problema 
no tiene solución. Lo mismo sucederá cuando hay más de un grado de 
libertad. Se dice entonces que el problema está sub-especificado. 
♦ Si los grados de libertad son negativos, hay más ecuaciones que variables 
desconocidas y el problema está sobre-especificado. En este caso es posible 
que existan diferentes soluciones según los datos que se tomen y podría 
pensarse en descartar información adicional (posiblemente inconsistente). 
 
 
OPERACIONES UNITARIAS 
 
Los balances de materia sin reacción química se aplican en general a las llamadas 
operaciones unitarias, las cuales son de naturaleza física y tienen como 
propósito principal el procesar materiales (reactivos y productos) hasta lograr 
especificaciones deseadas de temperatura, presión, composición y fase. En 
general pueden dividirse en cinco grandes grupos: 
 
1 - Flujo de fluídos 
 
2 - Transferencia de calor 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
95 
 
 
 
 
 Trituración 
 Molienda 
 3 - Manejo de sólidos 
 Tamizado 
 Fluidización 
 
 
 
 Mezclado 
4 - Operaciones de combinación 
 Agitación 
 
 
 
 Evaporación 
 Cristalización 
 Filtración 
 Centrifugación 
 Secado 
5 - Operaciones de separación 
 Humidificación 
 Absorción 
 Adsorción 
 Extracción 
 Destilación 
 
 
 
 
No existe una división clara entre algunas de estas operaciones, los cálculos de 
evaporadores, por ejemplo, requieren ecuaciones de flujo de fluídos para 
determinar el tamaño de las tuberías y bombas, y ecuaciones de transferencia de 
calor para el tamaño de serpentines de vapor y condensadores. De igual manera la 
cristalización ocurre en algunos casos dentro del evaporador. 
 
Teniendo en cuenta que los balances de masa más interesantes se presentan en 
las operaciones de combinación y separación, sólo se toman ejemplos que 
incluyen algunas de estas operaciones. 
 
 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
96 
PROBLEMAS DE EJEMPLO CON ALGUNAS OPERACIONES 
UNITARIAS UTILIZANDO EL ANÁLISIS DE GRADOS DE 
LIBERTAD 
 
 
OPERACIONES DE MEZCLADO 
 
 
El mezclado se utiliza para preparar combinaciones uniformes de dos o mas 
materiales. Las sustancias alimentadas pueden ser sólidos, líquidos o gases. Las 
aplicaciones más frecuentes y que se tomarán como ejemplo en el libro son las 
mezclas de dos o más líquidos y las mezclas de gases. 
Aunque existe una gran cantidad de diseños de mezcladores, según el material 
que se desee mezclar, en general las mezclas de líquidos se realizan en tanques 
agitados y una manera gráfica de representarlos en un diagrama de flujo es: 
 
 
 
 
 
Ejemplo 1. Se desea preparar una solución0.25 molal de KOH en agua. Se 
dispone de 325 cm3 de solución 0.1 molal cuya densidad es 1.0048 
g/cm3. ¿ Cuántos gramos de KOH deben añadirse a la solución 0.1 
molal ? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 325 cm3 
 
KOH 0.1 m 
 
ρ = 1.0048 g/cm3 
 
 
 
 KOH 0.25 m 
 
 
 
 
 KOH puro 
 
2 
1 3 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
97 
 
Este es un problema típico donde el volumen de la corriente 1 debe convertirse a 
masa y las molalidades deben convertirse a fracciones en masa para obtener una 
solución algebraica. 
 
 
m1 = V1 x ρ1 = 325 cm3 ( 1.0048 g/cm3) = 326.56 g 
 
 
 
 gmol KOH 1 Kg H2O 56 g KOH g KOH 
0.1 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0056 ⎯⎯⎯⎯ 
 kg H2O 1000 g H2O gmol KOH g H2O 
 
 
 
 
 0.0056 
=1KOHw ⎯⎯⎯⎯ = 0.00556 =
1
aguaw 0.99444 
 1.0056 
 
 
 0.25 gmol KOH 1 Kg H2O 56 g H2O g KOH 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.014 ⎯⎯⎯⎯ 
 Kg H2O 1000 g H2O gmol KOH g H2O 
 
 
 0.014 
=3KOHw ⎯⎯⎯⎯ = 0.0138 =
3
aguaw 0.98622 
 1.014 
 
 
 
 Variables 
 Masa Com. Total 
1 VT Variables Totales 3 2 5 
2 VC Variables conocidas 1 2 3 
3 VD Variables desconocidas (1 – 2) 2 
4 EB Ecuaciones de balance independientes 2 
5 RE Relaciones especificadas 0 
6 ET Ecuaciones totales (4 + 5) 2 
7 GL Grados de libertad ((3 – 6) 0 
8 BC Base de cálculo 
 
El problema tiene solución directa. 
 
Balance total: 326.56 + m2 = m3 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
98 
Balance de KOH : 0.00556 (326.56) + m2 = 0.0138 m3 
 
Resolviendo : m3 = 329.28 g m2 = 2.72 g 
 
 
 
 
Ejemplo 2. Se requieren 1 250 kg de una solución que contiene 12% en peso de 
etanol en agua. Se cuenta con dos tanques de almacenamiento, el 
primero de los cuales contiene 5% de etanol en agua, mientras que 
el segundo contiene 25% de etanol en agua. ¿ Cuánto hay que 
utilizar de cada una de las dos soluciones ? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Variables 
 Masa Com. Total 
1 VT Variables Totales 3 3 6 
2 VC Variables conocidas 1 3 4 
3 VD Variables desconocidas (1 – 2) 2 
4 EB Ecuaciones de balance independientes 2 
5 RE Relaciones especificadas 0 
6 ET Ecuaciones totales (4 + 5) 2 
7 GL Grados de libertad ((3 – 6) 0 
8 BC Base de cálculo 
 
La solución es directa. 
 
Balance total: m1 + m2 = 1250 kg 
 
Balance de etanol : 0.05 m1 + 0.25 m2 = 0.12 (1250) 
 
Resolviendo: m1 = 812.5 kg m2 = 437.5 kg 
 
 
 etanol 25% 
 
 
 
etanol 5% 
 
 
 
 1250 Kg 
 
 etanol 12% 
 
 
2 
1 3 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
99 
 
 
Ejemplo 3. Se enriquece aire que fluye a 150 kg/mi, mediante la adición de 
oxígeno puro con el fín de producir un gas que se utiliza en 
oxigenoterapia. Este último gas contiene 40% molar de oxígeno. 
Calcular: a) El flujo de masa de oxígeno puro alimentado. b) La 
densidad del gas final, si el flujo volumétrico de éste es de 2.5 m3/s. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para resolver el problema utilizamos un balance en moles (kmol). 
 
 
 
 kg kgmol 60 mi kgmol 
==
−••
)M/m(n 150 ⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 312 ⎯⎯⎯ 
 mi 28.84 kg h h 
 
 
 
 Variables 
 Masa Comp
. 
Total 
1 VT Variables Totales 3 2 5 
2 VC Variables conocidas 1 2 3 
3 VD Variables desconocidas (1 – 2) 2 
4 EB Ecuaciones de balance independientes 2 
5 RE Relaciones especificadas 0 
6 ET Ecuaciones totales (4 + 5) 2 
7 GL Grados de libertad ((3 – 6) 0 
8 BC Base de cálculo 
 
La solución es inmediata. 
 
 
 
 oxígeno puro 
 
 
 
150 kg/mi 
 
 
 
 
 
 oxígeno 40% m 
 
 
2
1 3
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
100 
Balance total: 312 + 
•
2n = 3n
•
 
 
Balance de N2 : 0.79 (312) = 0.6 3n
•
 
 
 
Resolviendo : 3n
•
 = 410.8 kgmol/h =
•
2n 98.8 kgmol/h 
 
Respuesta (a): 
 
 kgmol O2 32 kg h kg 
=
•
2m 98.8 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 52.69 ⎯⎯ 
 h kgmol 60 mi mi 
 
 
Respuesta (b): Se calcula la masa molecular media del gas que sale. 
 
=
−
M ∑ (Mi xi) = 0.4 (32) + 0.6 (28) = 29.6 mol-1 
 
 
 kgmol 29.6 kg h kg 
=
•
3m 410.8 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 3.37 ⎯⎯ 
 h kgmol 3600 s s 
 
 
 3.37 kg/s kg 
==ρ
••
)V/m( 333 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.34 ⎯⎯ 
 2.5 m3 /s m3 
 
 
 
OPERACIONES DE EVAPORACION 
 
La evaporación es una operación unitaria que tiene por objeto concentrar una 
solución formada por un soluto no volátil y un solvente. En la gran mayoría de las 
aplicaciones el solvente es agua. Cuando la conposición de la solución 
concentrada excede el valor de la solubilidad de la sal (soluto) se produce 
cristalización dentro del evaporador y el producto final estará formado por una 
solución saturada y una mezcla de cristales. Según la aplicación específica existen 
una gran cantidad de diseños de evaporadores y la gran mayoría utilizan como 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
101 
 
fuente de energía el vapor de agua proveniente de una caldera. Para simplificar se 
utilizan los siguientes gráficos en el diagrama de flujo: 
 
 
 
 
Ejemplo 4. Una solución que contiene 38% en peso de sal se alimenta a un 
evaporador. ¿Cuál será la composición de la solución concentrada 
que sale del evaporador si el 46% del agua inicial se evapora ? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Variables 
 Masa Com. Total 
1 VT Variables Totales 3 2 5 
2 VC Variables conocidas 0 1 1 
3 VD Variables desconocidas (1 – 2) 4 
4 EB Ecuaciones de balance independientes 2 
5 RE Relaciones especificadas 1 
6 ET Ecuaciones totales (4 + 5) 3 
7 GL Grados de libertad ((3 – 6) 1 
8 BC Base de cálculo - 1 
 
 
 
 
 solución 
 concentrada 
 
 
 
 H2O 
 
 
 
 EVAPORADOR 
 
 
 solución 
 
 38% sal 
 
2
1 3
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
102 
Como hay un grado de libertad y no se conoce ninguna masa, es posible tomar 
una base de cálculo para anular el grado de libertad y poder resolver el problema. 
 
B.C. 100 kg de solución inicial. 
 
Balance total : 100 = m2 + m3 
 
Balance de sal: 0.38 (100) = )m(w 3
3
sal 
 
Relación especificada: 0.46 (0.62 x 100) = m2 
 
Resolviendo: m2 = 28.52 kg 531.0w3sal = 
 
Como ejercicio, puede tomarse otra base de cálculo sobre una cualquiera de las 
dos masas restantes y el resultado debe ser el mismo.Esto sirve como ejemplo 
para ilustrar que una variable de composición no depende del escalado de las 
masas. 
 
OPERACIONES DE SECADO 
 
 
 
El secado consiste en remover cantidades relativamente pequeñas de agua a partir 
de gases, líquidos y sólidos húmedos. La humedad de líquidos y gases se 
remueve por adsorción, utilizando sólidos tales como la gel sílica o la alúmina. Se 
utiliza también la absorción con líquidos como el ácido sulfúrico. El secado de 
sólidos es con frecuencia el paso final en una serie de operaciones y los productos 
que salen de un secador están casi siempre listos para su empaque. 
 
El agua puede retirarse de un sólido mediante operaciones mecánicas como la 
centrifugación y la compresión o mediante vaporización térmica. En ésta última 
operación el secado puede efectuarse por calentamiento indirecto ayudado por 
vacío en un secador de bandejas, o mediante el contacto directo con aire o gases 
calientes en secadores rotatorios y de pulverización. En general se utilizarán los 
siguientes esquemas para representar en un diagrama de flujo la operación de 
secado. 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
103 
 
 
 
 
Ejemplo 5. Un lodo húmedo de talco en agua contiene 70% de agua en base 
húmeda. El 75% del agua se remueve por filtración y secado, lo cual 
reduce el peso del material a 500 libras. ¿Cuál era el peso original 
del lodo ? ¿Cuál la fracción en peso de agua en el lodo final y cuál el 
porcentaje en base seca del lodo final? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 H2O 
 
 
FILTRACION 
 
SECADO 
 
 
 
 Lodo 
 
 70% H2O (b.h.) 
 
2
1 3
 
 
 Lodo 
 
 500 lb 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
104 
 Variables 
 Masa Com. Total 
1 VT Variables Totales 3 2 5 
2 VC Variables conocidas 1 1 2 
3 VD Variables desconocidas (1 – 2) 3 
4 EB Ecuaciones de balance independientes 2 
5 RE Relaciones especificadas 1 
6 ET Ecuaciones totales (4 + 5) 3 
7 GL Grados de libertad ((3 – 6) 0 
8 BC Base de cálculo 
 
 
La solución es inmediata. 
 
Balance total: m1 = m2 + 500 
 
Balance de talco: 0.3 m1 = )500(w3talco 
 
Relación especificada: 0.75 ( 0.7 x m1) = m2 
 
Resolviendo: m1 = 1052.6 lb ; m2 = 552.6 lb ; 631.0w3talco = ; 
 
369.0w3agua = 
 
El porcentaje de agua en base seca en 3 será: 
 
(36.9/63.1) x 100 = 58.47% H2O (b.s.) 
 
 
Ejemplo 6. El secado por aspersión es un proceso en el cual un líquido que 
contiene sólidos disueltos o en suspensión se inyecta a una cámara 
a través de un aspersor o atomizador centrífugo de disco. La niebla 
entra en contacto con aire caliente, el cual evapora la mayoría o la 
totalidad del líquido, dejando que los sólidos secos caigan sobre 
una banda transportadora ubicada en el fondo de la cámara. 
Se produce leche en polvo en un secador por aspersión que mide 6 
metros de diámetro por 6 metros de altura. El aire entra a 167 oC y 1 
atm. La leche alimentada al atomizador centrífugo de disco contiene 
70% de agua en peso (b.h.), la cual se evapora por completo. El 
flujo de gas de salida es de 311 m3/mi a 83 oC y 1 atm. abs. y la 
velocidad de evaporación de agua es de 227 kg/hr. Calcular: 
 
 a) La producción de leche en polvo en kg/hr. 
 b) El flujo volumétrico de aire de alimentación. 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
105 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para aplicar una solución algebraica al problema, hay que arreglar los datos del 
problema. Los dos flujo indicados deben estar sobre la misma base de tiempo; se 
puede tomar una hora. 
 
 m3 60 mi m3 
=
•
4V 311 ⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 18 660 ⎯⎯⎯ 
 mi h h 
 
 
 
 1 x 18 660 273 kgmol aire húmedo 
==
••
)TR(/)VP(n 4444 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 638.⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 356 1 x 22.414 h 
 
El aire húmedo calculado contiene toda el agua evaporada de la leche: 
 
 kg kgmol kgmol 
227 ⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 12.61 ⎯⎯⎯ 
 h 18 kg h 
 
Luego las fracciones molares en el aire de salida son: 
 
197.0)4.638/61.12(x 4agua == 9803.0x
4
.as = 
 
La masa molecular media del aire que sale es: 
 
 
 Leche seca 
 
 
SECADOR 
DE 
ASPERSION 
 
Aire seco 
 
167oC 
 
1 atm 
 
 Aire húmedo 
 
 311 m3/mi 
 
 H2O 227 kg/h 
 
 83ºC , 1 atm 
 
 3
1 4
 Leche 
 70% agua 
 2
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
106 
 
=
−
4M 18 x 0.0197 + 28.84 x 0.9803 = 28.62 mol-1 
 
El flujo de masa es: 
 
==
•−•
444 nxMm 26.62 x 638.4 = 16994.2 kg/h 
 
Las fracciones en peso en la corriente 4 son: 
 
=4aguaw (227/16994.2) = 0.0133 =
4
.s.aw 0.9867 
 
 
 Variables 
 Masa Com. Total 
1 VT Variables Totales 4 2 6 
2 VC Variables conocidas 1 2 3 
3 VD Variables desconocidas (1 – 2) 3 
4 EB Ecuaciones de balance independientes 3 
5 RE Relaciones especificadas 0 
6 ET Ecuaciones totales (4 + 5) 3 
7 GL Grados de libertad ((3 – 6) 0 
8 BC Base de cálculo 
 
 
La solución es: 
 
Balance total: 2.99416mmm 321 +=+
•••
 
 
Balance de aire seco: =
•
1m 0.9867 (16 994.2) 
 
Balance de leche: 32 mm3.0
••
= 
 
Resolviendo: h/kg84.96m;h/kg8.322m;h/kg17.76816m 321 ===
•••
 
 
Se calcula ahora el flujo volumétrico de aire a la entrada: 
 
 
 nRT (16 768.17/28.84) (440) (1) (22.414) m3 
=
•
1V ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ X ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 21 003.9 ⎯ 
 P (1) 273 h 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
107 
 
 
 
OPERACIONES DE DESTILACION 
 
 
La destilación es una operación en la cual uno o más componentes de una mezcla 
de dos o más componentes es separada utilizando energía térmica. El principio 
básico es la diferencia que existe entre las presiones de vapor de los componentes 
a la misma temperatura y los equipos utilizados son generalmente columnas de 
destilación. 
En general el alimento a la columna es de composición conocida. La pureza 
deseada de los componentes que van a ser separados dictaminan la composición 
de los productos de cima y de fondos. Los datos anteriores son suficientes para 
establecer el balance alrededor de la columna. 
Entre los tipos más frecuentes de columnas de destilación están las de platos y las 
columnas empacadas. Cualquiera que sea el tipo de columna, el esquema 
representativo en un diagrama de flujo es el siguiente: 
 
 
 
 
Eemplo 7. Una mezcla que contiene 20% molar de butano, 35% molar de pentano, 
y 45% molar de hexano se separa por destilación fraccionada. El 
destilado contiene 95% molar de butano, 4% de pentano y 1% de 
hexano. El destilado debe contener 90% del butano cargado en el 
alimento. Determinar la composición de los productos de fondo. 
 
B.C.: 100 lb-mol de alimento 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
108 
 
 
Butano en el destilado = 20 x 0.9 = 18 lb-mol100 lb-mol 2 
18 lb-mol C4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 18.947 lb-mol 2 
 95 lb-mol C4 
 
En el destilado: 
C5 = 0.04 x 18.947 = 0.7579 lb-mol 
 
C6 = 0.01 x 18.947 = 0.1894 lb-mol 
 
Productos de fondo: 
C4 = 20 - 18 = 2 lb-mol 2.46% 
 
 C5 = 35 - 0.7579 = 34.24 lb-mol 42.24% 
 
 C6 = 45 - 0.1894 = 44.81 lb-mol 55.28% 
 
 
 
OPERACIONES DE CONDENSACION 
 
En este tipo de operación y teniendo en cuenta su importancia en el cálculo de un 
balance de masa, se tratará únicamente la condensación de vapores a partir de 
mezclas gas-vapor, dando especial énfasis al manejo y acondicionamiento del aire 
húmedo. 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
109 
 
Operaciones tales como la compresión y la expansión, el calentamiento y el 
enfriamiento, constituyen el eje fundamental de éste tema. 
Los siguientes esquemas representan cada operación dentro de un diagrama de 
flujo. 
 
 
 
 
Ejemplo 8. A 153ºF y 1 atm. de presión total una mezcla de vapor de agua y aire 
tiene una densidad de 0.0615 lb/pie3. Se comprime isotérmicamente 
hasta 3 atm. y parte del agua se condensa. Calcular las libras de 
agua condensada a partir de 1 lb-mol de gas total inicial. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Se calcula la fracción molar del agua en el aire que entra: 
 
 
 ρ R T 0.0615 x 613 1 x 359 
=
−
1M ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 27.5 mol-1 
 P 1 492 
 
 
 H2O 
 
 
 
 COMPRESOR 
 
Aire húmedo 
 
153oF 
 
1 atm 
 
ρ = 0.0615 lb/pie3 
 
 
 Aire saturado 
 
 3 atm 
 
 153oF 
2
1 3
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
110 
 
84.28)x1()18(x5.27M 1agua
1
agua −+==
−
 
 
Como el aire sale saturado, la presión parcial del agua a la salida debe ser igual a 
la presión de saturación o de vapor. 
 
De la ecuación de Antoine: ps = 203.7 mm Hg a 153oF 
 
Las fracciones molares a la salida son: 
 
9107.0x0893.0)760x3/7.203(x 3 .s.a
3
agua === 
 
 
 Variables 
 Masa Com. Total 
1 VT Variables Totales 3 2 5 
2 VC Variables conocidas 1 2 3 
3 VD Variables desconocidas (1 – 2) 2 
4 EB Ecuaciones de balance independientes 2 
5 RE Relaciones especificadas 0 
6 ET Ecuaciones totales (4 + 5) 2 
7 GL Grados de libertad ((3 – 6) 0 
8 BC Base de cálculo 
 
 
 
La solución es inmediata y el balance se trabaja en lbmol. 
 
Balance total : 1 = n2 + n3 
 
Balance de aire seco: 0.877 (1) = 0.9107 n3 
 
Resolviendo: n3 = 0.963 lbmol ; n2 = 0.037 lbmol ; m2 = 0.037 x 18 = 0.666 lb 
 
 
 
Ejemplo 9. Un gas saturado con benceno abandona un sistema de recuperación 
de solventes a 40 oC y 750 mm Hg, fluyendo hacia un compresor 
seguido de un enfriador. El gas y un condensado líquido abandonan 
el enfriador a 21oC y 5 atm. ¿ Cuántos kilogramos de benceno se 
condensan por cada 1000 litros de la mezcla original? 
 
 
 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
111 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tanto el gas que entra como el gas que sale están saturados con benceno y las 
presiones parciales ejercidas por el benceno son las presiones de saturación o de 
vapor. Se calculan estas presiones a partir de la ecuación de Antoine: 
 
ps a 40ºC = 181.65 mm Hg ps a 21ºC = 78.32 mm Hg 
 
 
Se calculan ahora las fracciones molares a la entrada y a la salida: 
 
 
0206.0)760x5/32.78(x2422.0)750/65.181(x 3benceno
1
benceno ==== 
 
 
 
 P1 V1 750 x 1000 273 
n1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 38.4 gmol 
 R T1 313 760 x 22.414 
 
 
 
 Variables 
 Masa Com. Total 
1 VT Variables Totales 3 2 5 
2 VC Variables conocidas 1 2 3 
3 VD Variables desconocidas (1 – 2) 2 
4 EB Ecuaciones de balance independientes 2 
5 RE Relaciones especificadas 0 
6 ET Ecuaciones totales (4 + 5) 2 
7 GL Grados de libertad ((3 – 6) 0 
8 BC Base de cálculo 
 
El balance se trabaja en unidades molares (gmol): 
 
 
 
 Benceno 
 
 
COMPRESOR 
 
ENFRIADOR 
V = 1000 litros 
 
Gas + Benceno 
 
(saturado) 
 
40oC 
 
750 mm Hg 
 
ρ = 0.0615 lb/pie3 
 
 
 Gas + Benceno 
 (saturado) 
 
 5 atm 
 
 21oC 
 
2
1 3
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
112 
Balance total: 38.4 = n2 + n3 
 
Balance de benceno: 0.2422 (38.4) = n2 + 0.0206 n3 
 
Resolviendo: n2 = 8.7 gmol ; n3 = 29.7 gmol ; m2 = 8.7 x 78 = 678.6 g 
 
 
 
UNIDADES MULTIPLES 
 
 
 
En la mayoría de los procesos de fabricación se complementan dos o más 
Operaciones Unitarias constituyendo así un diagrama de flujo integrado. 
En este tipo de diagramas se amplía la posibilidad de plantear los balances de 
masa totales y parciales, y el problema por alta que sea su complejidad casi 
siempre tiene una solución. 
El siguiente ejemplo ilustra la manera como debe trabajarse un diagrama 
integrado. 
 
 
 
Ejemplo 10. Se alimentan a un evaporador 10 000 lb/hr de una solución que 
contiene 6% en peso de sal en agua. Se produce una solución 
saturada y parte de la sal cristaliza. Los cristales, con algo de 
solución adherida, son centrifugados para retirar parte de la 
solución. Luego los cristales se secan para remover el resto del 
agua. Durante una prueba de una hora, 837.6 lb de solución 
concentrada se retiran, 198.7 lb de solución son retiradas en la 
centrífuga y 361.7 lb de cristales secos salen del secador. Ensayos 
previos sobre la centrífuga demuestran que se retira aproxi-
madamente el 60% de la solución adherida. Calcular lo siguiente: 
 
a) La solubilidad de la sal (lb sal / lb agua). 
b) El agua evaporada en el evaporador. 
c) El agua evaporada en el secador. 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
113 
 
 
 
 
El balance total del proceso puede realizarse simplificando el diagrama de flujo 
alrededor de la línea punteada. 
 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
114 
En este último diagrama la corriente de agua es la suma del agua retirada en el 
evaporador y el agua retirada en el secador. 
La solución saturada es la suma de la solución que sale del evaporador y la 
retirada en la centrífuga, ya que las dos tienen la misma concentración. 
 
B.C.: 1 hr o 10 000 lb de solución alimentada. 
 
Sal alimentada = 0.06 x 10 000 = 600 lb 
 
Sal en la solución saturada: 
 
600 - 361.7 = 238.3 lb 
 
Masa total de solución saturada: 
 
837.6 + 198.7 = 1 036.3 lb 
 
Composición de la solución saturada: 
 
(238.3/1 036.3) x 100 = 23% 
 
a) Solubilidad de la sal: 
 
 23 lb sal lb de sal 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.298 ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 77 lb agua lb de agua 
 
b) Para calcular el agua retirada en el evaporador se efectúa un balance alrededor 
de éste. 
 
 
 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
115 
 
Como la centrífuga retira el 60% de la solución adherida, la solución saturada que 
sale del evaporador será: 
 
 198.7 
⎯⎯⎯ = 331.1 lb 
 0.6Balance de sal alrededor del evaporador: 
 
600 = 0.23 x 837.6 + 0.23 x 331.1 + X 
 
X = masa de cristales secos = 331.2 lb 
 
Balance total de masa alrededor del evaporador: 
 
10 000 = m2 + 837.6 + (331.1 + 331.2) 
 
m2 = agua evaporada = 8 500 lb 
 
 
c) Para calcular el agua retirada en el secador se efectúa el balance total alrededor 
del proceso (línea punteada). 
 
 
10 000 = 8 500 + 837.6 + 198.7 + 361.7 + m7 
 
m
7
 = 102 lb 
 
 
 
 
 
 
OPERACIONES CON DERIVACION DE FLUJO, RECIRCULACION 
Y PURGA 
 
DERIVACION DE FLUJO. En algunos casos una parte de una corriente que entra 
a un proceso puede desviarse alrededor de la unidad de proceso y mezclarse con 
la corriente principal a la salida de la unidad. Esta corriente se le llama 
comunmente " by pass ".En general si no se utilizara este sistema, el producto final 
deseado no podría obtenerse. La composición de las corrientes 1, 2 y 3 es la 
misma. El punto donde se unen las corrientes de diferente composición se 
denomina punto de mezcla (M). 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
116 
 
 
 
 
 
RECIRCULACION. Es este caso parte de la corriente que sale de la unidad de 
proceso es devuelta y mezclada con el alimento fresco. Esta corriente se denomina 
"reciclo". Las corrientes 3, 4 y 5 tienen la misma composición. 
 
 
 
 
 
 
Se utiliza el reciclo en los siguientes casos: 
 
a) Cuando los materiales que no reaccionan en el proceso pueden separarse y 
enviarse nuevamente al mismo. Esto mejora el rendimiento en las reacciones 
sin modificar otras variables propias del mismo proceso. 
b) Cuando se desea controlar la temperatura de un punto en particular y parte del 
reciclo se pasa a través de un intercambiador de calor. 
c) En operaciones de secado, donde parte del aire húmedo que sale, es 
recirculado y mezclado con aire fresco. Con esto se logra en general reducir la 
velocidad de secado, especialmente cuando se desea que el material pierda 
agua lentamente. 
d) En columnas de destilación donde parte del va por condensado es recirculado a 
la columna. Esta corriente se denomina reflujo. 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
117 
 
Se define como relacion de recirculación al cociente entre la cantidad de un 
reactivo recirculado y la cantidad del mismo reactivo que entra al proceso como 
alimentación fresca. Puede referirse tambien a la relación entre las masas totales 
de las dos corrientes o a la relación entre las moles totales de las dos corrientes. 
 
 
PURGA. Cuando una pequeña cantidad de material no reactivo está presente en el 
alimento de un proceso con recirculación, se utiliza una corriente denominada 
purga para retirar estos materiales y evitar así su acumulación en el reciclo. En 
algunos procesos, los materiales no reactivos pueden removerse tambien con la 
corriente de producto. 
 
En problemas de balance de masa sin reacción química, la utilización de la purga 
es muy escasa, pero en balances de masa con reacción química se presenta con 
frecuencia. 
 
Tanto en los procesos de recirculación como en los de derivación de flujo, se 
pueden realizar balances independientes de masa alrededor del proceso, 
alrededor de la unidad de proceso y alrededor del punto de mezcla. 
 
 
Ejemplo 11. En una planta de tratamiento que opera bajo condiciones estables, 
se reduce el contenido de impurezas nocivas de un líquido residual 
de 0.5% en peso hasta 0.01% en peso. Sólo se permite una 
concentración máxima de estas impurezas nocivas de 0.1% en pe-
so para ser descargadas en el río local. ¿Qué porcentaje del 
líquido residual inicial puede ser derivado y cumplir aún las normas 
establecidas? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Análisis de los grados de libertad para el balance global de toda la planta: 
 
PLANTA DE 
TRATAMIENTO 
 
 
 
 
 
 
 
 
Impurezas 0.5% 
 
 
 
 
 
 Impurezas 0.1% 
 
 
6
42 5 1 
3
Imp. 
0.01% 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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118 
 
 
 
 
 Variables 
 Masa Com. Total 
1 VT Variables Totales 3 2 5 
2 VC Variables conocidas 0 2 2 
3 VD Variables desconocidas (1 – 2) 3 
4 EB Ecuaciones de balance independientes 2 
5 RE Relaciones especificadas 0 
6 ET Ecuaciones totales (4 + 5) 2 
7 GL Grados de libertad ((3 – 6) 1 
8 BC Base de cálculo -1 
 
 
Como no se conoce ninguna masa puede tomarse una base de cálculo. 
 
B.C. m1 = 100 kg 
 
Balance total: 100 = m5 + m6 
 
Balance de impurezas: 0.005 (100) = m6 + 0.001 m5 
 
Resolviendo: m5 = 99.6 kg m6 = 0.4 kg 
 
Se realiza ahora un balance en el punto de mezcla: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Balance total: m4 + m3 = 99.6 
 
Balance de impurezas: 0.0001 m4 + 0.005 m3 = 0.001 (99.6) 
 
Resolviendo: m3 = 18.3 kg 
 
Como se tomaron 100 kg de la corriente 1, el porcentaje derivado es 18.3% 
 
Impurezas 0.01% 
Impurezas 0.5% 
99.6 kg 
 
Impurezas 0.1% 
4 
3 
5 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
119 
 
 
Ejemplo 12. El diagrama muestra el proceso para la recuperación de cromato de 
potasio (K2CrO4) a partir de una solución acuosa de ésta sal. 
 
 
 
Se alimentan al proceso 10 000 lb/hr de una solución que contiene 25% en 
peso de K2CrO4. La corriente de reciclo contiene 35% en peso de K2CrO4. La 
solución concentrada que abandona el evaporador, la cual contiene 50% de 
K2CrO4, se alimenta a un cristalizador y filtro donde se enfría cristalizando 
parte del K2CrO4. La torta del filtrado está formada por cristales de K2CrO4 y 
una solución que contiene 35% de K2CrO4 en peso; los cristales forman 95% 
de la masa total de la torta de filtrado. La solución que pasa a través del 
filtro, con una concentración de 35% de K2CrO4 es la corriente de 
recirculación. Calcular el flujo de agua eliminada en el evaporador en lb/hr, el 
flujo de cristales en lb/hr, la relación de recirculación (masa de reciclo/masa 
de alimento fresco) y el flujo de alimento combinado al evaporador 
 
 
B.C.: 1 hr de operación. 
 
 
Balance total del proceso: 
 
 
10 000 = m3 + m7 + m8 
 
Según datos del problema: 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
120 
 
 m7 
 ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.95 m7 = 19 m8 
 m8 + m7 
 
 
Reemplazando: 10 000 = m3 + 20 m8 
 
 
Balance total de agua: 
 
0.75 x 10 000 = m3 + 0.65 m8 
 
Resolviendo el sistema: 
 
 m8 = 129.2 lb 
 m3 = 7 416.0 lb 
 m7 = 2 454.8 lb 
 
m6 = m7 + m8 = 2 454.8 + 129.2 = 2 584 lb 
 
 
Balance total en el cristalizador: 
 
m4 = m5 + m6 
Como el agua en la torta es : 
 
 0.65 m8 = 0.65 x 129.2 = 84 lb 
 
Balance de agua en el cristlizador: 
 
0.5 m4 = 0.65 m5 + 84 
 
Resolviendo: m5 = 8 053 lb 
 
 m4 = 10 637 lb 
 
Relación de recirculación: 
 
 (m5/m1) = (8 053/10 000) = 0.8053 
 
El alimento al evaporador será: 
 
m2 = m3 + m4 = 7 416 + 10 637 = 18 053 lb 
 
 
 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
121 
 
PROBLEMAS RESUELTOS 
 
5.1 - Se desea preparar una tonelada de una solución acuosa de KOH al 6% en 
peso. Para lo anterior se dispone de un tanque que contiene solución de KOH 
al 4% en peso. ¿ Cuánto KOH debe añadirsea la solución del 4% ? 
 
 
B.C. 1 tonelada de solución de KOH (6%). 
 
 
 
 
 
 
 
Para este problema la sustancia de enlace es el agua, ya que está presente sólo 
en las corrientes 1 y 3. 
 
Agua en 3 = 0.94 x 1 000 = 940 kg 
 
 100 kg solución 1 
940 kg de H2O en 3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 979.1 kg de solución 1 
 96 kg de H2O en 1 
 
 
Balance total de masa: 
 
m1 + m2 = m3 
 
m2 = m3 - m1 = 1 000 - 979.1 = 20.9 kg KOH 
 
 
5.2 - Se mezclan 600 lb de una solución que contiene 20% en peso de HNO3 con 
una solución que contiene 40% de HNO3. ¿ Cuál será la masa en libras de la 
solución formada, si ésta contiene 28% de HNO3 ? 
 
B.C.: 600 lb de solución de HNO3 (20%) 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
122 
 
 
En este problema no existe la sustancia de enlace, luego debe emplearse el 
método algebraico. Se desconoce m2 y m3. El sistema está formado por dos 
componentes, luego será posible plantear al menos dos balances de masa 
independientes. 
 
Balance total de masa: 
 
600 + m2 = m3 
 
Balance parcial de HNO
3
: 
 
0.2 x 600 + 0.4 x m2 = 0.28 x m3 
 
Resolviendo se tiene: m3 = 1 000 lb 
 
m2 = 400 lb 
 
 
5.3 - Se desea preparar una solución de NaCl que tenga una molalidad de 1.8. 
Calcular el peso de NaCl que debe agregarse a 1 000 cm3 de agua para 
obtener la concentración deseada, si se mantiene la temperatura de la so-
lución en 30 oC. 
 
B.C.: 1 000 cm3 de agua. 
 
 
 
 1.8 g-mol NaCl 1 g 58.5 g NaCl 
 1 000 cm3 H2O x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 1 000 g H2O cm3 g-mol NaCl 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
123 
 
 
 
= 105.3 g NaCl = m1 
 
 
5.4 - Un operador de una planta química tiene instrucciones para agregar sal 
contínuamente a una corriente de solvente libre de sal, de tal manera que la 
mezcla resultante contiene 20% en peso de sal. 
 
a) Si el valor de la composición de salida se duplica, ¿ cuál es la relación 
entre la cantidad de sal añadida inicialmente y la actual ? 
b) Si el operador usó el doble de sal, ¿ cuál es la composición de salida ? 
 
B.C.: 100 lb de solvente libre de sal = m1 
 
 
 
 
 
 20 lb sal 
a) Para 20% : m2 = 100 lb x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 25 lb sal 
 80 lb solv 
 
 40 lb sal 
 Para 40% : m2 = 100 lb x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 66.6 lb sal 
 60 lb solv 
 
Relación de sal = (25/66.6) = 0.375 
 
 
b) 
m2 = sal añadida = 25 x 2 = 50 lb 
 
 
m3 = m1 + m2 = 100 + 50 = 150 lb 
 
 
Porcentaje de sal = (50/150) x 100 = 33.3% 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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124 
5.5 - Se pretende fabricar una mezcla de líquidos cuya composición es: 1 parte de 
A; 1.5 partes de B y 2.5 partes de C. Las gravedades específicas de A, B y C 
son: 0.79 ; 0.98 y 1.16 respectivamente. Puesto que no se dispone del equipo 
apropiado para pesar, la mezcla debe hacerse por adición de volúmenes 
medidos de los líquidos. Calcular los volúmenes de B y C que deben añadirse 
a la unidad de volumen de A con el fín de tener la composición correcta. 
 
 
B.C.: 5 gramos de mezcla = m4 
 
 
 
 cm3 
VA = 1 g x ⎯⎯⎯⎯ = 1.2658 cm3 
 0.79 g 
 
 cm3 
VB = 1.5 g x ⎯⎯⎯⎯ = 1.5306 cm3 
 0.98 g 
 
 cm3 
VC = 2.5 g x ⎯⎯⎯⎯ = 2.1551 cm3 
 1.16 g 
 
 
 1.5306 cm3 B 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.21 cm3 B/cm3 A 
 1.2658 cm3 A 
 
 
 2.1551 cm3 C 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.7 cm3 C/cm3 A 
 1.2658 cm3 A 
 
5.6 - Una compañía tiene un contrato para comprar NaCl del 98% de pureza (2% 
de impurezas insolubles) por $ 1 200 /tonelada. Su último cargamento de 10 
toneladas tenía sólo el 90% de pureza (10% de sólidos insolubles). 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
125 
 
 
a) ¿Cuánto se debe pagar por el cargamento ? 
b) ¿Qué cantidad de material del 90 % debe añadirse a 2 000 galones de 
agua para fabricar una solución del 5% en peso de NaCl ? 
 
 
a) 
 $ 1 200 Tn 
⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = $ 1 224/Tn NaCl 
 Tn 0.98 Tn NaCl 
 
 
10 Tn x 0.9 = 9 Tn NaCl 
 
 
 $ 1 224 
9 Tn NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯ = $ 11 016 
 Tn NaCl 
 
b) B.C.: 100 lb NaCl (90%) = m1 
 
 
 
La sustancia de enlace es el NaCl. 
 
 
 100 lb de solución 3 
 90 lb Nacl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 800 lb sol 3 
 5 lb NaCl 
 
 
m1 + m2 = m3 
 
 m2 = m3 - m1 = 1 800 - 100 = 1 700 lb H2O agregada 
 
 pie3 62.43 lb 
2 000 gal x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 16 692 lb 
 7.48 gal pie3 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
126 
 100 lb NaCl (90%) 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 16 692 lb H2O = 981.8 lb NaCl (90%) 
 1 700 lb H2O 
 
 
 
 
5.7 - Una mezcla de N2 y CO2 a 30 oC y 2 atm. tiene una masa molecular promedio 
de 31. 
 
a) ¿ Cuál es la presión parcial del N2 ? 
b) ¿ Cuál es el volumen de 10 lb de mezcla ? 
 
Sea x = fracción molar de N2 
 
 (1 -x) = fracción molar de CO2 
 
M = ∑ (xiMi) = 31 = 28 x + (1-x) 44 = 0.8125 
 
a) 
 p N2 = 0.8125 (2 atm) = 1.625 atm 
 
 
b) n R T 
 V = ⎯⎯⎯ 
 P 
 
 (10/31) lb-mol x 303 oK 1 atm x 359 pies3 
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 64.26 pies3 
 2 atm 273 oK x lb-mol 
 
 
 
5.8 - Una mezcla de NaCl y NaOH contiene 40% en peso de Na. ¿ Cuáles son los 
porcentajes en peso de NaCl y NaOH en la mezcla ? 
 
B.C.: 100 gramos de mezcla 
 
 
Sea X = g de NaCl 
 
 23 g Na 
X g NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = (0.3931 X) g Na 
 58.5 g NaCl 
 
 23 g Na 
(100 - X) g NaOH x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.575 (100 - X) g Na 
 40 g NaOH 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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127 
 
 
La ecuación queda: 
 
 (0.3931 X) + 0.575 (100 - X) = 40 
Resolviendo: 
 
 X = 96.2 g NaCl 
 
Composición de la mezcla inicial: 
 
NaCl = 96.2% y NaOH = 3.8% 
 
 
 
5.9 - Oxígeno puro se mezcla con aire para obtener "aire enriquecido" que contiene50% de oxígeno. ¿ Qué relación molar de oxígeno a aire debe utilizarse ? 
 
B.C.: 100 lb-mol de aire enriquecido 
 
 
 
 
La sustancia de enlace es el N2. 
 
 100 lb-mol 2 
50 lb-mol N2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 63.29 lb-mol = n2 
 79 lb-mol N2 
Balance total de moles: 
 
n1 + n2 = n3 
 
n1 = 100 - 63.29 = 36.71 lb-mol 
 
Relación (oxígeno/aire) = (36.71/63.29) = 0.58 
 
 
5.10 - Dos ingenieros están calculando la masa molecular promedio de una mezcla 
gaseosa que contiene oxígeno y otros gases. Uno de ellos utilizando la ma-
sa molecular correcta para el oxígeno de 32 mol-1, determina una masa 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
128 
molecular correcta para la mezcla de 39.3 mol-1. El otro, utilizando un valor 
incorrecto de 16, determina una masa molecular incorrecta de 32.8. ¿Cuál 
es el porcentaje de oxígeno en la mezcla expresado como porcentaje molar? 
 
 
 M = ∑ (xiMi) 
 
Si: M = masa molecular otros gases 
 
x = fracción molar de O2 
 
 
 32 x + M (1 -x) = 39.2 
 
16 x + M (1 - x) = 32.8 
 
 
Resolviendo: x = 0.4 (40% m de O2) 
 
 
 
5.11 - Una mezcla de fenol y agua, bajo ciertas condiciones de temperatura y 
composición, forma dos fases líquidas separadas, una rica en fenol y la otra 
rica en agua. A 30 oC las composiciones de las capas superior e inferior son 
respectivamente 70% y 9% de fenol. Si 40 libras de fenol y 60 libras de agua 
se mezclan y las capas se separan a 30 oC, ¿ cuáles son los pesos de cada 
una de las dos capas ? 
 
 
Balance total: m1 + m2 = m3 + m4 
 
40 + 60 = m3 + m4 
Balance de fenol: 
40 = 0.7 m3 + 0.09 m4 
 
Resolviendo: 
m3 = 50.82 lb 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
129 
 
m4 = 49.18 lb 
 
 
 
5.12 - Dos corrientes de un proceso se mezclan para formar una sola corriente. 
Sólo se conoce el flujo de la corriente mezclada. Se añade sal a una de las 
corrientes originales a una velocidad estable. Un análisis de esta corriente 
indica que contiene: 4.76% en peso de sal. El análisis de la corriente 
mezclada indica 0.62% de sal. ¿ Cuál es la relación en masa entre las dos 
corrientes originales ? 
 
 B.C.: 100 lb de la corriente mezclada. = m5 
 
 
 
Las corrientes originales son m1 y m2. 
 
 Balance total en II: m2 + m4 = 100 
 
 Balance de sal en II: 0.0476 m4 = 0.62 
 
 Resolviendo: m4 = 13.025 lb y m2 = 86.975 lb 
 
 Balance total en I: m1 + m3 = 13.025 lb 
 
 Balance de sal en I: m3 = 0.0476 x 13.025 = 0.62 
 
 m1 = 13.025 - 0.62 = 12.405 lb 
 
 
Relación = (m2/m1) = (86.975/12.405) = 7.01 
 
 
 
5.13 - Dos tanques se encuentran inicialmente aislados uno del otro por medio de 
una válvula A. El tanque I contiene en un comienzo 1 pie3 de aire a 100 psia 
y 150 oF. El tanque II contiene inicialmente una mezcla de O2 y N2 formada 
por un 95% molar de N2 a 200 psia y 200 oF. La válvula A se abre 
permitiendo que se mezcle el contenido de los dos tanques. Luego de 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
130 
completar el mezclado, se determinó que el gas contenía 85% molar de N2. 
Calcular el volumen de II. 
 
 
 
 
nI = (PV/RT)I 
 
 
 100 x 1 492 
 nI= ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.01528 lb-mol 
 610 14.7 x 359 
 
nI = 6.93 g-mol 
 
Vf = VI + VII 
 
Balance total: nf = nI + nII 
 
6.93 + nII = nf 
 
Balance de N2: 0.79 x 6.93 + 0.95 nII = 0.85 nf 
 
Resolviendo se tiene: nII = 4.2 g-mol 
 
 
VII = (nRT/P)II 
 
 
 4.2 x 660 14.7 x 22.414 
VII = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 9.28 lt 
 200 492 
 
 1 pie3 
VII = 9.28 lt x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.327 pies3 
 28.32 lt 
 
 
5.14 - Cierto gas a 60 oF y 31.2 pulg Hg fluye por un ducto irregular. Con el 
propósito de determinar la velocidad de flujo del gas, se introduce CO2 en 
la corriente gaseosa. El análisis del gas resultante es: CO2 3.4% en 
volumen. El contenido original de CO2 era de 1.2% en volumen. El tanque 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
131 
 
de CO2 se colocó en una balanza y se determinó una pérdida en peso de 
15 lb en 30 minutos. Determine la velocidad de flujo del gas en pies3/mi. 
 
 
 
 
B.C.: 30 minutos 
 
 
 lb-mol 
n2 = 15 lb CO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.341 lb-mol CO2 
 44 lb 
 Balance total: 
 
n1 + 0.341 = n3 
 
Balance de CO2: 
 
0.012 n1 + 0.341 = 0.034 n3 
 
Resolviendo: 
 
 n1 = 14.97 lb-mol 
 
 14.97 lb-mol 
n1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.499 lb-mol/mi 
 30 mi 
 
 nRT 0.499 x 520 29.92 x 359 
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 181.56 pie3/mi 
 P 31.2 492 
 
 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
132 
5.15 - Una solución que contiene 30% en peso de sal en agua se alimenta a un 
evaporador. Calcular el porcentaje de agua evaporada si la solución 
concentrada que sale del evaporador contiene 62% en peso de sal. 
 
B.C.: 100 kg de solución alimentada 1. 
 
 
 
 
La sustancia de enlace es la sal. 
 
Sal en la corriente 1 = 0.3 x 100 = 30 kg 
 
 
 100 kg solución 3 
30 kg sal en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 48.38 kg solución 3 
 62 kg sal en 3 
 
Balance total de masa: 
 
m1 = m2 + m3 
 
 m2 = agua evap. = m1 - m3 = 100 - 48.38 = 51.62 kg 
 
 51.62 
Porcentaje H2O evap. = ⎯⎯⎯⎯ x 100 = 73.74% 
 70 
 
 
5.16 - Una solución acuosa contiene 25% en peso de sal. 
 
a) Expresar la composición como lb de sal/lb de agua y porcentaje en peso 
de agua. 
b) ¿Cuál es la composición en peso, si el 40% del agua presente 
incialmente es evaporada? 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
133 
 
c) ¿Cuál es la composición si una cantidad de agua igual al 40% del peso de 
la solución original es evaporada? 
d) ¿Cuánta agua deberá evaporarse de 100 lb de la solución si su 
composición final es del 40% en peso de agua? 
 
B.C.: 100 lb de solución 
 
a) 
 25 lb sal 
 ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.33 lb sal/lb H2O 
 75 lb H2O 
 
 
 75 lb H2O 
⎯⎯⎯⎯⎯ = 3 lb H2O/lb sal 
 25 lb sal 
 
 
100 - 25 = 75% en peso de H2O 
 
b) 
H2O evaporada = 75 x 0.4 = 30 lb H2O 
 
 
solución final = 25 lb sal + 45 lb H2O = 70 lb 
 
 
 25 lb sal 
⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 35.71 % 
 70 lb soluc. 
 
 
c) 
H2O evaporada = 100 x 0.4 = 40 lb 
 
 
solución final = 25 lb sal + 35 lb H2O = 60 lb 
 
 
 25 lb sal 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 41.66%60 lb soluc. 
 
d) 
 
 100 solución 3 
25 lb sal en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 41.66 lb en 3 
 60 lb sal en 3 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
134 
 
 
H2O evaporada = m2 = 100 - 41.66 = 58.34 lb 
 
 
 
 
 
 
5.17 - En un proceso para la obtención de sal cristalizada se introduce a un 
evaporador-cristalizador una solución saturada de cloruro de sodio, al 30% 
en peso y 240 oF. El proceso es isotérmico de tal manera que se obtiene por 
el fondo del aparato la sal cristalizada igual al 90% de la sal alimentada. Se 
evaporan 100 lb/hr de agua y se produce, además, una salmuera saturada. 
Calcular: 
 
a) La cantidad de salmuera introducida en lb/hr. 
b) La sal cristalizada en lb/hr. 
 
 
 
B.C.: 100 lb de solución alimentada. 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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135 
 
 
 
Como la solución alimentada está saturada y la temperatura se mantiene 
constante, la solución que sale del evaporador también está saturada y su 
composición será 30% en peso. 
NaCl que cristaliza = 0.9 x 30 = 27 lb 
 
 
En la solución concentrada hay: 30 - 27 = 3 lb NaCl 
 
 
 100 lb 3 
m3 = 3 lb NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10 lb solución 3 
 30 lb NaCl 
 
Agua evaporada = 100 - 27 - 10 = 63 lb 
 
a) 
 
 100 lb solución 1 100 lb H2O evap. lb 1 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 158.73 ⎯⎯⎯⎯ 
 63 lb H2O evap. hr hr 
 
b) 
 
 27 lb sal 4 100 lb H2O evap. lb sal 4 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 42.85 ⎯⎯⎯⎯ 
 63 lb H2O evap. hr hr 
 
 
 
 
5.18 - Una planta para la producción de NaOH concentra por evaporación una 
solución cuya composición es: NaOH 10% en peso, NaCl 10% y H2O 80%. 
Durante la evaporación parte del NaCl cristaliza. Si la solución final contiene 
50% de NaOH y 1% de NaCl, calcule lo siguiente: 
 
a) Las libras de agua evaporada por tonelada de solución inicial. 
b) Las libras de NaCl cristalizado por tonelada de solución inicial. 
c) El peso de la solución final. 
 
 
B.C.: 1 Tn de solución inicial. 
 
 
NaOH en la solución inicial = 1 000 x 0.1 = 100 kg 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
136 
 100 kg solución 3 
100 kg NaOH en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 200 kg sol. 3 
 50 kg NaOH 
 
 
 
 
 
 
a) 
 
H2O evaporada = 800 - 200 x 0.49 = 702 kg 
 
 lb 
702 kg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 547.6 lb 
 0.45359 kg 
 
b) 
 
NaCl cristalizado = 1 000 - (200 + 702) = 98 kg 
 
 
 lb 
 98 kg x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 216 lb 
 0.45359 kg 
 
c) Peso de solución final = 200 kg 
 
 
 
 
5.19 - Dos sales A y B se disuelven en agua. A la temperatura de experimento la 
solubilidad de A es 1 lb de A/lb de agua pura, y la de B es 0.4 lb B/lb de agua pura. 
Puede suponerse que las solubilidades de las dos sales no se afectan 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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137 
 
mutuamente, es decir, 1 lb de agua disolverá 1 lb de A más 0.4 lb de B. Cuando el 
agua se evapora, la concentración de la solución se incrementa. Sin embargo, si la 
concentración alcanza el punto de saturación de cada sal, entonces causará 
cristalización de la sal, mientras la concentración de la sal en la solución 
permanece constante en el punto de saturación. 
Si originalmente, 20 lb de A y 20 lb de B se disuelven en 100 lb de agua y 
parte del agua es evaporada de la solución, calcular: 
 
a) La cantidad de agua evaporada. 
b) Peso de la solución final. 
c) Composición de la solución. 
d) Cantidad de cada sal cristalizada. 
 
Para cada uno de los siguientes casos: 
 
1) 50% del agua original es evaporada. 
2) Se evapora agua hasta reducir el peso total de la solución y cristales 
hasta el 50% del valor inicial. 
3) Se evapora agua hasta que la solución quede saturada de A, sin 
cristalización de A. 
4) Se evapora agua hasta que la solución remanente (no incluídos los 
cristales) sea el 50% del valor original. 
 
 
 
1) a) 100 x 0.5 = 50 lb H2O 
 
 b) 90 lb 
 
 c) Debe probarse si hay cristalización para cada sal. 
 
Para A: (20 lb A/50 lb H2O) = 0.4 lb A/lb H2O 
 
No hay cristalización de A 
 
Para B: (20 lb B/50 lb H2O) = 0.4 lb B/lb H2O 
 
La solución está saturada de B, pero no hay cristalización de B. 
 
Como la masa de la solución final es 90 lb, la composición será: 
 
 
 % de A = (20/90) x 100 = 22.22% 
 
 % de B = (20/90) x 100 = 22.22% 
 
 
d) Cantidad de sal cristalizada = 0 lb 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
138 
 
El siguiente diagrama de flujo resume la parte (1): 
 
 
 
 
 
2) a) El peso de la solución final y cristales (m3 + m4) será: 
 
140 lb x 0.5 = 70 lb 
 
El agua evaporada es 70 lb 
 
b) Se prueba si hay cristalización: 
 
En la solución hay 100 - 70 = 30 lb H2O 
 
Para A = (20 lb A/30 lb H2O) = 0.66 lb A/lb H2O 
 
No hay cristalización de A. 
 
Para B = (20 lb B/30 lb H2O) = 0.66 lb B/lb H2O 
 
Hay cristalización de B. 
 
B en solución = 0.4 x 30 = 12 lb 
 
B cristalizado = 20 - 12 = 8 lb 
 
El peso de la solución final será: 
 
 20 lb A + 12 lb B + 30 lb H2O = 62 lb solución 
 
c) La composición de la solución final será: 
 
 A 20 lb 32.25% 
 B 12 lb 19.35% 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
139 
 
 H2O 30 lb 48.38% 
 
 Total 62 lb 
 
d) Sal cristalizada correspondiente a B = 8 lb 
 
El siguiente diagrama de flujo resume la parte (2) del problema. 
 
 
 
3) a) Para calcular el agua evaporada se utiliza la solubilidad de A: 
 
 lb H2O 
⎯⎯⎯⎯⎯ x 20 lb A = 20 lb H2O en solución 
 1 lb A 
 
Agua evaporada = 100 - 20 = 80 lb 
 
b) Se calcula la cantidad de B disuelta: 
 
 
 0.4 lb B 
 ⎯⎯⎯⎯⎯ x 20 lb H2O = 8 lb de B en solución 
 lb H2O 
 
Peso de la solución final = 20 + 20 + 8 = 48 lb 
 
 
c) En la solución final hay: 
 
 A 20 lb 41.66% 
 B 8 lb 16.66% 
 H2O 20 lb 41.66% 
 
 Total 48 lb 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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140 
 
 
d) Cantidad de B cristalizada = 20 - 8 = 12 lb 
 
El diagrama de flujo resume la parte (3): 
 
 
 
 
4) a) Peso de la solución final sin incluir los cristales: 
 
 140 lb x 0.5= 70 lb = m3 
 
Según los resultados de la parte (2) puede suponerse que no hay cristalización de 
A. 
 
Si Y = fracción en peso de H2O en m3 
 
Balance total de masa: 
 
m1 = m2 + m3 + m4 
 
Reemplazando: 
 
140 = m2 + 70 + m4 
 
Balance de B: 
20 = 0.4 (70 Y) + m4 
 
Balance de agua: 
 
 100 = m2 + 70 Y 
Resolviendo: 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
141 
 
Y = 0.51 m2 = 64.3 lb m4 = 5.7 lb 
 
 
Agua evaporada = 64.3 lb 
 
 
b) Peso de la solución final = 70 lb 
 
 
c) Composición de la solución final: 
 
 
 A (20/70) x 100 = 28.57% 
 
 B (14.28/70) x 100 = 20.4% 
 
 H2O (35.7/70) x 100 = 51.0% 
 
 
d) Sal cristalizada = 5.7 lb de B 
 
 
 
 
 
 
5.20 - Un lodo formado por CaCO3 y H2O contiene 47% de H2O (b.h.). Se pretende 
reducir el contenido de agua hasta un 4% (b.h.). Determine el porcentaje de 
agua que debe retirarse. 
 
El problema puede resolverse utilizando el método de base húmeda o de base 
seca. 
 
Método de Base Húmeda: B.C.: 100 kg de lodo inicial 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
142 
 
 
 
La sustancia de enlace es el CaCO3. 
 
CaCO3 en 1 = 0.53 x 100 = 53 kg 
 
 100 kg lodo 2 
53 kg CaCO3 en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 55.2 kg lodo 2 
 96 kg CaCO3 
 
Balance total de masa: 
m1 = m2 + m3 
 
 Agua retirada = m3 = m1 - m2 = 100 - 55.2 = 44.8 kg 
 
Porcentaje de agua retirada: 
 
(44.8/47) x 100 = 95.32% 
 
 
Método de Base Seca: 
 
Se transforman los porcentajes a base seca. 
 
Lodo 1: 
 
 47 kg H2O 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 kg CaCO3 = 88.67 kg H2O (88.67%) 
 53 kg CaCO3 
 
 
Lodo 2: 
 
 4 kg H2O 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 kg CaCO3 = 4.16 kg H2O (4.16%) 
 96 kg CaCO3 
 
 
B.C.: 100 kg de CaCO3. 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
143 
 
En base seca los porcentajes se pueden restar. 
 
 
Agua retirada = 88.67 - 4.16 = 84.51 kg 
 
 
Porcentaje de agua retirada: 
 
 (84.51/88.67) x 100 = 95.3% 
 
 
 
5.21 - Durante las etapas iniciales de un secado, un material pierde agua a 
velocidad constante. Si el material húmedo contiene 50 lb de sólido seco y 
tiene un área de 200 pies2 y pierde agua a velocidad de 0.3 lb de agua/(hr x 
pie2); ¿ qué tiempo será necesario para secar el material desde un 300% de 
agua (b.s.) hasta un 150% de agua (b.s.) ? 
 
 
 
 
 
 300 lb H2O en 1 150 lb H2O en 2 150 lb H2O retirada 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ - ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 100 lb sólido seco 100 lb sólido seco 100 lb sólido seco 
 
 
 150 lb H2O ret. 50 lb s.s. lb H2O ret. 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.375 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 100 lb s.s. 200 pies2 pie2 
 
 
 lb H2O ret. hr - pie2 
0.375 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.25 hr 
 pie2 0.3 lb H2O 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
144 
5.22 - Después del secado se determina que un lote de piel pesa 900 lb y que 
contiene 7% de agua (b.h.). Durante el secado la piel perdió 59.1% de su 
peso inicial cuando se encontraba húmeda. 
 
a) Calcular el peso de piel "totalmente seca" o "exenta de humedad" en la 
carga de alimentación. 
b) Calcular el número de libras de agua eliminadas en el proceso de secado, 
por libra de piel "totalmente seca". 
c) Calcular el porcentaje de agua eliminada con base en el agua presente 
incialmente. 
 
 
B.C.: 900 lb de piel húmeda en 2. 
 
 
 
 
a) 
Piel seca = 900 x 0.93 = 837 lb 
 
b) 
Peso material inicial = 900 x (100/40.9) = 2 200.48 lb = m1 
 
H2O eliminada = 2 200.48 - 900 = 1 300.48 lb = m3 
 
 1 300.48 lb H2O lb H2O 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.55 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 837 lb piel seca lb piel seca 
 
c) 
H2O en 1 = 2 200.48 - 837 = 1 363.48 lb 
 
 
Porcentaje de agua eliminada: 
 
 
 (1 300.48/1 363.48) x 100 = 95.38% 
 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
145 
 
5.23 - Un secador con una capacidad de 800 lb/día opera sobre un material el cual 
tiene 90% en peso de agua y 10% de sólidos. En un primer ciclo el producto 
sale con 20% de agua y en un segundo ciclo el contenido de agua se 
disminuye hasta 2%. Calcular el porcentaje del agua original retirada en 
cada ciclo y el peso de producto por día en cada ciclo. 
 
 
B.C.: 800 lb de material o 24 horas. 
 
 
 
 
Sólidos en 1 = 800 x 0.1 = 80 lb 
 
 100 lb de 2 
80 lb sólidos en 1 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 100 lb de 2 
 80 lb sólidos en 2 
 
 
Agua retirada en I = 800 - 100 = 700 lb 
 
 
 100 lb 3 
80 lb sól. 2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 81.63 lb en 3 
 98 lb sól. 
 
Agua retirada en II = 100 - 81.63 = 18.37 lb 
 
Porcentajes de agua retirada: 
 
En I: (700/720) x 100 = 97.22% 
 
En II: (18.37/720) x 100 = 2.55% 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
146 
5.24 - Dos muestras idénticas de un carbón húmedo se entregan a dos analistas. 
El uno reporta un análisis en % en peso de: C: 75%, H: 4%, O: 8%, N: 2%, 
S: 1% y ceniza 10%. El otro seca la muestra primero y encuentra que las 
pérdidas por humedad son del 7%, en consecuencia reporta un análisis del 
carbón seco, también en % en peso. ¿ Cuál fué su análisis? (El hidrógeno y 
el oxígeno se combinan para formar agua en una relación en peso de 1:8). 
 
 
B.C.: 100 kg de carbón 
 
 H2O retirada = 7 kg 
 
 1 kg H2 
H2 que reacciona = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 7 kg H2O = 0.777 kg H2 
 9 kg H2O 
 
 8 kg O2 
O2 que reacciona = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 7 kg H2O = 6.222 kg O2 
 9 kg H 2O 
 
 
El carbón final tendrá: 
 
 
 C : 75 kg 80.64 % 
 H : 4 - 0.777 = 3.223 kg 3.46 % 
 O : 8 - 6.222 = 1.778 kg 1.91 % 
 N : 2 kg 2.15 % 
 S : 1 kg 1.07 % 
 Ceniza: 10 kg 10.75 % 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 Total : 93 kg 
 
 
 
5.25 - Mil libras de un lodo que contiene 10% en peso de CaCO3 se filtran en un 
sistema rotatorio al vacío. La pasta resultante de la filtración contiene 60% 
de agua. Esta pasta se coloca posteriormente en un secador donde se 
obtiene una humedad final de 9.09% (b.s.). Si la humedad del aire que entra 
al secador es de 0.005 lb agua/lb aire seco y la humedad del aire que sale 
del secador es 0.015lb de agua/lb de aire seco, calcular: 
 
a) Las libras de agua eliminadas en el filtro. 
b) Las libras de aire seco necesarias en el secador. 
 
 
B.C.: 1 000 lb de lodo inicial. 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
147 
 
 
 
 
 100 lb lodo sale 
 100 lb CaCO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 250 lb lodo sale 
 40 lb CaCO3 
 
a) Agua retirada en el filtro = 1 000 - 250 = 750 lb 
 
b) 
Agua que entra al secador = 900 - 750 = 150 lb 
 
 Agua que sale del secador = 9.09 lb 
 
Agua eliminada en el secador = 150 - 9.09 = 140.91 lb 
 
Agua tomada por el aire ( por lb de aire seco ): 
 
 0.015 - 0.005 = 0.01 lb agua/lb aire seco 
 
El aire seco será: 
 
 lb aire seco 
140.91 lb agua x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 14 091 lb aire seco 
 0.01 lb agua 
 
 
5.26 - Un material orgánico sensible al calor se seca utilizando N2 en un secador al 
vacío. El secador trabaja a una presión de 200 mm Hg. El nitrógeno entra a 
80 oF con un punto de rocío de 35 oF y sale a 75 oF con un punto de rocío de 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
148 
65 oF. ¿ Cuánta agua se retira si al secador entran 1 000 pies3/mi medidos a 
200 mm Hg y 80 oF ? 
 
 
 
 
 
ps a 35 oF = 5.167 mm Hg 
 
ps a 65 oF = 16 mm Hg 
 
 5.167 lb-mol agua 
(Ym)4 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.026 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 200 - 5.167 lb-mol N2 
 
 16 lb-mol agua 
 (Ym)5 = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.087 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 200 - 16 lb-mol N2 
 
La diferencia de humedades proporciona el agua retirada al material (corriente 3) 
 
 (Ym)5 - (Ym)4 = 0.061 lb-mol agua/lb-mol N2 
 
n4 = 1.026 lb-mol 
 
 
 nRT 1.026 x 540 760 x 359 
 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 536.2 pies3 
 P 200 492 
 
El agua retirada será: 
 
 0.061 lb-mol x 18 mol-1 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 pies3 = 0.7147 lb H2O 
 1 536.2 pies3 
 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
149 
 
5.27 - Aire se seca isotérmicamente por contacto con gel sílica adsorbente. La gel 
sílica puede adsorber 0.05 lb de agua/lb gel. ¿ Cuánta gel se requiere para 
reducir la humedad de 100 000 pies3 de aire a 72 oF desde 90% hasta 10% 
de porcentaje de humedad ? 
 
 
 
Se supone que la presión es 1 atm para poder utilizar el diagrama de humedad. 
 
Y4 = 0.0153 lb agua/lb aire seco 
 
Y5 = 0.0018 lb agua/lb aire seco 
 
Agua retirada = Y4 - Y5 = 0.0135 lb agua/lb aire seco 
 
 
 lb agua lb-mol agua 28.84 lb aire 
0.0135 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 lb aire seco 18 lb agua lb-mol aire 
 
= 0.02163 lb-mol agua/lb-mol aire seco 
 
 
 (Ym)4 = Y4 /0.624 = 0.0153/0.624 = 0.0245 
 
 
 Moles de aire húmedo que entran = 1.0245 lb-mol 
 
 
 nRT 1.0245 x 532 1 x 359 
 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 397.7 pies3 
 P 1 492 
 
 lb-mol agua lb agua lb Gel 
0.02163 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 18 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 lb-mol a.s. lb-mol agua 0.05 lb agua 
 
 lb Gel 
 = 7.7868 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 lb-mol a.s. 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
150 
 lb Gel lb-mol a.s. 
7.7868 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 105 pies3 = 1 957.95 lb Gel 
 lb-mol a.s. 397.7 pies3 
 
 
5.28 - Cierta piel que contiene 100% de su propio peso de agua (es decir, si el 
peso de la piel seca es 1 lb, el contenido de agua es 1 lb) se seca por medio 
de aire. El punto de rocío del aire de entrada es de 40 oF y el punto de rocío 
del aire de salida es de 55 oF. Si se introducen 200 lb de aire húmedo por 
cada hora a través del secador, ¿ cuántas libras de agua se eliminan por 
hora?. La lectura del barómetro es de 750 mm Hg. 
 
 
 
 
p
s
 a 40 oF = 6.29 mm Hg 
 
p
s
 a 55 oF = 11.22 mm Hg 
 
 6.29 lb-mol agua 
(Ym)4 = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.00845 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 750 - 6.29 lb-mol a.s. 
 
 
Y4 = 0.624 x (Ym)4 = 0.00527 lb agua/lb a.s. 
 
 
 11.22 lb-mol agua 
(Ym)5 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.01518 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 750 - 11.22 lb-mol a.s. 
 
 Y5 = 0.624 x (Ym)5 = 0.00947 lb agua/lb aire seco 
 
 
Aire húmedo a la entrada = 1.00527 lb 
 
 
Agua eliminada = 0.00947 - 0.00527 = 0.0042 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
151 
 
 0.0042 lb agua 200 lb a.h. lb agua 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.8355 ⎯⎯⎯⎯ 
 1.00527 lb a.h. hr hr 
 
 
 
5.29 - Un secador debe eliminar 200 lb/hr de agua de cierto material. Aire a la 
temperatura de 70 oF y con 50% de humedad relativa entra al secador del 
cual sale con la temperatura de 140 oF y con 80% de humedad relativa. 
¿Cuál es el peso de aire completamente seco que se utiliza por hora?. La 
lectura del barómetro es de 760 mm Hg. 
 
 
 
 
 
ps a 70 oF = 18.77 mm Hg 
 
ps a 140 oF = 149.34 mm Hg 
 
 (p H2O
)4 = 0.5 x 18.77 = 9.385 mm Hg 
 
 (p 
H2O
)5 = 0.8 x 149.34 = 119.472 mm Hg 
 
 9.385 lb-mol agua 
 (Ym)4 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0125 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 760 - 9.385 lb-mol a.s. 
 
 119.472 lb-mol agua 
 (Ym)5 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.1869 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 760 - 119.472 lb-mol a.s. 
 
 (Ym)5 - (Ym)4 = 0.1744 lb-mol agua/lb-mol a.s. 
 
 
0.1744 x 0.624 = 0.1088 lb agua/lb a.s. 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
152 
 200 lb agua/hr 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 838 lb aire seco/hr 
 0.1088 lb agua/lb a.s. 
 
 
 
5.30 - Una mezcla gaseosa está formada por CO2, N2 y H2O y se analiza 
pasándola a través de un secador donde se retira el agua. Los gases 
restantes se colocan en un recipiente de 1 litro y se pesan. En un análisis 
0.0843 g de agua se retiran en el secador. Los gases restantes pesan 1.555 
g a 30 oC y 1 atm. ¿ Cuál es la composición molar y el análisis en base seca 
de la mezcla gaseosa original ? 
 
 
 
 
 
M = masa molecular media de la mezcla final. 
 
 
 w RT 1.555 x 303 1 x 22.414 
M = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 38.68 mol-1 
 PV 1 x 1273 
 
 
X = fracción molar de CO2 
 
44 X + (1 - X) 28 = 38.68 
 
X = 0.6675 
 
Análisis en Base Seca: 
 
 CO2 66.75% 
 N2 33.25% 
 
 
 g-mol 
1.555 g x ⎯⎯⎯⎯ = 0.0402 g-mol (N2 + CO2) 
 38.68 g 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
153 
 
 g-mol agua 
 0.0843 g agua x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.004683 g-mol agua 
 18 g agua 
 
 
Composición molar de la mezcla inicial: 
 
 CO2 0.02683 g-mol 59.78% 
 N2 0.013366 g-mol 29.78% 
 H2O 0.004683 g-mol 10.43% 
 
 
5.31 - Se alimenta a una columna de destilación una corriente que contiene 40% 
en peso de benceno (B) y 60% en peso de tolueno (T). El destilado o 
corriente de cima contiene 96% en peso de benceno y el producto de fondo 
contiene 91% en peso de tolueno. Si la cantidad alimentada es 2 500 kg/hr, 
determinar: 
 
a) El porcentaje de benceno recuperado en la cima y el porcentaje de 
tolueno recuperado en los fondos. 
b) La masa del destilado y la masa de fondos. 
 
 
 
B.C.: 100 kg de alimento 
 
 
 
 
Balance total de masa: 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
154 
100 = m2 + m3 
Balance parcial de benceno: 
 
40 = 0.96 x m2 + 0.09 x m3 
 
 
Resolviendo: m3 = 64.36 kg m2 = 35.64 kg 
 
a) Benceno en el destilado = 0.96 x 35.64 = 34.21 kg 
 
 Tolueno en el fondo = 0.91 x 64.36 = 58.56 kg 
 
 Benceno recuperado = (34.21/40) x 100 = 85.52% 
 
Tolueno recuperado = (58.56/60) x 100 = 97.6% 
 
b) 
 35.64 kg de 2 kg de 1 
Masa de destilado = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 2 500 ⎯⎯⎯⎯⎯ = 891 kg/hr 
 100 kg de 1 hr 
 
 64.36 kg de 3 kg de 1 
Masa de fondos = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 2 500 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 609 kg/hr 
 100 kg de 1 hr 
 
 
 
5.32 - Cien pies3 de una mezcla saturada de aire y vapor de agua está a 40 oC y 
750 mm Hg. Calcular y tabular lo siguiente: 
 
a) Presión parcial del vapor de agua en mm Hg. 
b) Presión parcial del aire en mm Hg. 
c) Presión total en mm Hg. 
d) Volumen final en pies3. 
e) Lb-mol de vapor de agua en la mezcla final. 
f) Lb-mol de aire en la mezcla final. 
g) Lb-mol de agua condensada. 
h) Temperatura en oC. 
 
Para cada uno de los siguientes casos: 
 
1) Valores iniciales. 
2) La mezcla original es calentada a presión constante hasta 60 oC. 
3) La mezcla original es enfriada a volumen constante hasta 20 oC. 
4) La mezcla original se comprime isotérmicamente hasta un volumen de 50 
pies3. 
 
1) a) pi = ps = 55.8 mm Hg a 40 oC 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
155 
 
 
b) paire = 750 - 55.8 = 694.2 mm Hg 
 
c) P = 750 mm Hg 
 
d) V = 100 pies3 
 
e) 
 PV 750 x 100 273 
 n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.2397 lb-mol 
 RT 313 760 x 359 
 
 55.8 lb-mol agua 
 (Ym) = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.08038 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 750 - 55.8 lb-mol a.s. 
 
 0.08038 lb-mol agua 
0.2397 lb-mol a.h. x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0178 lb-mol agua 
 1.08038 lb-mol a.h. 
 
f) Lb-mol aire = 0.2397 - 0.0178 = 0.2219 lb-mol 
 
g) No hay condensación pues son apenas las condiciones iniciales. 
 
h) Temperatura = 40 oC 
 
2) 
 
 
 
a) pi= 55.8 mm Hg 
 
b) paire = 694.2 mm Hg 
 
c) P = 750 mm Hg 
 
d) 
 
 nRT 0.2397 x 333 760 x 359 
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 106.36 pies3 
 P 750 273 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
156 
 
 
e) Moles de vapor de agua = 0.0178 lb-mol 
 
f) Moles de aire = 0.2219 lb-mol 
 
g) Por ser un calentamiento no hay condensación de agua. 
 
h) Temperatura = 60 oC. 
 
 
 
3) 
a) Como la mezcla inicial está saturada, al enfriar hay condensación de vapor 
de agua y la mezcla queda saturada a 20 oC 
 
 
ps = 17.5 mm Hg 
 
 
 
 
 
 
b) 
 n 
i
 RT 0.2219 x 293 760 x 359 
 pi = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 V 100 273 
 
p
i 
= 649.78 mm Hg 
 
 
c) P = pagua + paire = 17.5 + 649.78 = 667.28 mm Hg 
 
d) El volumen final es el mismo = 100 pies3 
 
e) 
 17.5 lb-mol agua 
 (Ym) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.02693 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 667.28 - 17.5 lb-mol a.s. 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
157 
 
 
 
 0.02693 x 0.2219 = 0.00597 lb-mol vapor de agua 
 
 
f) El aire es el mismo = 0.2219 lb-mol 
 
g) Agua condensada: 
 
0.0178 - 0.00597 = 0.011824 lb-mol 
 
h) Temperatura = 20 oC 
 
 
4) 
a) Al comprimir la mezcla saturada inicial hay condensación de agua y la 
presión parcial del agua no cambia por ser la compresión isotérmica. 
 
 
pi = 55.8 mm Hg 
 
 
 
b) 
 naire RT 0.2219 x 313 760 x 359 
 paire = ⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 388.2 mm Hg 
 V 50 273 
 
c) P = 1 388.2 + 55.8 = 1 444 mm Hg 
 
d) El volumen final es 50 pies3 
 
e) 
 55.8 lb-mol agua 
 (Ym) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.04019 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 1 444 - 55.8 b-mol a.s. 
 
 
 0.04019 x 0.2219 = 0.008918 lb-mol vapor agua 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
158 
 
f) El aire es el mismo = 0.2219 lb-mol 
 
 
g) Agua condensada: 
 
 
0.0178 - 0.008918 = 0.00888 lb-mol 
 
 
h) Temperatura = 40 oC 
 
 
 
5.33 - Aire con una humedad absoluta de 0.02 lb de agua/lb de aire seco está 
originalmente a 100 oF y 1 atm. de presión total. Este aire se enfría a presión 
constante hasta 80 oF y se comprime luego isotérmicamente hasta 5 atm. 
¿Cuál es la relación de volumen final a volumen inicial ? 
 
 
 
 
 
La humedad molar inicial será: 
 
 Y 0.02 
 (Ym)1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = 0.032 
 0.624 0.624 
B.C.: 1 lb-mol de aire seco. 
 
 n RT 1.032 x 560 1 x 359 
V1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 421.7 pies3 
 P 1 492 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
159 
 
Suponiendo que entre 1 y 2 hay condensación, el aire en 2 estaría saturado y la 
humedad molar sería menor. Se calcula la humedad molar en 2: 
 
La presión de saturación del agua a 80 oF es 1.032 pulg de Hg (0.507 psi).0.507 lb-mol agua 
 (Ym)2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0357 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 14.7 - 0.507 lb-mol a.s. 
 
Como la humedad en 2 no puede ser superior a la humedad en 1, se concluye que 
entre 1 y 2 no hay condensación de agua y la humedad en 2 es la misma que en 1. 
 
Se supone ahora que entre 2 y 3 sí hay condensación. El aire en 3 estará saturado 
a 80 oF. La humedad molar será: 
 
 0.507 lb-mol agua 
 (Ym)3 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.00694 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 5 x 14.7 - 0.507 lb-mol a.s. 
 
 
Como la humedad en 3 es menor que la humedad en 2 se concluye que entre 2 y 3 
hubo condensación de agua. 
 
El agua condensada será: 
 
 
0.032 - 0.00694 = 0.02506 lb-mol agua/lb-mol a.s. 
 
 
El volumen final será: 
 
 
 nRT 1.00694 x 540 1 x 359 
 V3 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 79.35 pies3 
 P 5 492 
 
 (V3/V1) = (79.35/421.7) = 0.188 
 
 
 
5.34 - Aire a 110 oF y 10% de porcentaje de humedad se enfría adiabáticamente en 
contacto con agua que está a la temperatura de bulbo húmedo del gas. 
 
a) ¿ Cuál es la temperatura más baja a la cual el aire se puede enfriar? 
b) ¿ Qué cantidad de agua es evaporada por libra de aire seco alcanzando 
la temperatura de la parte (a)? 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
160 
 
 
 
 
Se utiliza el diagrama de humedad tal como se muestra en la figura. 
 
 
a) La temperatura más baja a la cual sale el aire es la temperatura de saturación 
adiabática (intersección de la línea de bulbo húmedo con la línea de porcentaje de 
humedad 100%). 
t = 70 oF 
 
 Y 
 
 100% 
 
 10% 
 
 
 2 
 0.016 
 0.006 
 1 
 
 
 
 
 70 110 ts (oF) 
 
 
 
b) El agua evaporada será la diferencia de humedades: 
 
 
Y2 - Y1 = 0.016 - 0.006 = 0.01 lb agua/lb a.s. 
 
 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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161 
 
5.35 - Una unidad de aire acondicionado refrigera aire a ts = 95 oF y th = 90 oF para 
condensar vapor de agua. Para obtener el aire deseado a 70 oF y 50% de 
porcentaje de humedad, hay necesidad de calentarlo. 
 
a) ¿ A qué temperatura debe el aire enfriarse? 
b) ¿ Cuánta agua es removida de 100 000 pies3 de aire? 
 
 
 
 
 
 
 Y 
 
 100% 
 
 50% 
 
 
 2 1 0.03 
 
 
 0.008 
 2 
 
 
 
 51 70 90 95 ts (oF) 
 
 
 
Se utiliza el diagrama de humedad. 
 
a) La mínima temperatura según el diagrama es 51 oF. 
 
b) 
Y1 = 0.03 lb agua/lb a.s. 
 
Y2 = 0.008 lb agua/lb a.s. 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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162 
 
Y1 - Y2 = 0.03 - 0.008 = 0.022 lb agua/lb a.s. 
 
 
 0.022 
⎯⎯⎯⎯ = 0.03525 lb-mol agua/lb-mol a.s. 
 0.624 
 
 
0.03525 x 18 = 0.6345 lb agua/lb-mol a.s. 
 
(Ym)1 = (0.03/0.624) = 0.048 lb-mol agua/lb-mol a.s. 
 
n1 = 1.048 lb-mol aire húmedo 
 
 
 nRT 1.048 x 555 1 x 359 
 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 424.4 pies3 
 P 1 492 
 
 
 lb agua lb-mol a.s. 
0.6345 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 105 pies3 = 149.5 lb agua 
 lb-mol a.s. 424.4 pies3 
 
 
 
5.36- En un día típico de verano, la temperatura es de 100 oF, la humedad relativa 
es del 90% y la lectura barométrica 29.76 pulg de Hg. La estación de la com-
pañía Humble Oil comprime aire para su suministro de "aire libre" para lo 
cual toma aire atmosférico y lo lleva hasta 50 psig, pero el trabajo de com-
presión aumenta la temperatura del aire hasta 120 oF. 
 
a) Se desea saber si hay condensación de agua en el aire. En caso de 
haberla, ¿ cuántas libras de agua se condensan por tonelada de aire 
seco? 
b) ¿ Qué volumen de aire atmosférico debe comprimirse para que la presión 
final de un tanque de 30 pies3 sea de 50 psig ? 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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163 
 
 
 
 
a) ps a 100 oF = 1.932 pulg Hg 
 
 ps a 120 oF = 3.444 pulg Hg 
 
Yr = (pi/ps) x = 0.9 
 
pi = 0.9 x 1.932 = 1.7388 pulg Hg 
 
 1.7388 lb-mol agua 
 (Ym)1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.062 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 29.76 - 1.7388 lb-mol a.s. 
 
 29.92 
P2 = 50 psig x ⎯⎯⎯ = 101.76 pulg Hg man. 
 14.7 
P2 = 101.76 + 29.76 = 131.52 pulg Hg 
 
 3.444 lb-mol agua 
 (Ym)2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0268 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 131.52 - 3.444 lb-mol a.s. 
 
El resultado anterior demuestra que hay condensación de agua. 
 
 lb-mol agua 
(Ym)1 - (Ym)2 = 0.062 - 0.0268 = 0.0352 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 lb-mol a.s. 
 
0.0352 x 0.624 = 0.022 lb agua/lb a.s. 
 
 
 lb agua lb 
0.022 ⎯⎯⎯⎯ x 1 000 kg a.s. x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 48.5 lb 
 lb a.s. 0.4536 kg 
b) 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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164 
 n1 = 1.062 lb-mol n2 = 1,0268lb-mol 
 
 P2 x T1 x n1 
V1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x V2 
 P1 x T2 x n2 
 
 131.52 x 560 x 1.062 
V1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 30 = 132.39 pies3 
 29.76 x 580 x 1.0268 
 
 
5.37 - En un día de la semana la temperatura es 90 oF y el punto de rocío del aire 
es 70 oF. A las 14:00 la lectura del barómetro es de 29.83 pulg Hg, pero 
debido a una tormenta que se avecina la presión barométrica disminuye 
hasta 29.08 pulg Hg a las 17:00 sin que se manifiesten otros cambios. ¿Cuál 
es la variación que se presenta durante este tiempo, en: 
 
a) La humedad relativa ? 
b) El porcentaje de humedad? 
 
 
ps a 70 oF = 0.739 pulg Hg = pi 
 
ps a 90 oF = 1.421 pulg Hg 
 
 (Yr)1 = (0.739/1.421) x 100 = 52% 
 
 
 
 0.739 / (29.83 - 0.739) 
 (YP)1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 50.78 % 
 1.421 / (29.83 - 1.421) 
 
La fracción molar del agua es: (0.739 / 29.83) = 0.02477 
 
 
La presión parcial del agua al final será: 0.02477 x 29.08 = 0.7203 
 
 
(Yr)2 = (0.7203 / 1.421) x 100 = 50.68 % 
 
 0.7203/(29.08 - 0.7203) 
 (YP)2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 49.43% 
 1.421 / (29.08 - 1.421) 
 
a) Variación de Yr = 52 - 50.68 = 1.32 
 
b) Variación de YP = 50.78 – 49.43 = 1.35 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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165 
 
 
5.38 - Un flujo de 1 000 pies3/mi de CH4 saturado con vapor de agua a 1 atm. y 120 
oF es enfriado hasta 50 oF y parte del vapor de agua se condensa. El metano 
se calienta luego hasta 75 oF y 1 atm. 
 
a) ¿ Cuál es el flujo volumétrico de CH4 que sale ? 
b) ¿ Qué cantidad de agua se condensa ? 
 
 
 
 
 
B.C.: 1 minuto 
 
ps a 120 oF = 1.6924 psi 
 
ps a 50 oF = 0.17811 psi 
 
 
 PV 1 x 1 000 492 
n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.363 lb-mol 
 RT 580 1 x 359 
 
 
 1.6924 
Agua en 1 = 2.363 x ⎯⎯⎯⎯ = 0.272 lb-mol 
 14.7 
 
 
 CH4 en 1 = 2.363 - 0.272 = 2.091 lb-mol 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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166 
 0.17811 
 Agua en 2 = 2.091 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0256 lb-mol 
 14.7 - 0.17811 
 
 
a) n = 2.091 + 0.0256 = 2.1166 lb-mol 
 
 
 nRT 2.1166 x 535 1 x 359 
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 826.26 pies3 
 P 1 492 
 
Flujo = 826.26 pies3/mi 
 
 b) Agua condensada : 
 
 
 (0.272 - 0.0256) x 18 = 4.43 lb/mi 
 
 
 
5.39 - A 43 oC, el benceno C6H6 ejerce una presión de vapor de 200 mm Hg. Si una 
mezcla que contiene 20% molar de benceno en N2 a 43 oC y 800 mm Hg se 
comprime isotérmicamente hasta que el volumen final gaseoso es el 20% 
del volumen original, ¿ qué peso de C6H6 en libras se condensa por cada 
1000 pies3 de mezcla original ? 
 
 
 
 
 
Se calcula el número de moles de mezcla inicial. 
 
 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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167 
 
 PV 800 x 1 000 273 
 n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.533 lb-mol 
 RT 316 760 x 359 
 
 
Benceno en 1 = 0.2 x 2.533 = 0.5066 lb-mol 
 
 
Si hay condensación de benceno, la presión parcial de éste al final será 200 mm 
Hg. Se calcula el número de moles de benceno utilizando la ley de Dalton: 
 
 200 x 200 273 
nbenceno = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.1266 lb-mol 
 316 760 x 359 
 
 
Benceno condensado: 
 
 (0.5066 - 0.1266) x 78 = 29.64 lb 
 
 
 
5.40 - Una mezcla de aire y benceno a 4 atm. de presión total contiene 30% en 
peso de benceno. Este gas se enfría hasta 100 oF y luego se expande hasta 
la presión atmosférica a temperatura constante. 
 
a) ¿Qué cantidad de benceno se condensa y separa después del 
enfriamiento pero antes de la expansión por lb de aire ? 
b) ¿Cuál es la temperatura de punto de rocío del gas final a 100 oF y 1 atm.? 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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168 
 
 
B.C.: 100 lb de mezcla inicial. 
 
a) 
 30 lb C6H6 28.84 lb-mol C6H6 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 0.1584 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 70 lb aire 78 lb-mol aire 
 
 0.1584 
 pi (C6H6) = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 4 atm = 0.547 atm 
 1.1584 
 
ps a 100 oF = 3.25 psi = 0.221 atm 
 
Como la presión de saturación en 2 es menor que la presión parcial en 1, hay 
condensación de benceno. 
 
 
 0.221 lb-mol C6H6 
En 2 : ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0584 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 4 - 0.221 lb-mol aire 
 
 
Benceno condensado: 
 
0.1584 - 0.0584 = 0.1 lb-mol /lb-mol aire 
 
 
 lb-mol C6H6 78 lb C6H6 
0.1 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 0.27 ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 lb-mol aire 28.84 lb aire 
 
b) 
 
 0.0584 
 pi = xi P = ⎯⎯⎯⎯ x 1 atm = 0.0551 atm = 0.81 psia 
 1.0584 
 
 
Mediante el diagrama de Cox: 
 
 
Temperatura de rocío = 45 oF 
 
 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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169 
 
5.41 - Se bombea agua a alta presión a un proceso. Se desea añadir sal al agua 
con el fín de que ésta tenga un 4% de sal. Por la dificultad de introducir un 
sólido a una corriente de alta presión, se utiliza el siguiente procedimiento: 
parte del agua que entra es derivada a través de un recipiente donde llega a 
saturarse de sal. Esta corriente saturada se mezcla con la de agua pura 
para obtener la solución al 4%. Si la concentración de la solución saturada 
es del 17%, ¿ qué porcentaje de agua debe ser derivada a través del 
saturador ? 
 
 
B.C.: 100 kg de producto = m6 
 
Balance total en el punto de mezcla (M): 
 
m3 + m5 = 100 
 
Balance de sal en (M): 
 
0.17 m5 = 0.04 x 100 
 
Resolviendo: m5 = 23.53 kg 
 
 m3 = 76.47 kg 
 
Balance de sal en el saturador: 
 
m4 = 0.17 m5 = 0.17 x 23.53 = 4 kg 
 
Balance total en el saturador: 
 
m2 + m4 = m5 
 
m2 = m5 - m4 = 23.53 - 4 = 19.53 kg 
 
Balance total en el proceso: 
 
m1 + m4 = m6 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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170 
 
m1 = m6 - m4 = 100 - 4 = 96 kg 
 
% de agua derivada = (19.53/96) x 100 = 20.34% 
 
 
5.42 - Para el diagrama de flujo mostrado en la figura determine la relación de 
recirculación. 
 
 
 
B.C.: 100 kg de alimento fresco. 
 
Balance de B alrededor del proceso: 
 
 80 = 0.95 m6 m6 = 84.21 kg 
 
Balance de B en el punto de mezcla (M): 
 
80 = 0.6 m2m2 = 133.3 kg 
 
Balance total en el punto de mezcla (M): 
 
m1 + m4 = m2 m4 = m2 - m1 
 
 
m4 = 133.3 - 100 = 33.3 kg 
 
 
Relación de recirculación: 
 
 (m4/m1) = 33.3/100 = 0.333 
 
 
 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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171 
 
5.43 - Para un proceso se requieren 1 000 pies3/mi de aire a 75 oF y 60% de 
humedad. Para tal efecto se dispone de aire a 95 oF y 90% de humedad, el 
cual se acondiciona pasando parte de él por un enfriador-condensador de 
donde sale a 50 oF para luego ser mezclado con la corriente derivada y 
recalentado hasta los 75 oF. Calcular: 
a) El volumen de aire que entra en pies3/mi 
b) El porcentaje de aire derivado. 
 
 
 
 
 
 
 
B.C.: 1 lb-mol de aire seco en 5. 
 
Se determinan primero las humedades absolutas. 
 
ps a 95 oF = 1.6607 pulgadas de Hg. 
 
 1.6607 lb-mol agua 
(Ym)s en 1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.05876 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 29.92 - 1.6607 lb-mol a.s. 
 
 lb-mol agua 
 (Ym)1 = 0.9 x 0.05876 = 0.05288 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 lb-mol a.s. 
 
ps a 75 oF = 0.8754 pulgadas de Hg. 
 
 0.8754 lb-mol agua 
(Ym)s en 5 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.03014 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 29.92 - 0.8754 lb-mol a.s. 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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172 
 lb-mol agua 
(Ym)5 = 0.6 x 0.03014 = 0.01808 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 lb-mol a.s. 
 
En 4 el aire sale saturado a 50 oF. 
 
ps a 50 oF = 0.3626 pulgadas de Hg. 
 
 0.3626 lb-mol agua 
(Ym)4 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.01226 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 29.92 - 0.3626 lb-mol a.s. 
 
Teniendo en cuenta que el aire seco en 5 es igual al aire seco en 1, las lb-mol de 
aire húmedo en 1 serán 1.05288 y las lb-mol de aire húmedo en 5 serán 1.01808. 
 
Se calculan los volúmenes en 1 y 5: 
 
 nRT 1.05288 x 555 1 x 359 
V1 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 426.38 pies3 
 P 1 492 
 
 nRT 1.01808 x 535 1 x 359 
V5 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 397.43 pies3 
 P 1 492 
 
 
a) El volumen de entrada para 1 000 pies3/mi de salida es: 
 
 426.38 
 ⎯⎯⎯⎯ x 1 000 pies3/mi = 1072.84 pies3/mi 
 397.43 
 
b) Balance total en el punto de mezcla (M): 
 
n3 + n4 = n5 = 1.01808 
 
Balance de agua en este mismo punto: 
 
 0.05288 0.01226 
⎯⎯⎯⎯⎯ n3 + ⎯⎯⎯⎯⎯ n4 = 0.01808 
 1.05288 1.01226 
 
Resolviendo: n3 = 0.15090 
 
 n4 = 0.86718 
 
Porcentaje derivado = (n3/n1) x 100 = 14.33% 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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173 
 
5.44 - El secador de la figura opera en la siguiente forma: aire fresco a ts = 60 oF y 
th = 45 oF, se mezcla con aire recirculado a 112 oF y con un punto de rocío 
de 104.3 oF. Esta mezcla se calienta hasta 200 oF y su punto de rocío es 
88.5 oF, para entrar luego al secador. Al secador se alimentan 1 687 lb/hr de 
sólido húmedo que contiene 39.7% de agua (b.h.). Si el sólido sale 
completamente seco, calcular: 
 
a) Las lb/hr de aire que entra al secador. 
b) La relación de recirculación en masa. 
c) El balance total de masa. 
 
 
Se determinan las humedades en cada corriente, con ayuda del diagrama de 
humedad. 
 
 lb agua 
Y1 = 0.003 ⎯⎯⎯⎯ (t s= 60 oF ; t h= 45 oF) 
 lb a.s. 
 
 lb agua 
Y2 = Y3 = 0.0295 ⎯⎯⎯⎯ (t s= 200 oF ; t r = 88.5 oF) 
 lb a.s. 
 
 lb agua 
Y5 = Y4 = Y6 = 0.049 ⎯⎯⎯⎯ (t s =112 oF;t r =104.3 
oF) 
 lb a.s. 
 
a) Para determinar la masa m3 se toma una base de cálculo parcial de 1 libra de 
aire seco que entra al secador y luego se refiere el resultado al dato dado por el 
problema. 
 
Balance de agua en el secador: 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
174 
 
 
0.0295 + 0.397 m7 = 0.049 
 
m7 = 0.0491 lb 
 
 1.0295 lb a.h. lb lb 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 687 ⎯⎯ = 35 372 ⎯⎯ = m3 
 0.0491 lb sólido hr hr 
 
b) B.C.: 1 hr 
 
Balance total en el punto de mezcla (M): 
 
m1 + m5 = 35 372 
 
Balance de agua: 
 
 0.003 0.049 0.0295 
 ⎯⎯⎯⎯ m1 + ⎯⎯⎯⎯ m5 = ⎯⎯⎯⎯ x 35 372 = 1 013.57 
 1.003 1.049 1.0295 
 
Resolviendo: m5 = 20 768.9 lb 
 
 m1 = 14 603 lb 
 
Relación de recirculación en masa: 
 
 (m5/m1) = (20 768.9/14603) = 1.42 
 
c) Para realizar el balance de masa del proceso se calculan las masas restantes 
así: 
m8 = 1 687 x (1 - 0.397) = 1 017.26 lb 
 
Balance alrededor del proceso: 
m1 + m7 = m8 + m6 
 
m6 = 14 603 + 1 687 - 1 017.26 = 15 272.74 lb 
 
m4 = m5 + m6 = 20 768.9 + 15 272.74 = 36 041.64 lb 
 
 
5.45 - El aire puede ser secado por contacto con ácido sulfúrico concentrado en 
una torre de absorción. La distribución utilizada se muestra en la figura. 
Acido sulfúrico del 93% se alimenta por la cima de la torre, el cual fluye a 
través de la torre retirando el vapor de agua del aire. El ácido sale diluído 
con agua al 92.5% de H2SO4. Si este ácido débil fuera recirculado 
directamente, podría continuar decreciendo la concentración de H2SO4. El 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 
175 
 
ácido diluído no retira eficientemente el vapor de agua del aire, tanto que la 
concentración debe mantenerse al 93%. Por lo tanto una pequeña cantidad 
de ácido al 92.5% se retira y se añade ácido al 99% para obtener el ácido 
fuerte del 93%. Utilizando los datos del diagrama de flujo, calcular: 
 
a) La masa de ácido del 99% añadido por hora. 
b) Las lb/mi de ácido del 93% reciclado a la torre. 
 
 
B.C.: 1 minuto. 
 
 P V 1 x 500 492 
n1 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.292 lb-mol a.h. 
 R T 530 1 x 359 
 
ps a 70 oF = 0.7392 pulgadas de Hg. 
 
 0.7392 lb-mol agua 
(Ym)1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.02533 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 29.92 - 0.7392 lb-mol a.s. 
 
 0.02533Agua en el aire = 1.292 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0319 lb-mol 
 1.02533 
 
Masa de agua = 0.0319 x 18 = 0.5742 lb 
 
 
Balance de agua alrededor del proceso: 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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176 
 
0.5742 + 0.01 m5 = 0.075 m6 
 
Balance de ácido: 
 
0.99 m5 = 0.925 m6 
 
Resolviendo: m6 = 8.74 lb 
 m5 = 8.17 lb 
 
Balance de agua en la torre: 
 
0.5742 + 0.07 m3 = 0.075 m4 
 
Balance de ácido en la torre: 
 
0.93 m3 = 0.925 m4 
 
Resolviendo: m4 = 106.3 lb 
 m3 = 105.7 lb 
 
 
 
5.46 -Debe diseñarse una columna de destilación con el fín de separar una mezcla 
que contiene 50% de hexano (H) y 50% de pentano (P) en peso. La 
corriente superior de producto debe contener 95% de pentano, mientras que 
los fondos deben contener 96% de hexano. La corriente que abandona la 
parte superior de la columna se condensa; una porción de la corriente 
condensada se retorna a la columna como reflujo, eliminándose el resto 
como producto. La relación de reflujo [(masa de reflujo)/(masa de producto 
destilado)] vale 0.6. 
 
a) Calcular los kg de destilado y fondos por kg de alimentación. 
b) Calcular la relación (kg alimentados al condensador/kg alimentado a la 
torre). 
c) Calcular el flujo másico de la corriente de producto si el flujo molar de la 
corriente de alimentación es 100 kg-mol/hr. 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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177 
 
 
 
 
B.C.: 100 kg de alimento a la columna. 
 
Balance total: 
 
100 = m5 + m3 
 
Balance de H: 
 
50 = 0.05 m5 + 0.96 m3 
 
Resolviendo: m3 = 49.45 kg 
 
 m5 = 50.55 kg 
 
Balance en el condensador: 
 
m2 = m4 + 50.55 
 
 
 
(m4/m5) = Relación de Reflujo = 0.6 
 
 
m4 = 0.6 x 50.55 = 30.33 kg 
 
 
m2 = 30.33 + 50.55 = 80.88 kg 
 
Moles de alimento: 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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178 
H 50 kg x (kg-mol/86 kg) = 0.581 kg-mol 
 
P 50 kg x (kg-mol/72 kg) = 0.694 kg-mol 
 
 Total = 1.2750 kg-mol 
 
a) 0.5055 kg destilado/kg alimento 
 
0.4945 kg fondos/kg alimento 
 
b) (m2/m1) = (80.88/100) = 0.8088 
 
c) Producto = (50.55/1.2750) x 100 = 3 964.7 kg/hr 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMAS PROPUESTOS 
 
 
5.47 - Para preparar una solución de NaCl en agua al 12% en peso, se dispone de 
un tanque que contiene una solución al 6% de NaCl. ¿ Cuánto NaCl puro 
debe añadirse al tanque para preparar 1 tonelada de solución al 12% ? 
 
 
5.48 - Se mezclan 50 cm3/mi de una solución acuosa 10 molar de KOH (G = 1.37) 
con 4 lt/hr de una solución acuosa 5 molar de NaOH (G = 1.18). ¿ Cuál es la 
composición molar y en peso de la mezcla final ? 
 
 
5.49 -La alimentación a un reactor de combustión debe contener 8% molar de CH4. 
Para producir esta alimentación, se mezcla con aire un gas natural que con-
tiene: CH4 85% molar y C2H6 15% molar. Calcular la relación molar de gas 
natural a aire. 
 
 
5.50 - Se alimentan 100 lb/mi de una mezcla que contiene 60% en peso de aceite 
y 40% de agua a un sedimentador que trabaja en régimen permanente. Del 
sedimentador salen dos corrientes de producto. La corriente superior 
contiene aceite puro, mientras que la inferior contiene 90% de agua. Calcular 
el flujo de las dos corrientes de producto. 
 
 
 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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5.51 - Una corriente de 1 000 kg/hr que contiene 10% de alcohol, 20% de azúcar y 
el resto agua, se mezcla con 2 000 kg/hr de una corriente con 25% de 
alcohol, 50% de azúcar y el resto agua. ¿ Cuál será la composición de la 
mezcla resultante ? 
 
 
5.52 - ¿Cuántos kilogramos de crema que contiene 12% de mantequilla, deben 
ser agregados a 1 800 kg de leche que contiene 2% de mantequilla, para 
obtener leche con 3% de mantequilla ? 
 
 
5.53 - Un néctar de mango debe contener 100 kg de puré de mango, 30 kg de 
azúcar, 170 kg de agua y 10 kg de ácido cítrico. ¿ Qué cantidad de cada 
materia prima se debe emplear para producir 5 300 kg/hr de néctar de 
mango ? 
 
 
5.54 - Un gas natural (A) contiene 85% molar de CH4, 10% de C2H6 y 5% de 
C2H4; un segundo gas (B) contiene 89% molar de C2H4 y 11% de C2H6; un 
tercer gas (C) contiene 94% molar de C2 H6 y 6% de CH4. ¿ Cuántas moles 
de A, B y C deben mezclarse con el fín de producir 100 moles de una 
mezcla que contenga partes iguales de CH4, C2H4 y C2 H6 ? 
 
 
5.55 -Una solución acuosa de H2SO4 que contiene 10% en peso, debe 
concentrarse con una solución que contiene 90% en peso de H2SO4 con el 
fín de producir una solución al 75% en peso. Calcular el flujo de ácido del 
10% para producir 1 000 lb/hr de solución del 75%. 
 
 
5.56 -Con el objeto de satisfacer ciertas especificaciones, un fabricante mezcla 
harina de pescado seca cuyo precio es de $ 50/kg, con harina que contiene 
22% de aceite de $ 27/kg, de tal forma que la mezcla final contiene 16% de 
aceite. ¿ A qué precio debe vender la mezcla ? 
 
 
5.57 -Un cilindro de gas (A) contiene 10% molar de N2 y 90% molar de H2, mientras 
que un segundo cilindro (B) contiene 50% molar de N2 y 50% molar de H2. 
Calcular el flujo volumétrico en pies3/mi a condiciones normales de los gases 
A y B requeridos para producir 1 000 lb/hr de un gas que contiene 25% 
molar de N2. 
 
 
5.58 - Puede obtenerse una pasta de proteína vegetal libre de aceite a partir de 
semilla de algodón, utilizando hexano para extraer el aceite de las semillas 
limpias. La semilla cruda contiene 14% de material celulósico, 37% de pasta 
y 49% de aceite. Si para obtener 1 libra de pasta se necesitan 8 libras de 
hexano, calcular la composición del extracto. 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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5.59 -Un fabricante mezcla cuatro aleaciones para obtener 10 000 lb/hr de un 
aleación requerida. En la tabla siguiente se proporcionan las composiciones 
en peso de las aleaciones. 
 
 
 Componentes 1 2 3 4 Aleación deseada 
 
 A 60 20 20 0 25 
 B 20 60 0 20 25 
 C 20 0 60 20 25 
 D 0 20 20 60 25 
 
 
 Calcular el flujo de alimentación de cada aleación. 
 
 
5.60 -Una lechada que consiste de un precipitado de CaCO3 en solución de NaOH 
y H2O, se lava con una masa igual de una solución diluída de 5% en peso 
de NaOH en agua. La lechada lavada y sedimentada que se descarga de la 
unidad contiene 2 lb de solución por cada libra de sólido (CaCO3). La 
solución clara que se descarga de la unidad puede suponerse de la misma 
composición que la solución que acompaña los sólidos. Si la lechada de 
alimentación contiene iguales fracciones en masa de todos sus 
componentes, calcular la concentración de la solución clara. 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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5.61 - Un evaporador concentra una solución de azúcar desde un 25% en peso 
hasta un 65%.Calcular el agua evaporada en una hora por cada 1 000 lb/hr 
de solución alimentada al evaporador. 
 
 
5.62 - Las fresas contienen alrededor de 15% de sólidos y 85% de agua. Para 
fabricar mermelada de fresa, se mezclan fresas trituradas y azúcar en una 
proporción en peso de 1:1. La mezcla se calienta para evaporar agua hasta 
que el resíduo contenga 30% en peso de agua. ¿ Cuántas libras de fresas 
se requieren para fabricar una libra de mermelada ? 
 
 
5.63 - En un proceso para la fabricación de jugos de fruta, se necesita del empleo 
de un evaporador, el cual recibe una alimentación de 4 500 kg/día de zumo, 
con una concentración del 21%. Si se desea concentrar hasta 60%, calcular 
la cantidad de agua evaporada. 
 
 
5.64 - Un evaporador se diseña para recibir una alimentación de 11 500 kg/día de 
zumo de naranja, obtener 3 000 kg/día de agua evaporada y una solución 
concentrada al 50%. ¿ Con qué concentración inicial se debe alimentar el 
zumo y qué cantidad de solución concentrada al 50% se obtiene ? 
 
 
5.65 - Se alimenta contínuamente un evaporador con 25 toneladas/hr de una 
solución que contiene 10% de NaCl y 80% de agua. Durante el proceso de 
evaporación el agua se elimina por ebullición de la solución, cristalizando el 
NaCl, el cual se separa del líquido restante por filtración. El licor concentrado 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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que abandona el evaporador contiene 50% de NaOH, 2% de NaCl y 48% de 
agua. Calcular: 
 
a) Las libras de agua evaporada en una hora. 
b) Las libras de sal cristalizada en una hora. 
c) Las libras de licor concentrado que salen del evaporador en una hora. 
 
 
5.66 - Un evaporador contínuo concentra 100 lb/mi de una solución acuosa que 
contiene 10% en peso de NaOH y 0.1% de NaCl. Mientras un tanque de 
almacenamiento es reparado, el concentrado que sale se alimenta a otro 
tanque, el cual contiene 2 000 libras de solución de NaOH en agua. Al final 
de una hora la solución mezclada en este tanque contiene 31.34% en peso 
de NaOH y 0.171% en peso de NaCl. Calcular: 
 
a) La concentración de las 2 000 libras presentes inicialmente en el tanque. 
b) Las libras de agua evaporada en una hora. 
 
 
5.67 - Para obtener jugo de naranja concentrado se parte de un extracto con 7% 
en peso de sólidos, el cual es alimentado a un evaporador que trabaja al 
vacío. En el evaporador se elimina el agua necesaria para que el jugo salga 
con una concentración del 58% en peso de sólidos. Si se introducen al 
proceso mil kilogramos por hora de jugo diluído, calcular la cantidad de agua 
evaporada y de jugo concentrado que sale. 
 
 
5.68 - Se disuelven 100 gramos de Na2SO4 en 200 gramos de agua y la solución 
se enfría hasta que cristalizan 100 gramos de Na2SO4.10H2O. Calcular: 
a) La composición de la solución que queda (licor madre). 
b) Los gramos de cristales obtenidos por 100 gramos de solución inicial. 
 
5.69 - Cien gramos de una mezcla de Na2SO4.10H2O y Na2CO3.10H2O se 
calientan para retirar el agua de hidratación. El peso final de la sal mezclada 
es 39.6 gramos. ¿Cuál es la relación en peso de sulfato hidratado a 
carbonato hidratado en la mezcla original ? 
 
 
5.70 - Un lodo húmedo se seca desde un 60% (b.s.) hasta un 10% (b.s.). Si al 
secador entran 1 000 lb/hr de lodo húmedo, ¿en cuánto tiempo se evaporan 
139 lb de agua ? 
 
 
5.71 - A un secador entra madera que contiene 30% de agua (b.h.). Calcular los 
kilogramos de agua evaporada por tonelada de madera seca, si ésta sale del 
secador con un 8% de agua (b.h.). 
 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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5.72 - Un lodo contiene 60% humedad en base seca. Por filtración y secado se 
extrae el 72% del agua. Calcular el porcentaje en peso de sólidos contenidos 
en el lodo final. 
 
 
5.73- Se alimenta cascarilla de café que contiene 80% de agua (b.h.) a un secador 
rotatorio. Luego del secado el contenido de agua es de 0.2 g H2O/g cascari-
lla seca. Calcular los kilogramos de agua retirada por tonelada de cascarilla 
alimentada al secador. 
 
 
5.74 - Una fábrica de alimentos para ganado produce sorgo seco. Para ello 
introduce el sorgo en un secador que utiliza aire. Si el aire entra al secador 
con una humedad de 0.008 kg de agua/kg aire seco y sale con una 
humedad 0.069 kg agua/kg aire seco y el sorgo entra con 23% de agua y 
debe salir con 12%. Calcular la cantidad de aire necesaria en m3/mi a 1 atm. 
y 25 oC, para procesar 68 kg/mi de sorgo al 12%. 
 
 
5.75 - Un equipo de secado trabaja adiabáticamente. El aire entra al secador a una 
temperatura de 140 oF con un punto de rocío de 68 oF. Se evaporan en el 
secador 0.62 lb de agua por cada 1 000 pies3 de aire húmedo que entran al 
secador. La presión en el secador es 1 atm. Calcular la humedad relativa y 
la temperatura del aire que sale del secador. 
 
 
5.76 - Un material orgánico entra a un tunel de secado contínuo con un contenido 
de humedad del 61% (b.h.) y sale con una humedad del 6% (b.h.) a razón de 
485 lb/hr. El aire seco entra al secador a 140oF y 1 atm. y sale húmedo a 
130 oF y 1 atm. 
 
a) ¿Cuál es el flujo en lb/hr de material orgánico que entra al secador ? 
b) Calcular el flujo volumétrico de aire de entrada en pies3/mi, si el aire de 
salida tiene una humedad relativa del 50%. 
 
 
5.77 - En la producción de café soluble, el extracto procedente del percolador se 
alimenta a un secador por aspersión donde se retira totalmente el agua. Por 
kilogramo de extracto se alimentan al secador 50.7 kilogramos de aire 
húmedo con una humedad en masa de 0.014 kg agua/kg aire seco. Si la 
humedad en masa del aire que sale del secador es 0.027, calcular los 
gramos de café seco obtenidos por cada kilogramo de extracto y el 
porcentaje de agua en el extracto. 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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5.78 - El óxido crómico se obtiene a partir de un lodo que contiene 40% en peso de 
Cr2O3 por secado con aire. El producto contiene 2% de agua (b.h.). Salen 
del secador 2 000 lb/hr de Cr2O3. El aire entra al secador a 100 oF, 1 atm. y 
con un porcentaje de humedad del 20%. El aire se precalienta en el secador 
hasta 260 oF y se introduce luego a la cámara de secado. El secador trabaja 
adiabáticamente y el aire puede suponerse que sale saturado. Calcular el 
flujo de aire necesario en pies3/mi. 
 
 
5.79 - Se destilan 1 000 kg/hr de una mezcla que contiene partes iguales en peso 
de benceno y tolueno. El producto de cima contiene 95% peso de benceno, 
mientras que el flujo de fondo es de 512 kg/hr. Calcular: 
 
a) El flujo de la corriente de cima. 
b) El flujo de benceno y tolueno en la corriente de fondo. 
c) La fracción molar de benceno en la corriente de fondo. 
 
 
5.80 - La alimentación a una columna de destilación contiene 20% en peso de 
etano, 40% de metano y 40% de propano. El flujo de alimentación es 1 000 
kg/hr y el producto de cabeza contiene 85% en peso de metano, 12% de 
etano y 3% de propano. Una corriente lateral, cuya composición es 15% de 
metano, 35% de etano y 50% de propano, se retira a razón de 300 kg/hr. 
Calcular el peso y composición del producto de fondo si éste no contiene 
metano. 
 
 
5.81 - Una solución de alcohol etílico que contiene 8.6% en peso de alcohol es 
alimentada a razón de mil kilogramos por hora a una columna de destilación 
contínua. El destilado es una solución que contiene 95.4% en peso de 
alcohol. El producto de fondo contiene 0.1% de alcohol. Calcular: 
 
a) El flujo de masa de destilado y fondos. 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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b) La pérdida de alcohol como un porcentaje del alcohol alimentado. 
 
 
5.82 - Un volumen de 1 000pies3 de aire húmedo a una presión total de 740 mm 
Hg y temperatura de 30 oC con tiene vapor de agua en tales proporciones 
que su presión parcial es 22 mm Hg. Sin cambiar la presión total, la 
temperatura se reduce a 15 oC y parte del vapor de agua se separa por 
condensación. Calcular: 
 
a) El volumen del gas luego del enfriamiento. 
b) El peso de agua condensada. 
 
 
5.83 - Aire entra a un compresor a 1 atm. de presión con humedad molar de 0.01 
moles de agua/mol de aire seco. El aire que sale del compresor está a 100 
atm. y a la temperatura inicial. A ésta temperatura y 1 atm. de presión, el 
aire puede contener un máximo de 0.02 moles de agua/mol de aire seco. 
¿Cuántas libras de agua se condensan en el compresor por lb-mol de aire 
seco que pasa a través de él ? 
 
 
5.84 - Se burbujea aire seco a través de diez galones de agua a razón de 5 pies3 
por minuto a condiciones normales. El aire de salida está saturado a 25 oC. 
La presión total es 1 atm. ¿ Cuánto tiempo transcurrirá para que toda el 
agua pase a la fase gaseosa ? 
 
 
5.85 - Aire que contiene 15% en peso de agua se enfría isobáricamente a 1 atm. 
desde 200 oC hasta 20 oC. 
 
a) Calcular el punto de rocío del aire inicial. 
b) ¿Cuánta agua se condensa por m3 de gas inicial? 
c) Suponiendo que el gas se comprimió isotérmicamente a 200 oC. ¿ A qué 
presión comienza la condensación ? 
 
 
5.86 - Un adulto efectúa aproximadamente 12 respiraciones por minuto, inhalando 
alrededor de 500 cm3 en cada ocasión. El aire exhalado se encuentra 
saturado de vapor de agua a la temperatura del cuerpo, 37 oC. En los 
pulmones se produce un intercambio de oxígeno por dióxido de carbono, 
pero la cantidad de nitrógeno exhalado equivale a la cantidad inhalada. La 
presión total tanto del aire inspirado como exhalado es de 1 atm y la fracción 
molar de N2 en el aire exhalado es de 0.75. Calcular la masa de agua que un 
cuerpo pierde a través de la respiración durante un período de 24 horas, si la 
temperatura del aire inhalado es de 23 oC y su humedad relativa es de 30%. 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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5.87 - La cámara que se muestra en la figura se utiliza para humidificar aire. 
¿Cuánta agua debe añadirse por hora a la torre para procesar 10 000 
pies3/hr de aire medido a las condiciones de entrada? 
 
 
 
 
5.88 - Debe recuperarse un vapor orgánico de un gas por condensación. La 
presión parcial de éste vapor en la mezcla gaseosa que entra al 
condensador es 1 900 mm Hg y su presión parcial en la corriente de salida 
es 1 000 mm Hg. La presión total del sistema es 2 000 mm Hg, mientras 
que la temperatura de salida es de 200 oC. Calcular el volumen en m3, del 
gas que sale del condensador a las condiciones dadas si se condensan 100 
kg-mol de vapor. 
 
 
5.89 - Una mezcla de tolueno y aire se pasa a través de un enfriador donde algo 
de tolueno se condensa. Mil pies cúbicos de gases entran al enfriador por 
hora a 100 oC y 100 mm Hg manométricos. La presión parcial del tolueno 
en ésta mezcla es 300 mm Hg. Si salen del enfriador 720 pies3/hr de 
mezcla gaseosa a 50 oC y presión barométrica de 760 mm Hg. Calcular 
las libras de tolueno removido por hora en el enfriador. 
 
 
5.90 - Una corriente de proceso que contiene vapor de etanol entra a un enfriador-
compresor a razón de 500 litros por hora a 65 oC y 1 atm. La saturación 
relativa de la corriente es de 80%. El gas se comprime y enfría hasta 25 
oC para recuperar 98% del metanol en forma de líquido. Calcular la presión 
de salida y el flujo volumétrico de la corriente líquida de producto. 
 
 
5.91 - Se produce café instantáneo alimentando café molido y tostado junto con 
agua caliente a un percolador, en donde se extraen los materiales solubles 
en agua. El extracto se seca por aspersión para obtener el producto y los 
resíduos sólidos se decantan parcialmente antes de enviarlos a secado e 
incineración. La carga normal es de 1.2 lb de agua/lb de café. El café 
alimentado contiene 32.7% de insolubles; el extracto 35% de solubles y el 
resíduo 28% de material soluble. Determinar los kilogramos de producto 
obtenido por tonelada de café y el porcentaje de insolubles en el resíduo. 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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5.92 - En la manufactura de mermelada se mezcla la fruta molida con el azúcar 
necesaria para producir una mezcla que contiene 45% de fruta y 55% de 
azúcar. A ésta mezcla se le añade la pectina necesaria (230 gramos por 
cada 100 kilogramos de azúcar). La mezcla se evapora hasta que los 
sólidos solubles llegan al 67%. 
a) ¿Qué cantidad de mermelada se puede producir a partir de una fruta 
que contiene 14% de sólidos solubles ? 
b) ¿Cuántos kilogramos de mermelada se obtienen por kilogramo de fruta 
que entra al proceso. 
 
 
5.93 - Aire a 70 oF, 760 mm Hg y 90% de humedad relativa, se comprime hasta 
150 psig durante lo cual la temperatura aumenta hasta 120 oF. En una 
etapa subsecuente el aire comprimido se expande hasta que la presión 
llega a ser 25 psig, y a la vez provocando que la temperatura baje hasta 
80oF. El aire se suministra a una velocidad de 10 000 pies3/hr (en las 
condiciones iniciales de 70 oF, 760 mm Hg y 90% de humedad relativa). 
 
 
a) ¿Condensa algo de agua durante la etapa de compresión ? 
b) Si se condensa agua, ¿ cuánta ? 
c) Suponiendo que si se forma condensado, se separa del aire. Calcule las 
siguientes cantidades para el aire resultante en las condiciones finales 
(o sea 80 oF). 
 
 (1) Humedad relativa. 
 (2) Punto de rocío. 
 (3) Humedad absoluta molar. 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 188 
 
5.94- Dos columnas de destilación se colocan como se muestra en la figura, para 
producir benceno, tolueno y xileno a partir de una mezcla que se alimenta. 
Todas las composiciones son molares. Determinar: 
a) El porcentaje recuperado de cada uno de los componentes de la 
mezcla. b) La composición de la corriente intermedia A. 
 
 
 
 
 
5.95- El flujo de alimentación a una unidad que consiste en dos columnas contiene 
30% de benceno (B), 55% de tolueno (T) y 15% de xileno (X). Se analiza 
el vapor de destilado de la primera columna y se encuentra que contiene 
94.4% de B, 4.54% de T y 1.06% de X. Los fondos de la primera columna 
se alimentan a la segunda columna. En esta segunda columna, se planea 
que 92% del T original cargado a la unidad, se recupere en la corriente de 
destilado, y que el T constituya el 94.6% de la corriente. Se planea además 
que 92.6% del X cargado a la unidad se recupere en los fondos de esta 
columna y que el X constituya el 77.6% de dicha corriente. Si se cumplen 
estas condiciones, calcular: 
 
a) El análisis de todas las corrientes que salen de la unidad. 
b) La recuperación porcentual de benceno en la corriente de destilado de 
la primera columna. 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 189 
 
 
 
5.96 - Una solución contiene 60% en peso de Na2S2O2 y 1% de impurezas 
solubles en agua. Luego de un enfriamiento hasta 10 oC, Na2S2O2.5H2O 
cristaliza. La solubilidad de este hidrato es 1.4 lb de hidrato/lb de agua 
libre. La solución se adhiere a los cristales en cantidad de 0.06 lb de 
solución/lb de cristales. Luego los cristales se secan para retirar el agua 
remanente (pero no el agua de hidratación). Al final, los cristales de 
Na2S2O2.5H2O no deben contener más del 0.1% en peso de impurezas. 
Con el fín de lograr estas especificaciones, la solución original antes del 
enfriamiento es diluída con agua. Sobre la base de 100 libras de solución 
original, calcule lo siguiente: 
 
a) La cantidad de agua añadida antes del enfriamiento.b) El porcentaje recuperado de Na2S2O2 en los cristales. 
 
 
 
5.97 - Se piensa desalinizar agua de mar por ósmosis inversa usando el proceso 
mostrado en la figura. 
 
Utilizando los datos del diagrama, calcular: 
 
a) La velocidad de extracción de salmuera de desperdicio. 
b) La velocidad de producción de agua desalinizada. 
c) La fracción de salmuera que sale de la celda de ósmosis para ser 
recirculada. 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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5.98 - Se utiliza un sistema de purificación con recirculación, para recuperar el 
solvente DTH de un gas de desperdicio que contiene 55% de DTH en aire. 
El producto deberá tener únicamente 10% de DTH. Calcular la relación de 
recirculación (reciclo/alimento fresco), suponiendo que la unidad de 
purificación puede eliminar las dos terceras partes del DTH presente en la 
alimentación combinada. 
 
 
 
 
5.99 - El jugo de naranja fresco contiene 12% de sólidos y el resto es agua, 
mientras que el jugo de naranja concentrado contiene 42% de sólidos. 
Inicialmente, se empleaba un solo proceso de evaporación para la 
concentración, pero los componentes volátiles del jugo escapaban con el 
agua, afectando el sabor final del concentrado. El proceso actual supera 
éste problema mediante la derivación de una fracción del jugo fresco, de 
manera que no pase por el evaporador, así: el jugo que entra al 
evaporador se concentra hasta alcanzar un 58% de sólidos, mezclándose 
el producto con la corriente derivada de jugo fresco, a fín de lograr la 
concentración final de sólidos deseada. 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 191 
a) Calcular la cantidad de jugo concentrado producida por cada 100 kg de 
jugo fresco alimentada al proceso, así como la fracción de la 
alimentación que se deriva antes de llegar al evaporador. 
b) Los ingredientes volátiles que proporcionan el sabor están contenidos 
en el jugo fresco que se deriva antes del evaporador. Se podría obtener 
una mayor proporción de estos ingredientes en el producto final si se 
evapora hasta un 90% de sólidos, en vez de 58%; podría así derivarse 
una mayor proporción del jugo fresco, obteniéndose un producto con 
un sabor aún mejor. Se le ocurren al lector algunas posibles 
desventajas de esta variante del proceso ? 
 
 
5.100 - Una solución contiene: NaCl 10 % en peso, KCl 3 %, H2O 87 %.Esta 
solución entra al proceso mostrado en la figura con un flujo de masa de 
18400 kg/hr. La solución que sale del evaporador contiene: NaCl 16.8 %, 
KCl 21.6 % y H2O 61.6 %. La corriente de reciclo contiene: NaCl 18.9 %. 
Calcular el balance de masa completo para todo el proceso. 
 
 
 
 
 
 
 
5.101 - Un proceso de evaporación-cristalización, del tipo descrito por el diagrama, 
se emplea con el fín de obtener sulfato de potasio sólido a partir de una 
solución acuosa de esta sal. La alimentación fresca al proceso contiene 
18.6% en peso de K2SO4. La torta húmeda consiste de cristales sólidos de 
K2SO4 y una solución de K2SO4 al 40% en peso, según una relación de 10 
lb de cristales/lb de solución. El filtrado, tambien una solución al 40% se 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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recircula para que se una a la alimentación fresca; se evapora un 42.66% 
del agua que entra al evaporador. El evaporador posee una capacidad 
máxima de hasta 100 lb de agua evaporada por minuto. 
 
a) Calcular el máximo ritmo de producción de K2SO4 sólido, el ritmo al cual 
se suministra la alimentación fresca para lograr esta producción y la 
relación de recirculación. 
b) Calcular la composición y el flujo de alimentación de la corriente que 
entra al cristalizador si el proceso se escala a un 75% de su capacidad 
máxima. 
 
 
 
 
 
 
5.102 - Un sólido que contiene 15% de agua (b.h.) se seca con aire hasta un 7% 
de agua (b.h.). El aire fresco alimentado contiene 0.01 lb agua/lb de aire 
seco, la corriente de reciclo 0.1 y el aire a la entrada del secador 0.03. 
¿Cuántas libras de aire deben recircularse por 100 lb de alimentación 
sólida y cuánto aire fresco se requiere ? 
 
 
5.103 - Se desea secar 12 350 pies3/hr de aire húmedo a la temperatura de 190 oF 
y a la presión de 768 mm Hg (con una humedad relativa de 13.9%) 
mediante el procedimiento de lavado con ácido sulfúrico en una torre 
empacada. En la figura se muestra el sistema utilizado de recirculación 
para el ácido sulfúrico. El aire frío sale del lavado a una temperatura de 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 193 
120 oF y una presión de 740 mm Hg. La humedad relativa del aire seco 
debe ser de 7.18%. Para mantener constante la concentración de la 
solución de lavado en un valor equivalente a 72 % de H2SO4, se alimenta 
la cantidad suficiente de ácido de repuesto cuya concentración es de 98%. 
El análisis del ácido gastado indica un contenido de 67% de H2 SO4. Cierta 
cantidad de ácido gastado se elimina contínuamente del proceso. Calcular: 
 
a) Los pies3/hr de aire más vapor de agua que salen del lavador. 
b) Las lb/hr de ácido de repuesto. 
c) Las lb/hr de ácido que entran al lavado. 
 
 
 
 
 
 
5.104 - Aire es dehumidificado para uso industrial con gel sílica adsorbente. El aire 
a 75 oF y 95% de humedad se reduce hasta 25% de humedad a la misma 
temperatura. La gel sílica reduce el aire que pasa hasta un 5% de 
humedad y 75 oF; en consecuencia parte de la alimentación es derivada 
alrededor del absorbedor y mezclada con el aire que sale para dar el aire 
final requerido. ¿ Qué fracción del aire alimentado se deriva ? 
 
 
5.105 - Un material que tiene 1.5620 lb de agua/ lb de material seco debe secarse 
hasta 0.0990 lb de agua/lb de material seco. Por cada libra de material 
seco se pasan por el secador 52.5 lb de aire seco, que sale con una 
humedad de 0.0525 lb agua/lb de aire seco. El aire nuevo se suministra 
con una humedad de 0.0152 lb de agua/lb aire seco. Calcular la fracción 
de aire recirculado. 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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5.106 - Un secador que trabaja en contracorriente y cuyas válvulas están 
adaptadas de tal forma que se recircule el 25% del aire de salida, se 
utiliza para secar un material. El aire entra al secador a 140 oF con una 
humedad de 0.01 lb agua/lb de aire seco. La operación en el secador es 
adiabática y el aire sale a su temperatura de bulbo húmedo. El material 
entra con un contenido de agua de 19% (b.h.) y sale totalmente seco. 
¿Cuántas libras de material húmedo pueden secarse por cada libra de 
aire seco recirculado. 
 
 
 
 
5.107 - El aire que sale de un secador se recircula con frecuencia para disminuir 
los costos. Calcular la fracción de aire recirculado y el flujo másico de aire 
fresco suministrado. 
 
 
 
Otros datos: 
 
 CAPITULO 5 : BALANCE DE MATERIA SIN REACCION QUIMICA 
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Aire seco que circula por el secador: 5 000 lb/hr 
Humedad del aire que sale del secador: 0.048 
Humedad del polímero que entra: 1.3 lb agua/lb de polímero seco. 
Humedad del polímero que sale: 0.25 lb agua/lb de polímero seco. 
 
 
5.108 - Generalmente la separación del aceite de la pasta se efectúa mediante 
extracción con solvente. El análisis de la semilla de algodón es 4% de 
cascarilla, 10% de fibra, 37% de harina y 49% de aceite. Durante la etapa 
de extracción, deben utilizarse 2 lb de solvente (hexano) por cada libra de 
semillas limpias procesadas. Para cada tonelada de semillas crudas que 
se procesan, determinar las cantidades de aceite y harina libre de aceite 
que se producen, así como la cantidad de hexano que deberárecircularse 
a través de la unidad de extracción. 
 
 
 
 
5.109 – A continuación se describe el proceso empleado por la lavandería “ LA 
CAMISA NEGRA S.A.” . Las camisas se sumergen en una bañera 
agitada que contiene Blancox, el detergente milagroso, siendo luego 
exprimidas y enviadas a la etapa de enjuague. El Blancox sucio se envía 
a un filtro en el cual se elimina la mayor parte de la suciedad; el 
detergente limpio se recircula con el fín de unirse a la corriente de 
Blancox puro; la corriente combinada sirve de alimentación a la bañera 
de lavado. 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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Datos: 
 
1. Cada 100 lb de camisas sucias contiene 2 lb de suciedad. 
2. El lavado elimina el 95% de la suciedad. 
3. Por cada 100 lb de camisas sucias, 25 lb de Blancox abandonan el 
sistema con las camisas limpias, de las cuales se escurren nuevamente 22 
lb a la bañera. 
4. El detergente que entra en la bañera contiene 97% de Blancox y el que 
entra al filtro contiene 90%. La suciedad húmeda que abandona el filtro 
contiene 10% de Blancox. 
 
a) ¿Cuánto Blancox puro debe suministrarse por cada 100 lb de camisas 
sucias? 
b) ¿Cuál es la composicoón de la corriente recirculada? 
 
 
Tanque 
Agitado 
 
10% Blancox 
Filtro 
Blancox recirculado 
90% Blancox 
Camisas limpias Camisas sucias 
Blancox puro 97% 
CAPITULO 6 
 
 
 
BALANCE DE MATERIA 
CON REACCION QUIMICA 
 
 
 
 
Cuando se presentan cambios químicos debidos a reacciones químicas, éstas 
pueden reagruparse en similares o de tipo común a varios procesos y cada uno de 
éstos puede denominarse como un proceso unitario. Los principales son: 
 
 
1 - Calcinación 9 - Sulfonación 
2 - Oxidación 10 - Hidrólisis 
3 - Reducción 11 - Alkilación 
4 - Halogenación 12 - Aromatización 
5 - Hidrogenación 13 - Fermentación 
6 - Deshidrogenación 14 - Isomerización 
7 - Nitración 15 - Polimerización 
8 - Esterificación 16 - Electrólisis 
 
 
La mayoría de los procesos anteriores toma su nombre del tipo de reacción 
química que se sucede y en la mayoría de los casos su balance de masa 
corresponde a una relación estequiométrica sencilla que sólo incluye 
ocasionalmente el rendimiento del proceso. 
 
 
 
ESTEQUIOMETRIA 
 
 
En estequiometría, la ecuación química tiene dos funciones fundamentales. La 
primera es una función cualitativa, es decir, indica cuales son los reactivos y cuales 
son los productos. La segunda es una función cuantitativa, es decir, indica las 
cantidades y composiciones relativas de reactivos y productos, ejemplo: 
 
 
2 C + O2 2 CO 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 198 
Esta ecuación química indica que dos átomos (g-at, lb-at ...) de carbono se 
combinan con una molécula (g-mol, lb-mol ...) de oxígeno para dar dos moléculas 
(g-mol, lb-mol, ....) de CO. 
 
El número que se antepone a cada sustancia se denomina coeficiente 
estequiométrico, ej: el coeficiente estequiométrico del carbono es 2, el del 
oxígeno es 1 y el del monóxido de carbono es 2. 
 
Cuando se maneja una ecuación química debe estar balanceada, es decir, el 
número de átomos de cada elemento en los reactivos debe ser exactamente igual 
al número de átomos de ese mismo elemento en los productos. Como 
consecuencia la masa de los reactivos es igual a la masa de los productos. En la 
reacción considerada, utilizando las respectivas masas atómicas y moleculares, se 
tiene: 
 
 
masa de reactivos: 2 x 12 + 32 = 56 
 
masa de productos : 2 x 28 = 56 
 
 
Se denomina relación estequiométrica al cociente formado por dos coeficientes 
estequiométricos, ej: la relación estequiométrica entre el carbono y el oxígeno es: 
 
 
 2 g-at C 2 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯ 
 1 g-mol O2 1 
 
Las relaciones estequiométricas son de gran utilidad en cálculos con reacciones 
químicas, pues a partir de ellas y utilizándolas a manera de factores de conversión 
pueden obtenerse las cantidades consumidas o producidas en la reacción, ej: para 
calcular la masa en gramos de oxígeno necesaria para producir 100 gramos de CO 
a partir de carbono puro, se procede en la siguiente forma: 
 
 
 g-mol CO 1 g-mol O2 32 g O2 
100 g CO x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 57.14 g O2 
 28 g CO 2 g-mol CO g-mol O2 
 
 
 
REACTIVO LIMITANTE Y REACTIVO EN EXCESO 
 
Dos reactivos están en proporción estequiométrica cuando su relación molar es 
igual a la relación estequiométrica correspondiente, ej: al mezclar 60 gramos de 
carbono con 80 gramos de oxígeno se tiene: 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 199 
 g-at C 
60 g C x ⎯⎯⎯⎯ = 5 g-at C 
 12 g C 
 
 g-mol O2 
80 g O2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.5 g-mol O2 
 32 g O2 
 
Proporción (oxígeno/carbono) = (2.5/5) = 0.5 
 
Relación estequiométrica (oxígeno/carbono)=(1/2)=0.5 
 
Se concluye que el carbono y el oxígeno, al ser mezclados en estas cantidades 
están en proporción estequiométrica. 
 
Cuando se mezclan cantidades diferentes a las anteriores, por ejemplo: 60 gramos 
de carbono con 128 gramos de oxígeno la proporción ya no es estequiométrica y 
se tendrá: 
 
 
 g-at C 
60 g C x ⎯⎯⎯⎯ = 5 g-at C 
 12 g C 
 
 g-mol O2 
128 g O2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 4 g-mol O2 
 32 g O2 
 
 
Proporción (oxígeno/carbono) = (4/5) = 0.8 
 
 
Se concluye que el oxígeno está en exceso respecto al carbono pues la proporción 
actual es mayor que la relación estequiométrica. Se le llama rectivo en exceso. 
 
Al tomar las relaciones en forma invertida se tiene: 
 
Relación estequiométrica(carbono/oxígeno) = (2/1) = 2 
 
Proporción (carbono/oxígeno) = (5/4) = 1.25 
 
El carbono está en menor proporción que la relación estequiométrica y se le llama 
reactivo limitante. 
 
 
 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 200 
PORCENTAJE EN EXCESO 
 
 
Una vez definido el reactivo en exceso, su porcentaje puede calcularse con la 
siguiente ecuación: 
 
 S - T E 
Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯ x 100 = ⎯⎯ x 100 
 T T 
 
S = cantidad de reactivo en exceso suministrado 
 
T = cantidad de reactivo en exceso estequiométrico 
 
E = S - T = cantidad en exceso 
 
Tomando como base de cálculo 1 g-at de reactivo límitante (1 g-at C), se tiene: 
 
O2 suministrado = 0.8 g-mol (S) 
 
O2 estequiométrico = 0.5 g-mol (T) 
 
 
 0.8 - 0.5 
Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 60 % 
 0.5 
 
Es muy frecuente que la cantidad a calcular sea el reactivo en exceso suministrado 
(S) a partir de su porcentaje en exceso, y la fórmula quedaría:% exceso % exceso 
 S = ⎯⎯⎯⎯⎯ x T + T = T x ⎯⎯⎯⎯⎯ + 1 
 100 100 
 
 
Como ejemplo puede calcularse el oxígeno suministrado por cada g-at de carbono 
si el porcentaje en exceso es 60%. 
 
 1 g-mol O2 
Oxígeno estequiométrico = 1 g-at C x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.5 g-mol O2 
 2 g-at C 
 
 
 60 
 Oxígeno suministrado (S) = 0.5 x ⎯⎯⎯ + 1 = 0.5 x (1.6) = 0.8 g-mol 
 100 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 201 
GRADO DE FINALIZACION 
 
 
Cuando una reacción es completa, el reactivo límitante desaparece y en los 
productos sólo está presente el reactivo en exceso. Si la reacción no es completa 
la fracción de reactivo límitante que reacciona multiplicada por 100 es lo que se 
denomina grado de finalización o grado de conversión de la reacción. 
 
 
 RLR 
GF = grado de finalización = ⎯⎯⎯ x 100 
 RLS 
 
RLR = reactivo límitante que reacciona 
 
 
RLS = reactivo límitante suministrado 
 
 
 
 
EMPLEO DE LAS UNIDADES MOLARES EN LOS CALCULOS 
 
 
No puede negarse la conveniencia de utilizar unidades molares para expresar las 
cantidades de productos químicos. Puesto que la unidad molar de un compuesto 
reaccionará siempre con un múltiplo simple de unidades molares de otro, los 
cálculos de las relaciones en peso en las reacciones químicas se simplifican en 
forma apreciable si las cantidades de los compuestos reaccionantes y de los 
productos se expresan siempre en unidades molares. 
 
En un proceso industrial pueden tener lugar reacciones sucesivas con varios 
grados de conversión y se desea calcular las relaciones en peso de todos los 
materiales presentes en las diferentes etapas del proceso. En estos problemas el 
empleo de unidades de peso ordinarias con las relaciones en peso que se 
combinan conducirá a una gran confusión y puede conducir a errores aritméticos. 
El empleo de unidades molares, por otro lado, dará una solución más directa y 
simple de forma que puede ser fácilmente verificada. 
 
 
RENDIMIENTO Y SELECTIVIDAD 
 
Cuando se presentan reacciones colaterales, la cantidad de producto deseado 
disminuye lo cual implica que hay que aumentar la cantidad de materia prima 
(reactivos). El siguiente ejemplo ilustra estos conceptos. 
 
El etileno (C2H4) se produce a través de la deshidrogenación del etano: 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 202 
C2H6 C2H4 + H2 
 
El hidrógeno formado puede reaccionar con el etano y producir metano así: 
 
C2H6 + H2 2 CH4 
 
El etileno puede reaccionar ahora con el etano para producir propileno y metano: 
 
C2H4 + C2H6 C3H6 + CH4 
 
Al fijar las condiciones de operación del reactor lo importante es aumentar la 
producción de C2H4 y disminuir la producción de productos laterales 
indeseados,CH4 y C3H6. 
 
 
Rendimiento (basado en la alimentación) : 
 
Moles formadas de producto deseado / moles alimentadas de reactivo límite 
 
Rendimiento (basado en consumo de reactivo): 
 
Moles formadas de producto deseado / moles consumidas de reactivo límite 
 
Selectividad: 
 
Moles formadas de producto deseado / moles formadas de producto indeseado 
 
 
 
PROBLEMAS RESUELTOS 
 
 
 
6.1 - ¿Cuántos kilogramos de vapor de agua deben reaccionar con hierro metálico 
para producir una tonelada de Fe3 O4 ? 
 
3 Fe + 4 H2O = Fe3O4 + 4 H2 
 
B.C.: 1 tonelada de Fe3O4 
 
 1 000 kg Fe3O4 1 kg-mol Fe3O4 
1 Tn Fe3O4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 Tn Fe3O4 231.55 kg Fe3O4 
 
 
 4 kg-mol H2O 18 kg H2O 
 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 310.94 kg H2O 
 1 kg-mol Fe3O4 kg-mol H2O 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 203 
 
6.2 - ¿Cuánto cobre y cuánto ácido sulfúrico en libras deben reaccionar para 
producir 50 lb de SO2 ? 
 
 
Cu + 2 H2SO4 = CuSO4 + 2 H2O + SO2 
 
 
B.C.: 50 libras de SO2 
 
 
 lb-mol SO2 1 lb-at Cu 63.54 lb Cu 
50 lb SO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 49.64 lb Cu 
 64 lb SO2 1 lb-mol SO2 lb-at Cu 
 
 
 lb-mol SO2 2 lb-mol H2SO4 98 lb H2SO4 
 50 lb SO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 153.12 lb H2SO4 
 64 lb SO2 1 lb-mol SO2 lb-mol H2SO4 
 
 
6.3 - ¿Cuántas libras de oxígeno se pueden obtener por la descomposición de 1 kg 
de clorato de potasio ? 
 
2 KClO3 = 2 KCl + 3 O2 
 
B.C.: 1 kg KClO3 
 
 kg-mol KClO3 3 kg-mol O2 32 kg O2 2.205 lb O2 
1 kg KClO
3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 122.55 kg KClO3 2 kg-mol KClO3 kg-mol O2 kg O2 
 
 
= 0.863 lb O2 
 
 
6.4 - ¿Cuántos gramos de CO2 se obtienen por la descomposición de 10 libras de 
CaCO3 ? 
 
CaCO3 = CaO + CO2 
 
B.C.: 10 lb de CaCO3 
 
 
 lb-mol CaCO3 1 lb-mol CO2 44 lb CO2 453.59 g CO2 
10 lb CaCO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 100 lb CaCO3 1 lb-mol CaCO3 lb-mol CO2 lb CO2 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 204 
 
 = 1 995.8 g CO2 
 
 
6.5 - Calcule los kilogramos de oxígeno necesarios para oxidar completamente 1 
tonelada de FeS2 de acuerdo a la siguiente reacción: 
 
4 FeS2 + 15 O2 = 2 Fe2O3 + 8 SO3 
 
B.C.: 1 tonelada de FeS2 
 
 kg-mol FeS2 15 kg-mol O2 32 kg O2 
1 000 kg FeS2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 119.85 kg FeS2 4 kg-mol FeS2 kg-mol O2 
 
= 1 001.25 kg O2 
 
 
6.6 - ¿Cuántos kilogramos de hidrógeno se necesitan para reducir 1 tonelada de 
CuO y cuántas libras de cobre se producen ? 
 
CuO + H2 = H2O + Cu 
 
 
B.C.: 1 tonelada de CuO 
 
 
 kg-mol CuO 1 kg-mol H2 2 kg H2 
 1 000 kg CuO x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 25.14 kg H2 
 79.54 kg CuO 1 kg-mol CuO kg-mol H2 
 
 
 kg-mol CuO 1 kg-at Cu 63.54 kg Cu 2.205 lb Cu 
 1 000 kg CuO x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 79.54 kg CuO 1 kg-mol CuO 1 kg-at Cu kg Cu 
 
= 1 761.4 lb Cu 
 
 
 
6.7 - El óxido de hierro se reduce con carbono puro según la reacción: 
 
Fe2O3 + 3 C = 2 Fe + 3 CO 
 
¿Cuántas libras de carbono puro son necesarias para reducir 600 
kilogramos de óxido ? 
 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 205 
B.C.: 600 kg Fe2O3 
 
 1 kg-mol Fe2O3 3 kg-at C 12 kg C 2.205 lb 
 600 kg Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 159.7 kg Fe2O3 kg-mol Fe2O3 kg-at C kg 
 
 
 = 298.23 lb C 
 
 
 
6.8 - El cinc seobtiene por la reducción del óxido con carbono. Para producir 530 
kilogramos de cinc, ¿ cuántos kilogramos de carbono se necesitan ? 
 
ZnO + C = Zn + CO 
 
B.C.: 530 kg de Zn 
 
 kg-at Zn 1 kg-at C 12 kg C 
530 kg Zn x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 97.27 kg C 
 65.38 kg Zn 1 kg-at Zn kg-at C 
 
 
6.9 - ¿Cuántos kilogramos de oxígeno se necesitan para quemar completamente 
750 kilogramos de carbono si el oxígeno se suministra en un 20% en 
exceso? 
 
C + O2 = CO2 
 
B.C.: 750 kg de C 
 
 1 kg-at C 1 kg-mol O2 32 kg O2 
 750 kg C x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2 000 kg O2 
 12 kg C 1 kg-at C kg-mol O2 
 
 
El anterior es el oxígeno teórico o estequiométrico, el suministrado será: 
 
O2 (s) = 1.2 x O2 (T) = 1.2 x 2 000 = 2 400 kg 
 
 
6.10 - ¿Cuántos gramos de sulfuro crómico se formarán a partir de 0.928 gramos 
de óxido crómico según la ecuación: 
 
2 Cr2O3 + 3 CS2 = 2 Cr2S3 + 3 CO2 
 
B.C.: 0.928 gramos de Cr2O3 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 206 
 1 g-mol Cr2O3 2 g-mol Cr2S3 200 g Cr2S3 
 0.928 g Cr2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 152 g Cr2O3 2 g-mol Cr2O3 g-mol Cr2S3 
 
= 1.22 g Cr2S3 
 
 
 
6.11 - Si se mezclan 300 lb de LiH con 1 000 lb de BCl3 y se recuperan 45 lb de 
B2H6. Determinar: 
 
a) El reactivo limitante y el reactivo en exceso. 
b) El porcentaje en exceso. 
c) El grado de finalización. 
 
 
6 LiH + 2 BCl3 = B2H6 + 6 LiCl 
 
a) 
 6 moles LiH 
 Relación estequiométrica = ⎯⎯ = 3 ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 2 mol BCl3 
 
 lb-mol LiH 
300 lb LiH x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 37.78 lb-mol LiH 
 7.94 lb LiH 
 
 
 lb-mol BCl3 
 1 000 lb BCl3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 8.52 lb-mol BCl3 
 117.32 lb BCl3 
 
 37.78 lb-mol LiH 
Relación del problema = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4.43 
 8.52 lb-mol BCl3 
 
 
La relación anterior demuestra que el reactivo en exceso es el LiH y el reactivo 
limitante es el BCl3. 
 
b) Se calcula ahora el porcentaje en exceso sobre la base de 1 mol de reactivo 
limitante. 
 
 4.43 - 3.0 
 Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 47.6 % 
 3.0 
 
c) Se calcula el reactivo limitante que reacciona: 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 207 
 
 lb-mol B2H6 
45 lb B2H6 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.63 lb-mol B2H6 
 27.64 lb B2H6 
 
 2 lb-mol BCl3 
1.63 lb-mol B2H6 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3.26 lb-mol BCl3 
 lb-mol B2H6 
 
 RLR 3.26 
GF= ⎯⎯⎯ x 100 = ⎯⎯⎯ x 100 = 38.26 % 
 RLS 8.52 
 
 
6.12 - Se mezclan 319.4 kg de Fe2O3 con 93.6 kg de carbono según la reacción del 
problema 6.7. ¿ Cuál es el reactivo limitante y cuál el porcentaje en exceso? 
 
 kg-mol Fe2O3 
319.4 kg Fe2O3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2 kg-mol Fe2O3 
 159.7 kg Fe2O3 
 
 
 1 kg-at C 
93.6 kg C x ⎯⎯⎯⎯ = 7.8 kg-at C 
 12 kg C 
 
 3 kg-at C 
Relación estequiométrica = ⎯⎯ = 3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 1 kg-mol Fe2O3 
 
 7.8 kg-at C 
Relación del problema = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3.9 
 2 kg-mol Fe2O3 
 
 
Según lo anterior el reactivo limitante es el Fe2O3 y el reactivo en exceso es el C. 
 
 3.9 - 3.0 
Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 30 % 
 3.0 
 
 
6.13 - Cuando se calcina 1 tonelada de CaCO3 se desprenden 400 m3 de CO2 a 
0.8 atm y 300 oC. Determine el porcentaje de CaCO3 descompuesto. 
 
 
CaCO3 = CaO + CO2 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 208 
 
 kg-mol CaCO3 
1 000 kg CaCO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10 kg-mol CaCO3 
 100 kg CaCO3 
 
 
Se calculan ahora los kg-mol de CO2 formados: 
 
 
n = PV/RT 
 
 
 0.8 atm x 400 m3 273 oK x kg-mol 
n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 6.8 kg-mol CO2 
 573 oK 1 atm x 22.414 m3 
 
El CaCO3 que reacciona será: 
 
 1 kg-mol CaCO3 
 6.8 kg-mol CO2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 6.8 kg-mol CaCO3 
 1 kg-mol CO2 
 
Porcentaje que reacciona = (6.8/10) x 100 = 68 % 
 
 
 
6.14- ¿Cuántos kilogramos de O2 deben suministrarse para quemar por completo 
150 kilogramos de propano y cuántos kilogramos de agua se forman si el 
grado de finalización de la reacción es del 90% y el oxígeno se suministra 
en un 32% en exceso ? 
 
 
B.C.: 150 kg de C3H8 
 
C3H8 + 5 O2 = 3 CO2 + 4 H2 O 
 
 kg-mol C3H8 
 150 kg C3H8 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3.41 kg-mol C3H8 
 44 kg C3H8 
 
Se calcula ahora el oxígeno estequiométrico: 
 
 5 kg-mol O2 
 3.41 kg-mol C3H8 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.05 kg-mol O2 
 1 kg-mol C3H8 
 
El oxígeno suministrado será: 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 209 
 
17.05 x 1.32 = 22.5 kg-mol O2 
 
 32 kg O2 
22.5 kg-mol O2 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 720 kg O2 
 kg-mol O2 
 
C3H8 que reacciona = 3.41 x 0.9 = 3.069 kg-mol 
 
 4 kg-mol H2O 18 kg H2O 
 3.069 kg-mol C3H8 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 221 kg H2O 
 1 kg-mol C3H8 kg-mol H2O 
 
 
 
6.15 - Para formar 4 500 lb de FeSO4 se necesitó 1 tonelada de hierro. Si se 
suministran 335 galones de H2SO4 puro cuya densidad es 1.8 g/cm3. 
Calcular: 
 
a) El reactivo limitante. 
b) El porcentaje exceso. 
c) El grado de finalización. 
d) Los kilogramos de H2 obtenidos y su volumen en m3 a condiciones 
normales. 
 
 
Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 
 
a) 
 lb-mol FeSO4 
4 500 lb FeSO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 29.63 lb-mol FeSO4151.85 lb FeSO4 
 
 1 kg-at Fe 
1 000 kg Fe x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.9 kg-at Fe 
 55.85 kg Fe 
 
 pie3 1.8 g kg (30.48 cm)3 
335 gal H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 7.48 gal cm3 1 000 g pie3 
 
= 2 282.7 kg H2SO4 
 
 
 kg-mol H2SO4 
2 282.7 kg H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 23.29 kg-mol H2SO4 
 98 kg H2SO4 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 210 
 1 kg-mol H2SO4 
Relación estequiométrica = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 
 1 kg-at Fe 
 
 23.29 kg-mol H2SO4 
 Relación del problema = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.3 
 17.9 kg-at Fe 
 
 
Según lo anterior, el reactivo limitante es el Fe y el reactivo en exceso es el 
H2SO4. 
 
 1.3 - 1 
b) Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯ x 100 = 30 % 
 1 
 
c) Para calcular el grado de finalización se procede: 
 
 kg-mol 
 29.63 lb-mol FeSO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 13.43 kg-mol FeSO4 
 2.205 lb 
 
El Fe que reacciona será: 
 
 1 kg-at Fe 
13.43 kg-mol FeSO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 13.43 kg-at Fe 
 1 kg-mol FeSO4 
 
 
 RLR 13.43 
GF = ⎯⎯ x 100 = ⎯⎯⎯ x 100 = 75 % 
 RLS 17.9 
 
 
 
d) 1 kg-mol H2 2 kg H2 
 13.43 kg-mol FeSO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 26.86 kg H2 
 1 kg-mol FeSO4 kg-mol H2 
 
 
 V = 13.43 kg-mol H2 x 22.414 m3/kg-mol = 301 m3 H2 
 
 
6.16 - Una mezcla de H2 y N2 con una relación molar de 4 (moles de H2/mol N2), 
se alimenta a un reactor de amoniaco. Si el grado de finalización es del 30%, 
calcular los kilogramos de amoniaco producidos por kilogramo de mezcla 
inicial y el porcentaje de H2 en exceso. 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 211 
3 H2 + N2 = 2 NH3 
 
B.C.: 4 kg-mol H2 y 1 kg-mol de N2 (5 kg-mol mezcla) 
 
4 kg-mol H2 x 2 mol-1 = 8 kg H2 
 
1 kg-mol N2 x 28 mol-1 = 28 kg N2 
 
Total mezcla = 8 + 28 = 36 kg 
 
 
El reactivo limitante según la reacción es el N2. 
 
 
H2 teórico = 3 kg-mol 
 
H2 suministrado = 4 kg-mol 
 
 4 - 3 
Porcentaje en exceso = ⎯⎯⎯⎯ x 100 = 33.3 % 
 3 
 
El amoniaco producido será: 
 
 
 2 kg-mol NH3 17 kg NH3 
1 kg-mol N2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 0.3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10.2 kg NH3 
 1 kg-mol N2 kg-mol NH3 
 
 
 10.2 kg NH3 kg NH3 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.283 ⎯⎯⎯⎯⎯ 
 36 kg mezcla kg mezcla 
 
 
6.17 - La caliza es una mezcla de carbonatos de magnesio y calcio, además de 
material inerte. La cal se obtiene calcinando los carbonatos, esto es, 
calentando hasta retirar el CO2 de acuerdo a las reacciones: 
 
CaCO3 = CaO + CO2 
 
MgCO3 = MgO + CO2 
 
Al calcinar la caliza pura, consistente en carbonatos únicamente, se obtienen 44.8 
lb de CO2 por cada 100 lb de caliza. ¿ Cuál es la composición de la caliza? 
 
 B.C. 100 lb de caliza 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 212 
X = lb de CaCO3 en la caliza 
 
 lb-mol CaCO3 1 lb-mol CO2 lb CO2 
X lb CaCO3 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 44 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 100 lb CaCO3 1 lb-mol CaCO3 lb-mol CO2 
 
 
= 0.44 X lb de CO2 
 
 
 lb-mol MgCO3 1 lb-mol CO2 44 lb CO2 
 (100 - X) lb MgCO
3
 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 84,32 lb MgCO3 1 lb-mol MgCO3 lb-mol CO2 
 
 
= (52.18 - 0.5218 X) lb CO2 
 
 
 La ecuación final queda: 
 
 
 
0.44 X + 52.18 - 0.5218 X = 44.8 
 
Resolviendo: X = 90.22 lb CaCO3 
 
Composición: CaCO3 90.22 % peso 
 
 MgCO3 9.78 % 
 
 
 
6.18 - Los procesos modernos para producir ácido nítrico se basan en la oxidación 
de amoniaco sintetizado por la reacción de Haber. El primer paso en el 
proceso de oxidación es la reacción de NH3 con O2 sobre un catalizador de 
platino, para producir óxido nítrico. 
 
4 NH3 + 5 O2 = 4 NO + 6 H2O 
 
Bajo un conjunto determinado de condiciones, se obtiene una conversión de 
90% de NH3, con una alimentación de 40 kg-mol/hr de NH3 y 60 kgmol/hr de 
O2. Calcular el flujo de salida del reactor para cada componente. 
 
B.C.: 1 hora 
 
 NH3 que reacciona = 40 x 0.9 = 36 kg-mol 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 213 
NH3 que sale = 40 - 36 = 4 kg-mol 
 
 O2 que reacciona = 36 x (5/4) = 45 kg-mol 
 
O2 que sale = 60 - 45 = 15 kg-mol 
 
NO formado = 36 x (4/4) = 36 kg-mol 
 
H2O formada = 36 x (6/4) = 54 kg-mol 
 
El diagrama muestra los resultados del problema. 
 
 
 
 
6.19 - El óxido de etileno utilizado en la producción de glicol se fabrica mediante la 
oxidación parcial de etileno con un exceso de aire, sobre un catalizador de 
plata. La reacción principal es: 
 
 
2 C2H4 + O2 = 2 C2H4O 
 
 
Desafortunadamente, algo del etileno sufre también oxidación completa 
hasta CO2 y agua, a través de la reacción: 
 
 
C2H4 + 3 O2 = 2 CO2 + 2 H2O 
 
 
Utilizando una alimentación con 10% de etileno y una conversión de etileno 
del 25%, se obtiene una conversión del 80% en la primera reacción. Calcular 
la composición de la corriente de descarga del reactor. 
 
 
B.C.: 100 kg-mol de alimentación al reactor. 
 
 
Aire alimentado = 90 kg-mol 
 
O2 = 90 x 0.21 = 18.9 kg-mol 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 214 
 
N2 = 90 x 0.79 = 71.1 kg-mol 
 
C2H4 que reacciona = 10 x 0.25 = 2.5 kg-mol 
 
C2H4 que sale = 10 - 2.5 = 7.5 kg-mol 
 
C2H4O producido = 2.5 x 0.8 x (2/2) = 2 kg-mol 
 
CO2 producido = 2.5 x 0.2 x (2/1) = 1 kg-mol 
 
H2O producida = 2.5 x 0.2 x (2/1) = 1 kg-mol 
 
 O2 que reacciona = 1 + (3/2) = 2.5 kg-mol 
 
O2 que sale = 18.9 - 2.5 = 16.4 kg-mol 
 
 
El diagrama muestra los resultados del problema. 
 
 
 
 
 
 
6.20 - La reducción de mineral de magnetita, Fe3O4, a hierro metálico, puede 
efectuarse haciendo reaccionar al mineral con hidrógeno. Las reacciones 
que ocurren son: 
 
Fe3O4 + H2 = 3 FeO + H2O 
 
FeO + H2 = Fe + H2O 
 
 
Cuando se alimentan a un reactor 4 kg-mol/hr de H2 y 1 kg-mol/hr de Fe3O4, 
se obtiene una descarga en estado estable de 0.1 kg-mol/hr demagnetita y 
2.5 kg-at/hr de Fe, junto con otras sustancias. Calcule la descarga completa 
del reactor. 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 215 
 
 
B.C.: 1 hr 
 Fe alimentado = 3 kg-at 
 
 Fe que formó FeO = 3 - (2.5 + 0.1 x 3) = 0.2 kg-at 
 
FeO formado = 0.2 kg-mol 
 
O2 que entra = 4 kg-at 
 
 O2 que forma H2O = 4 - (0.2 + 0.4) = 3.4 kg-at 
 
H2O formada = 3.4 kg-mol 
 
H2 que entra = 4 kg-mol 
 
H2 que sale = 4 - 3.4 = 0.6 kg-mol 
 
 
 
El diagrama muestra los resultados del problema. 
 
 
 
 
 
6.21 - El clorobenceno se fabrica haciendo reaccionar cloro seco con benceno 
líquido, utilizando cloruro férrico como catalizador. Existen dos reacciones 
donde se forma mono y diclorobenceno: 
 
C6H6 + Cl2 = C6H5Cl + HCl (1) 
 
C6H5Cl + Cl2 = C6H4Cl2 + HCl (2) 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 216 
 
El 90% del benceno forma monoclorobenceno y 15% de éste reacciona para 
formar diclorobenceno. El Cl2 se suministra en un 20% en exceso del 
necesario para la monocloración. El HCl y el Cl2 en exceso abandonan el 
reactor como gases. El producto líquido obtenido contiene benceno sin 
reaccionar, mono y diclorobenceno. Sobre la base de 100 lb de benceno 
alimentado, calcular: 
 
a) La masa y composición del producto líquido. 
b) La masa y composición de los gases que abandonan el reactor. 
 
 
 
B.C.: 1 lb-mol de C6H6 alimentado al reactor 
 
C6H6 que reacciona en (1) = 0.9 lb-mol 
 
C6H5Cl formado = 0.9 lb-mol 
 
C6H5Cl que reacciona en (2) : 0.9 x 0.15 = 0.135 lb-mol 
 
C6H5Cl que sale = 0.9 - 0.135 = 0.765 lb-mol 
 
C6H4Cl2 formado = 0.135 lb-mol 
 
HCl formado = 0.9 + 0.135 = 1.035 lb-mol 
 
Cl2 suministrado = 1 x 1.2 = 1.2 lb-mol 
 
Cl2 que reacciona = 0.9 + 0.135 = 1.035 lb-mol 
 
Cl2 que sale = 1.2 - 1.035 = 0.165 lb-mol 
 
 
 
a) Producto líquido formado para 100 lb de C6H6: 
 
 C6H6 = 0.1 x 78 x (100/78) = 10 lb 
 
C6H5Cl = 0.765 x 112.5 x (100/78) = 110.3 lb 
 
 C6H4Cl2 = 0.135 x 147 x (100/78) = 25.4 lb 
 
 Total = 145.7 lb 
 
 
b) Gases por 100 lb de C6H6: 
 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 217 
HCl = 1.035 x 36.5 x (100/78) = 48.42 lb 
 
 Cl2 = 0.165 x 71 x (100/78) = 15.01 lb 
 
 Total = 63.43 lb 
 
 
Composición molar: 
 
 
(HCl + Cl
2
) que sale = 1.035 + 0.165 = 1.2 lb-mol 
 
 HCl (1.035/1.2) x 100 = 86.25 % 
 
 Cl2 (0.165/1.2) x 100 = 13.75 % 
 
 
 
 
 
 
El diagrama de flujo muestra el resumen del problema. 
 
 
 
6.22 - Se hidrogena una mezcla de etileno y butileno para producir una mezcla de 
productos que contiene etileno, butileno, etano, butano e hidrógeno. Si se 
alimentan al proceso 10 kg-mol de C2H4, 10 kg-mol de C4H8 y 21 kg-mol de 
H2, y si las cantidades de salida de C2H6, C4H10 y C4H8 son respectivamente 
8, 6 y 4 kgmol, calcular los kg-mol de C2H4 e H2 en la descarga. 
 
Sea X = kg-mol de H2 a la salida 
 
Y = kg-mol de C2H4 a la salida 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 218 
Balance de C en kg-at: 
 
20 + 40 = 16 + 2 Y + 24 + 16 
 
Balance de H en kg-at: 
 
40 + 80 + 42 = 48 + 4 Y + 60 + 32 + 2 X 
 
Resolviendo: Y = 2 kg-mol ; X = 7 kg-mol 
 
 
 
 
6.23 - Puede deshidrogenarse el etano para formar acetileno en la reacción: 
 
 
C2H6 = C2H2 + 2 H2 
 
Suponiendo que se cargan 100 lb-mol de etano a un reactor intermitente, y 
que se alcanza una conversión de 75%. Calcular las siguientes propiedades 
del producto final: 
 
a) Moles totales. 
b) Relación molar de acetileno a hidrógeno. 
c) Masa molecular promedio. 
d) Fracción en masa de acetileno. 
 
 
C2H6 que reacciona = 100 x 0.75 = 75 lb-mol 
 
C2H6 que sale = 100 - 75 = 25 lb-mol 
 
C2H2 formado = 75 lb-mol 
 
H2 formado = 75 x 2 = 150 lb-mol 
 
a) El número total de moles del producto final es 250 lb-mol. 
 
b) Relación C2H2/H2 = 75/150 = 0.5 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 219 
 
c) La masa total de productos será: 
 
 m = 25 x 30 + 75 x 26 + 150 x 2 = 3 000 lb 
 
M = (m/n) = (3 000/250) = 12 mol-1
 
 
d) Masa de C2H2 en el producto de salida: 
 
m = 75 x 26 = 1950 lb 
 
Fracción en masa = (1 950/3 000) = 0.65 
 
El diagrama muestra los resultados del problema. 
 
 
 
 
6.24 - El nitrobenceno se produce por la nitración del benceno utilizando ácido 
mezclado. La reacción es: 
 
 
C6H6 + HNO3 = C6H5NO2 + H2O 
 
 
La conversión del benceno a nitrobenceno es del 97%. Se utilizan 1 000 lb 
de benceno y 2 070 lb de mezcla ácida cuya composición en peso es: HNO3 
39%, H2SO4 53% y H2O 8%. 
 
a) ¿ Cuál fué el exceso de ácido nítrico utilizado ? 
b) ¿ Cuál será la cantidad de nitrobenceno producida? 
 
 
 
 1 000 
C6H6 suministrado = ⎯⎯⎯⎯ = 12.82 lb-mol 
 78 
 
 2 070 x 0.39 
 HNO3 suministrado = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 12.82 lb-mol 
 63 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 220 
a) La alimentación se hace en forma estequiométrica. 
 
b) C6H6 que reacciona = 12.82 x 0.97 = 12.43 lb-mol 
 
 C6H5NO2 formado = 12.43 lb-mol 
 
Masa = 12.43 x 123 = 1 528.9 lb 
 
 
 
6.25 - Se produce etanol a nivel comercial mediante la hidratación de etileno: 
 
C2H4 + H2O = C2H5OH 
 
Parte del producto se convierte a eter dietílico mediante la reacción lateral: 
 
2 C2H5OH = (C2H5)2O + H2O 
 
La alimentación a un reactor contiene 53.7% molar de C2H4, 36.7% de H2O y 
el resto de inertes. Se obtiene una conversión de etileno de 5% y un 
rendimiento de 90% con base en el etileno consumido. Calcular la 
composición molar de la corriente de salida del reactor, y la selectividad de 
la producción de etanol respecto a la producción de éter. 
 
B.C.: 100 kg-mol de alimentación al reactor. 
 
C2H4 que reacciona = 53.7 x 0.05 = 2.685 kg-mol 
 
C2H4 que sale = 53.7 - 2.685 = 51.015 kg-mol 
 
C2H5OH producido = 2.685 kg-mol 
 
(C2H5)2O producido = 2.685 x 0.1 x (1/2) = 0.1342 
 
C2H5OH que sale = 2.685 x 0.9 = 2.4165 kg-mol 
 
 H2O que reacciona = 2.685 kg-mol 
 
H2O que se forma = 0.1342 kg-mol 
 
H2O que sale = 36.7 - 2.685 + 0.1342 = 34.15 kg-mol 
 
 
Composición de la corriente de salida: 
 
 
 C2H4 51.0150 52.42 % 
 
 C2H5OH 2.4165 2.48 % 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 221 
 
 (C2H5)2O 0.1342 0.13 % 
 
 H2O 34.15 35.09 %Inert 9.6 9.86 % 
 
 
 
 moles producto deseado 
Selectividad = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 moles producto indeseado 
 
 
 
 2.48 
Selectividad = ⎯⎯⎯ = 19.07 % 
 0.13 
 
 
El diagrama muestra los resultados del problema. 
 
 
 
 
 
6.26 - Los poliglicoles se producen por la hidratación catalítica del óxido de etileno, 
seguida de adiciones sucesivas del óxido a los glicoles resultantes. Las 
reacciones químicas que describen este proceso son: 
 
 
H2O + C2H4O = C2H4(OH)2 (1) 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 222 
C2 H4(OH)2 + C2H4O = (C2H4OH)2O (2) 
 
 (C2H4OH)2O + C2H4O = (C2H3OH)3(H2O) (3) 
 
 
Al hacer reaccionar óxido de etileno con un 40% en exceso de agua se 
produce una mezcla que contiene: 10 kg-mol de C2H4(OH)2, 30 kg-mol de 
(C2H4OH)2O y 10 kg-mol de (C2H3OH)3(H2O). Determinar los kg-mol de 
C2H4O y H2O alimentados al proceso. 
 
 
C2H4O que reacciona en (3) = 10 kg-mol 
 
(C2H4OH)2O que reacciona en (3) = 10 kg-mol 
 
(C2H4OH)2O que se formó en (2) = 10 + 30 = 40 kg-mol 
 
C2H4O que reaccionó en (2) = 40 kg-mol 
 
C2H4(OH)2 que reaccionó en (2) = 40 kg-mol 
 
C2H4(OH)2 que se formó en (1) = 10 + 40 = 50 kg-mol 
 
C2H4O que reaccionó en (1) = 50 kg-mol 
 
H2O que reaccionó en (1) = 50 kg-mol 
 
C2H4O consumido = 50 + 40 + 10 = 100 kg-mol 
 
H2O que se suministró = 50 x 1.4 = 70 kg-mol 
 
 
El diagrama muestra los resultados del problema. 
 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 223 
 
 
6.27 - Una planta industrial lleva a cabo la reacción entre el metanol y el oxígeno 
para formar formaldehído y agua, y produce cinco millones de kilogramos de 
formaldehído por año, operando 365 días al año, 24 horas al día. El oxígeno 
alimentado al reactor se halla en un 25% en exceso respecto a la cantidad 
requerida teóricamente para la reacción. La conversión global de metanol es 
del 95% . Calcular el flujo de alimentación de oxígeno al reactor en kg/hr. 
 
 
La reacción es: 
 
CH3OH + 0.5 O2 = CH2O + H2O 
 
B.C.: 1 hr 
 
 kg año día 
5 x 106 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 570.7 kg/hr CH2O 
 año 365 dias 24 hr 
 
 570.7 
⎯⎯⎯⎯ = 19 kg-mol CH2O 
 30 
 
CH3OH que reacciona = 19 kg-mol 
 
CH3OH alimentado = (19/0.95) = 20 kg-mol 
 
O2 teórico = 20 x (1/2) = 10 kg-mol 
 
 O2 suministrado = 10 x 1.25 = 12.5 kg-mol = 400 kg 
 
Flujo de O2 alimentado = 400 kg/hr 
 
 
6.28 - Una de las técnicas para producir hidrógeno en operaciones de refinería y 
petroquímica, consiste en hacer reaccionar hidrocarburos gaseosos tales 
como el metano y el etano con vapor de agua en presencia de catalizadores 
de níquel. El análisis en base seca de los gases que salen del reactor es: 
 
 CH4 4.6 % 
 C2H6 2.3 % 
 CO 18.6 % 
 CO2 4.6 % 
 H2 69.7 % 
 
Suponiendo que solamente el metano y el etano están presentes en el gas 
de alimentación al reactor: 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 224 
 
a) ¿ Cuál es la relación molar de estos dos gases ? 
b) ¿ Cuántas libras de vapor de agua reaccionarán en el reactor con 1 000 
pies3 (CNPT) de gas alimentado ? 
 
 
Sea: X = lb-mol de CH4 
 Y = lb-mol de C2H6 
 Z = lb-mol de H2O 
 
En este tipo de problemas se desconocen las reacciones químicas y debe 
resolverse mediante un balance de especies atómicas. 
 
 
B.C.:100 lb-mol de producto gaseoso libre de humedad. 
 
Balance de C: 
 
X + 2 Y = 4.6 + 2 x 2.3 + 18.6 + 4.6 
 
Balance de H: 
 
4 X + 6 Y + 2 Z = 4 x 4.6 + 6 x 2.3 + 2 x 69.7 
 
Balance de O: 
 
Z = 18.6 + 2 x 4.6 = 27.8 
 
Resolviendo: 
 
 Z = 27.8 lb-mol 
 X = 18.8 lb-mol 
 Y = 6.8 lb-mol 
 
 
a) Relación molar (CH4/C2H6) = 18.8/6.8 = 2.76 
 
b) Gas seco alimentado = 18.8 + 6.8 = 25.6 lb-mol 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 225 
 
Volumen (CNPT) = 25.6 x 359 = 9 190.4 pies3 
 
 Vapor de agua = 27.8 lb-mol x 18 mol-1 = 500.4 lb 
 
 500.4 lb 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 pies3 = 54.44 lb vapor H2O 
 9 190.4 pies3 
 
 
 
6.29 - Se produce propileno mediante la descomposición térmica (cracking) del 
propano. La reacción se efectúa en un horno, debido a sus requerimientos 
elevados de calor. Se sabe que una alimentación de propano puro, C3H8, 
produce una corriente con la siguiente composición molar: C3H8 45%, C3H6 
20%, C2H4 5% y el resto C2H6, CH4 y H2. La proporción de C2H6 a CH4 es de 
2 a 1. No se observan depósitos de carbón en los tubos del horno. Calcular 
la composición completa de la corriente de producto. 
 
 
B.C.: 100 kg-mol de producto obtenido. 
 
Sea: X = kg-mol de C2H6 
 Y = kg-mol CH4 
 Z = kg-mol H2 
 
C
(Total)
 = 45 x 3 + 20 x 3 + 5 x 2 + 2 X + Y 
 
C
(Total)
 = 205 + 2 X + Y 
 
H
(Total)
 = 45 x 8 + 20 x 6 + 5 x 4 + 6 X + 4 Y + 2 Z 
 
H
(Total)
 = 500 + 6 X + 4 Y + 2 Z 
 
La primera ecuación puede obtenerse a partir de la relación dada por el problema: 
 
 (C2H6/CH4) = 2 = X/Y X = 2 Y 
 
Como gas el proviene del cracking de propano puro se tendrá la siguiente 
ecuación: 
 
 H 500 + 6 X + 4 Y + 2 Z 8 
⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯ 
 C 205 + 2 X + Y 3 
 
Efectuando las operaciones: 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 226 
2 X + 4 Y + 6 Z = 140 
 
El número total de kg-mol según la base de cálculo debe ser 100, luego la tercera 
ecuación será: 
 
45 + 20 + 5 + X + Y + Z = 100 
 
 
Efectuando las operaciones: X + Y + Z = 30 
 
 
Resolviendo el sistema se tendrá: 
 X = 8 kg-mol 
 Y = 4 kg-mol 
 Z = 18 kg-mol 
 
Composición del producto gaseoso: 
 
 C3H8 45 % 
 C3H6 20 % 
 C2H4 5 % 
 C2H6 8 % 
 CH4 4 % 
 H2 18 % 
 
 
6.30 - Los gases que entran a un reactor de NH
3
 están en relación de 4 moles de 
H2/mol N2. La relación molar de estos gases a la salida es de 4.25. ¿ Cuál 
será el volumen de gas que entra a 500 oC y 1 atm para producir 150 
toneladas de NH3 por día ? 
 
N2 + 3 H2 = 2 NH3 
 
B.C.: 5 kg-mol de gases a la entrada 
 
H2 : 4 kg-mol N2 : 1 kg-mol 
 
X = kg-mol deN2 que reacciona 
 
N2 que sale = (1 - X) kg-mol 
 
H2 que sale = (4 - 3X) kg-mol 
 
NH3 formado = 2 X kg-mol 
 
Como la relación molar H2/N2 a la salida es 4.25 se tiene la siguiente ecuación: 
 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 227 
 4 - 3X 
⎯⎯⎯⎯ = 4.25 
 1 - X 
 
Resolviendo: X = 0.2 
 
 
 nRT 5 x 773 1 x 22.414 
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 317.32 m3 
 P 1 273 
 
 
 
NH producido = 2 x 0.2 = 0.4 kg-mol = 0.4 x 17 = 6.8 kg = 6.8 x 10-3 ton 
 
 
 317.32 m3 ton día hr 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 150 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 4 861 m3/mi 
 6.8 x 10-3 ton día 24 hr 60 mi 
 
 
 
6.31 - El proceso Deacon puede invertirse y en esta forma obtener HCl a partir de 
Cl2 y vapor de agua mediante la eliminación del O2 formado utilizando coque 
caliente de acuerdo con la siguiente reacción: 
 
 
2 Cl2 + 2 H2O + C = 4 HCl + CO2 
 
Si el análisis del cloro gaseoso de celda es: Cl2 90% y aire 10%, y este gas 
se mezcla con 5% en exceso de vapor de agua, pasando la mezcla a través 
de un lecho de coque a 900 oC, la conversión de Cl2 será de 80% pero todo 
el oxígeno del aire reaccionará. Calcular la composición de los gases de 
descarga del convertidor suponiendo que no hay formación de CO. 
 
 
B.C.: 100 lb-mol de cloro gaseoso de celda 
 
Cl2 que reacciona = 90 x 0.8 = 72 lb-mol 
 
Cl2 que sale = 90 - 72 = 18 lb-mol 
 
H2O teórica = 90 lb-mol 
 
H2O suministrada = 90 x 1.05 = 94.5 lb-mol 
 
H2O que reacciona = 72 lb-mol 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 228 
H2O que sale = 94.5 - 72 = 22.5 lb-mol 
 
HCl formado = 144 lb-mol 
 
CO2 formado a partir del O2 del aire: 
 
 lb-mol CO2 
 10 x 0.21 lb-mol O2 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.1 lb-molCO2 
 lb-mol O2 
 
CO2 total = 2.1 + 36 = 38.1 lb-mol 
 
N2 = 10 x 0.79 = 7.9 lb-mol 
 
 
Análisis de los gases de salida: 
 
 Cl2 18 lb-mol 7.8 % 
 H2O 22.5 lb-mol 9.76 % 
 HCl 144 lb-mol 62.47 % 
 CO2 38.1 lb-mol 16.53 % 
 N2 7.9 lb-mol 3.42 % 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 230.5 lb-mol 
 
 
6.32 - En el procesamiento de la sal para la fabricación de ácido clorhídrico, se 
calientan en un horno, el H2SO4 y NaCl. El gas HCl producido se retira de la 
mezcla en reacción, se enfría y purifica, y luego se pasa a un absorbedor en 
donde se absorbe con agua para producir una solución al 32% en peso de 
HCl. Para producir una tonelada de ácido clorhídrico al 32% se cargan en el 
horno 1 050 lb de sal y 945 lb de ácido sulfúrico al 100%. La reacción se 
continúa hasta completar. Una pequeña parte del HCl formado se pierde en 
los gases que salen de la torre de absorción. Los productos sólidos de la 
reacción se retiran del horno y se venden como torta de sal. 
 
a) ¿ Cuál de los reactivos está en exceso? 
b) ¿ Cuál es el porcentaje en exceso ? 
c) ¿ Qué porcentaje del HCl producido se pierde con los gases que salen del 
absorbedor ? 
d) Determinar la masa y la composición de la torta de sal producida por 
tonelada de ácido clorhídrico. (Tomar 1 ton = 2 000 lb) 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 229 
 
 
 
 
2 NaCl + H2SO4 = Na2SO4 + 2 HCl 
 
 lb-mol NaCl 
 1 050 lb NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.95 lb-mol NaCl 
 58.5 lb NaCl 
 
 lb-mol H2SO4 
945 lb H2SO4 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 9.64 lb-mol H2SO4 
 98 lb H2SO4 
 
a) Puesto que 17.95 lb-mol de NaCl necesitan sólo 8.975 lb-mol de H2SO4, el 
reactivo en exceso es el H2SO4. 
 
b) 9.64 - 8.975 
% en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 7.41 % 
 8.975 
 
c) 
 lb-mol HCl 
2 000 lb HCl x 0.32 x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.534 lb-mol HCl 
 36.5 lb HCl 
 
El HCl producido será: 
 
 2 lb-mol HCl 
17.95 lb-mol NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 17.95 lb-mol HCl 
 2 lb-mol NaCl 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 230 
 
 
Pérdidas = 17.951 - 17.534 = 0.417 lb-mol 
 
 0.417 
⎯⎯⎯⎯ x 100 = 2.32 % 
 17.951 
 
d) El Na2SO4 producido será: 
 
 
 1 lb-mol Na2SO4 lb Na2SO4 
17.95 lb-mol NaCl x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 142 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 274.45 lb Na2SO4 
 2 lb-mol NaCl lb-mol Na2SO4 
 
 
H2SO4 en exceso = (9.64 - 8.975) x 98 = 65.17 lb 
 
 
Torta: Na2SO4 1 274.45 lb 95.13 % peso 
 H2SO4 65.17 lb 4.86 % 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 1 339.62 lb 
 
 
 
6.33 -El sulfato de aluminio es producido en la reacción entre la bauxita con H2SO4 
del 77.7%. El mineral de bauxita contiene 55% de Al2O3 y el resto de 
impurezas. Se tratan 670 lb de bauxita con 1 140 lb de ácido para producir 
1000 lb de sulfato de aluminio crudo Al2 (SO4)3. 
 
a) Determinar el porcentaje de reactivo en exceso. 
b) ¿Cuál fué el porcentaje de conversión de cada reactivo en la formación 
del Al2 (SO4)3.? 
 
 
Al2O3 + 3 H2SO4 = Al2 (SO4)3 + 3 H2O 
 
 
 1 
670 x 0.55 = 368.5 lb x ⎯⎯⎯ = 3.612 lb-mol Al2O3 
 102 
 
 1 
1 140 x 0.777 = 885.78 lb x ⎯⎯ = 9.038 lb-mol H2SO4 
 98 
 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 231 
 3.612 lb-mol Al2O3 
Relación del problema = ⎯⎯⎯⎯ = 0.4 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 9.038 lb-mol H2SO4 
 
Relación estequiométrica = 1/3 = 0.333 
 
 
El reactivo en exceso es el Al2O3. 
 
 0.4 - 0.33 
% en exceso = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 21.2 % 
 0.33 
 
 1 000 
⎯⎯⎯⎯ = 2.923 lb-mol lb Al2(SO4)3. 
 342 
 
H2SO4 que reacciona = 2.923 x 3 = 8.769 lb-mol 
 
Al2O3 que reacciona = 2.923 lb-mol 
 
 
Los porcentajes de conversión serán: 
 
H2SO4: (8.769/9.038) x 100 = 97.02 % 
 
 Al2O3 : (2.923/3.612) x 100 = 80.92 % 
 
 
 
6.34 - Una planta productora de gas opera soplando en forma alternativa aire y 
vapor de agua a través de un lecho de coque. En el período en que se sopla 
aire, el carbono se quema según la reacción: 
 
 
C + O2 = CO2 (1) 
 
En esta etapa se calienta el coque. 
 
C + 0.5 O2 = CO (2) 
 
En el período en que se sopla vapor, el carbón se enfría y se desarrolla la 
siguiente reacción: 
 
C + H2O = CO + H2 (3) 
 
C + 2 H2O = CO2 + 2 H2 (4) 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 232 
Los gases resultantes en el período en que se insufla aire se descargan a la 
atmósfera mientras que los productos del período de vapor se almacenan en 
un tanque. 
Considerar que el coque contiene 80% en peso de carbono y el resto es 
ceniza y que el volumen total de aire alimentado a condiciones normales 
durante el período de soplado de aire es igual al volumen total de vapor a 
condiciones normales que se alimenta en dicho período. 
Del coque alimentado, el 90% se utiliza en las reacciones. Durante el 
período de flujo de aire la reacción (1) convierte el doble de carbono que la 
convertida por la reacción (2). Durante el período de vapor, la reacción (3) 
convierte cuatro veces mas carbono que la convertida por la reacción (4). 
Todo el oxígeno del aire alimentado reacciona, pero solamente el 85% del 
vapor alimentado reacciona. 
Determinar el volumen de gas almacenado a 6 pulgadas de H2O 
manométricas y 80 oF por cada tonelada de coque alimentado y su análisis 
volumétrico. 
 
 
B.C.: 1 kg-at de C que reacciona. 
 
En el periodo de soplado de aire se tiene: 
 
X = carbono en las reacciones (1) y (2) 
 
 CO2 formado = 0.66 X kg-mol 
 
 CO formado = 0.33 X kg-mol 
 
 O2 consumido = 0.66 X + (0.33/2) X = 0.825 X kg-mol 
 
 
Aire = 0.825 X (100/21) = 3.928 X kg-mol 
 
En el periodo de soplado con vapor se tiene: 
 
 (1 - X) = carbono en las reacciones (3) y (4) 
 
 CO formado = 0.8 (1 - X) kg-mol 
 CO2 formado = 0.2 (1 - X) kg-mol 
 
H2 formado = 0.8 (1 - X) + 0.4 (1 - X) 
 
 H2 formado = 1.2 (1 - X) kg-mol = H2O que reaccionó 
 
 1.2 (1 - X) 
Vapor alimentado = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.411 (1 - X) 
 0.85 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 233 
Como el volumen de aire alimentado y el volumen de vapor de agua alimentado 
son iguales a las mismas condiciones de temperatura y presión (CNPT), los kg-mol 
de cada uno serán iguales. 
 
 
3.928 X = 1.411 (1 - X) X = 0.264 kg-mol 
 
 
El gas seco almacenado es: 
 
 
 CO 0.8(1-X) = 0.8(0.736) = 0.5888 kg-mol 36.36 % 
CO2 0.2(1-X) = 0.2(0.736) = 0.1472 kg-mol 9.09 % 
 H2 1.2(1-X) = 1.2(0.736) = 0.8832 kg-mol 54.54 % 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 1.6192 kg-mol 
 
H2O que sale = 1.411 (0.736) x 0.15 = 0.1557 kg-mol 
 
6 pulg H2O = 1 493 Pa P = 102.82 kPa 
 
 
A 80 oF y a la presión absoluta de almacenamiento de 102.82 kPa, el gas no puede 
contener mas de 0.0569 kg-mol de agua, luego está saturado y los kg-mol totales 
de gas húmedo serán 1.6192 + 0.0569 = 1.6761 
 
 
 nRT 1.6761 x 540 101.3 x 22.414 
V = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 40.62 m3 
 P 102.82 492 
 
Coque consumido para la base de cálculo: 
 
 [12/(0.9 x 0.8) ] = 16.66 kg coque 
 
 40.62 m3 
V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 kg coque = 2 438 m3 
 16.66 kg coque 
 
6.35 -La cloración de benceno produce una mezcla de mono-,di-, y tetrasustituídos, 
mediante la cadena de reacciones: 
 
C6H6 + Cl2 = C6 H5Cl + HCl 
 
C6H5Cl + Cl2 = C6H4Cl2 + HCl 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 234 
C6H4Cl2 + Cl2 = C6H3Cl3 + HCl 
 
C6H3Cl3 + Cl2 = C6H2Cl4 + HCl 
El producto primario de la cloración es triclorobenceno, que se 
vende como producto para limpieza de textiles, aunque es 
inevitable la producción conjunta de los otros clorobencenos. 
Suponiendo una alimentación con una proporción molar de Cl2 a 
benceno de 3.6 a 1 resulta en un producto con la siguiente 
composición ( porcentaje molar en base libre de HCl y Cl2) 
 
 Benceno 1% 
 Clorobenceno 7% 
 Diclorobenceno 12% 
 Triclorobenceno 75% 
 Tetraclorobenceno 5% 
 
Si se cargan al reactor 1000 kgmol/hr de benceno, calcular los 
kgmol/hr de subproductos HCl y de producto primario C6H3Cl3 
producidos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 C6H6 
 
 1000 kgmol/h 
 
 
 Cl2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
El manejo de las reacciones químicas en este problema complica su solución, en 
consecuencia se aplica un balance por elementos químicos. 
 
B.C. 1 hora o 1000 kgmol de benceno alimentado. 
 
Por la relación del problema se alimentan 3600 kgmol de cloro. 
 
 
 
 HCl Cl2 
 
 
 
 
 
REACTOR 
4
1 
5
2 
3
C6H6 1% 
C6H5Cl 7% 
C6H4Cl2 12% 
C6H3Cl3 75% 
C6H2Cl4 5% 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 235 
Balance de C: 
 
6000 = (6)(0.01) n5 + (6) (0.07) n5 + (6) (0.12) n5 + (6) (0.75) n5 + (6) (0.05) n5 
 
n5 = 1000 kgmol 
 
Balance de H (en kg-at): 
 
6000 = n3 + (6) (0.01) n5 + (5) (0.07) n5 + (4) (0.12) n5 + (3) (0.75) n5 + (2) (0.05) n5 
 
n3 = 2760 kgmol 
 
Balance de Cl ( en kg.at): 
 
(2) (3600) = n3 + (2) n4 + (1) (0.07) n5 + (2) (0.12) n5 + (3) (0.75) n5 + (4) (0.05) n5 
 
n4 = 840 kgmol 
 
El siguiente cuadro resume el problema y comprueba además el balance de masa. 
 
ENTRADAS SALIDAS 
Formula kgmol M kg Formula kgmol M kg 
C6H6 1.000 78 78.000 C6H6 10 78 780 
Cl2 3.600 71 255.600 C6H5Cl 70 112,5 7.875 
 C6H4Cl2 120 147 17.640 
 C6H3Cl3 750 181,5 136.125 
 C6H2Cl4 50 216 108.000 
 Cl2 840 71 59.640 
 HCl 2.760 36,5 100.740 
 
Total 333.600 Total 333.600 
 
 
 
 
6.36 - La operación de síntesis de amoniaco se muestra en el diagrama. Una 
mezcla con relación molar 1:3 de N2:H2 se alimenta al reactor. El grado de 
conversión en el reactor es 30%. El amoniaco formado es separado por 
condensación y los gases restantes son recirculados. Determinar la relación 
de recirculación (moles de reciclo/mol alimento fresco). 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 236 
 
 
N2 + 3 H2 = 2 NH3 
 
B.C.: 100 lb-mol de alimento fresco (N2 + H2) 
 
X = lb-mol de (N2 + H2) en el reciclo 
 
 Moles de (N2 + H2) que entran al reactor = 100 + X 
 
Moles de (N2 + H2) que salen del reactor : 
 
0.7 x (100 + X) 
 
Amoniaco formado = 0.3 x (100 + X) x (2/4) 
 
 
Balance en el punto A: 
 
100 + 0.7 x (100 + X) = 100 + X 
 
 
Resolviendo:X = 233.3 
 
Relación de recirculación: 
 
 (X/100) = (233.3/100) = 2.33 
 
 
 
 
6.37 - Considerar el mismo problema 6.36 con un contenido de Argón en el 
alimento fresco de 0.2 partes por cada 100 partes de (N2 + H2) y un 
contenido límite al entrar al reactor de 5 partes de Argón por cada 100 partes 
de (N2 + H2). Determinar la relación de recirculación. 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 237 
 
 
B.C.: 100 lb-mol de (N2 + H2) en el alimento fresco 
 
X = lb-mol de (N2 + H2) recirculado 
 
Y = lb-mol de (N2 + H2) en la purga 
 
(N2 + H2) que entra al reactor = 100 + X 
 
 (N2 + H2) que sale del reactor = 0.7 x (100 + X) 
 
Amoniaco formado = 0.3 x (100 + X) x (2/4) 
 
Argón alimentado = 0.2 
 
Argón que entra al reactor = (5/100) x (100 + X) 
 
Argón que sale del reactor por mol de (N2 + H2): 
 
 (5/70) = 0.0714 lb-mol Ar/lb-mol (N2 + H2) 
 
Argón en purga = 0.0714 Y 
 
Balance total de Argón: 0.2 = 0.0714 Y 
 
Y = 2.8 lb-mol 
 
Balance de (N2 + H2) en B: 
 
0.7 x (100 + X) = Y + X 
 
X = 224 lb-mol 
 
Relación de recirculación: 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 238 
(X/100) = (224/100) = 2.24 
 
 
 
6.38 - El metanol es producido por la reacción entre el monóxido de carbono y el 
hidrógeno. La reacción principal es: 
 
CO + 2 H2 = CH3OH 
 
También se produce la reacción colateral: 
 
CO + 3 H2 = CH4 + H2O 
 
A 70 psia y 70 oC la conversión de monóxido por paso es del 12.5%. De esta 
cantidad el 87.5% corresponde a la reacción principal y el resto a la 
colateral. La corriente de salida del reactor pasa a través de un condensador 
donde se obtiene una mezcla líquida de metanol y agua, que luego se 
destila. Los gases restantes se pasan a un separador donde todo el CH4 se 
retira y los gases restantes se recirculan. Calcular: 
 
a) La composición en peso de la mezcla metanol-agua. 
b) La relación de recirculación. 
c) El flujo volumétrico en m3/hr de alimento fresco para producir 1 000 gal/hr 
de metanol-agua. 
 
 
 
 
B.C. : 100 kg-mol de alimento al reactor 
 
Relación molar (H2/CO) = (68/32) = 2.125 
 
El reactivo límite es el CO. 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 239 
CO que reacciona = 32 x 0.125 = 4 kg-mol 
 
CO que sale del reactor = 32 - 4 = 28 kg-mol 
 
CO reacción principal = 4 x 0.875 = 3.5 kg-mol 
 
CO reacción colateral = 4 x 0.125 = 0.5 kg-mol 
 
H2 reacción principal = 3.5 x 2 = 7 kg-mol 
 
H2 reacción colateral = 0.5 x 3 = 1.5 kg-mol 
 
H2 que reacciona = 7 + 1.5 = 8.5 kg-mol 
 
H2 que sale del reactor = 68 - 8.5 = 59.5 kg-mol 
 
 
Relación molar = (H2/CO) a la salida del reactor: 
 
 (59.5/28) = 2.125 
 
 
a) Metanol producido = 3.5 x 32 = 112 kg 
 
 Agua producida = 0.5 x 18 = 9 kg 
 ⎯⎯⎯⎯ 
 121 kg 
 
 
CH3OH = (112/121) x 100 = 92.56 % peso 
 
 
b) Reciclo = 59.5 + 28 = 87.5 kg-mol 
 
Alimento fresco = 100 - 87.5 = 12.5 kg-mol 
 
Relación de recirculación = (87.5/12.5) = 7 
c) 
 12.5 kg-mol gal 3.785 lt 0.815 kg 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 121 kg hr gal lt 
 
= 318.67 kg-mol alimento fresco/hr 
 
 
 nRT 318.67 x 343 14.7 x 22.414 m3 
V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 884.5 ⎯⎯ 
 P 70 273 hr 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 240 
 
6.39 - En el proceso Shell para la síntesis de alcohol etílico, la hidratación del 
etileno se realiza a 960 psia y 300 oC. El etileno fresco alimentado contiene: 
C2H4 96% y 4% de gases no reactivos (GNR). El etileno se mezcla con 
vapor de agua y se calienta en un precalentador. La mezcla precalentada se 
alimenta a un reactor el cual contiene gránulos de tierras diatomáceas, 
impregnadas con ácido fosfórico. El vapor de agua y el etileno fresco se 
ajustan de tal manera que la relación molar de agua a etileno en el alimento 
combinado (alimento fresco + reciclo) es 0.65. A las condiciones de 
operación la conversión por paso basada sobre el etileno es 5%. La reacción 
es: 
 
C2H4 + H2O = C2H5OH 
 
 
 
 
 
 
 
Ambas reacciones producen éter dietílico y acetaldehído, los cuales pueden 
despreciarse para el cálculo del problema. El efluente del reactor se pasa 
primero a través de un intercambiador de calor y luego por un sistema de 
separación gas-líquido donde practicamente todo el etanol y el agua son 
removidos de la mezcla gaseosa. Los gases que salen del sistema de 
separación son recirculados al reactor. Con el objeto de limitar la 
concentración de GNR en la alimentación combinada a un 15% molar 
basada sobre el C2H4 + GNR (excluye el agua), una pequeña cantidad de la 
corriente de reciclo es purgada. El diagrama de flujo del proceso se muestra 
en la figura. 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 241 
 
Calcular: 
 
a) La relación de recirculación. 
b) Moles de purga por cada 100 moles de etileno puro alimentado al 
proceso. 
 
 
 
B.C.: 100 moles de C2H4 a la entrada del reactor 
 
Agua a la entrada del reactor = 65 moles 
 
GNR = 100 x (15/85) = 17.647 moles 
 
 
A la salida del reactor: 
 
 GNR = 17.647 moles 
 C2H4 = 95 moles 
 C2H5OH = 5 moles 
 H2O (65 - 5) = 60 moles 
 
 
Producto líquido: C2H5OH 5 moles 
 H2O 60 moles 
 
Gases recirculados: GNR 17.647 moles 
 C2H4 95 moles 
 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
 112.647 moles 
 
Composición gases recirculados: 
 
 GNR 15.66 % molar 
 C2H4 84.33 % 
 
Balance en el punto (M) de mezcla: 
 
X = moles de C2H4 y GNR en alimento fresco 
 
Y = moles de C2H4 y GNR en reciclo 
 
X + Y = 117.647 
 
0.96 X + 0.8433 Y = 100 
 
Resolviendo: X = 6.767 Y = 110.88 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 242 
 
a) Relación de recirculación: 
 
[110.88/(65 + 6.767)] = 1.54 
 
b) Moles de purga = 112.647 - 110.88 = 1.767 
 
 
Etileno alimentado: 
 
100 - (0.8433 x 110.88) = 6.49 moles 
 
 
Las moles de purga serán: 
 
 
 1.767 moles purga 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 moles etileno = 27.22 
 6.49 moles etileno 
 
 
 
 
6.40 - El producto P se forma a partir del reactivo R, de acuerdo con la reacción: 
 
 
2 R = P + W (1) 
 
 
Desafortunadamente, tanto el reactivo como el producto P se descomponen 
y forman el subproducto B según la reacción: 
 
 
 R = B + W (2) 
 
 
Cuando se utiliza una alimentación al proceso que contiene una parte del 
inerte I por 8 partes de R, y se ajusta la relación de recirculación para 
obteneruna fracción molar de R de 0.85 en la alimentación al reactor, se 
observa una conversión de 50% de R en la planta, con un rendimiento de 
80% de P a partir de R. 
Tomando una base de cálculo de 8 moles de R en el alimento fresco, 
determine las moles de cada componente en todas las corrientes del 
proceso. 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 243 
 
 
 
B.C. : 8 moles de R en la corriente 1. 
 
 
Considerando toda la planta, se tendrá: 
 
 
R que no reacciona = 8 x 0.5 = 4 moles 
 
 
En la purga está presente la cantidad de R que no reaccionó, así como los inertes 
presentes en el alimento fresco, luego: 
 
 
Purga : R 4 moles 80 % 
 I 1 moles 20 % 
 
 
R en la reacción (1) = 4 x 0.8 = 3.2 moles 
 
 
R en la reacción (2) = 4 - 3.2 = 0.8 moles 
 
 
Subproducto B formado en (2) = 0.8 moles 
 
 
W formado en (1) y (2) = 1.6 + 0.8 = 2.4 moles 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 244 
 
Balance en el punto de mezcla: 
 
 Total: 9 + n2 = n3 
 
 Parcial de R : 8 + 0.8 n2 = 0.85 n3 
 
 
Resolviendo: 
 
n2 = 7 moles n3 = 16 moles 
 
 
Con el resultado anterior se puede obtener la cantidad en moles de las demás 
corrientes, así: 
 
n7 = n2 + n8 = 7 + 5 = 12 moles 
 
n5 = n7 + n6 = 12 + 1.6 = 13.6 moles 
 
 
En el siguiente cuadro se resumen los resultados del problema: 
 
 
 
 1 2 3 4 5 6 7 8 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 
R 8 5.6 13.6 9.6 9.6 4 
 
P 1.6 1.6 
 
B 0.8 
 
W 2.4 
 
I 1 1.4 2.4 2.4 2.4 1 
 
 
 
 
PROBLEMAS PROPUESTOS 
 
 
6.41 - Calcule la masa en libras de hierro y vapor de agua para producir 135 lb de 
H2. 
 
3 Fe + 4 H2 O = Fe3O4 + 4 H2 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 245 
 
6.42 - Calcule los kilogramos de hidrógeno liberados por kilogramo de hierro en la 
siguiente reacción: 
 
Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 
 
 
6.43 - En la síntesis de amoniaco la siguiente reacción se sucede: 
 
N2 + 3 H2 = 2 NH3 
 
 
6.44 - El butano reacciona con oxígeno puro para producir CO2 y H2O. Determine 
la relación entre la masa de vapor de agua producido y la masa de butano 
que reacciona. ¿ Cuántos kilogramos de oxígeno se necesitan por cada 
kilogramo de butano ? 
 
 
6.45 - Un hidrocarburo cuya fórmula es: (CH1.25)n se quema con oxígeno puro para 
producir CO2 y H2O. Calcule los kilogramos de agua producida cuando se 
queman 100 kilogramos de este hidrocarburo. 
 
 
6.46 - En un convertidor catalítico de una planta de ácido sulfúrico se mezclan 100 
lb de SO2 con 50 lb de O2. Si la reacción es completa, calcule las libras de 
SO3 formado y el porcentaje en exceso de oxígeno. 
 
 
6.47 - Las piritas se oxidan con oxígeno puro según la reacción: 
 
 
2 FeS2 + (15/2) O2 = Fe2O3 + 4 SO3 
 
 
Si 100 kilogramos de FeS2 se oxidan utilizando 400 kilogramos de oxígeno, 
determine el reactivo limitante y el porcentaje en exceso. 
 
 
6.48 - En un determinado proceso se sucede la siguiente reacción: 
 
2 Cr2O3 + 3 CS2 = 2 Cr2S3 + 3 CO2 
 
Por cada kilogramo de Cr2O3 se producen 291 gramos de CO2 y salen sin 
reaccionar 360 gramos de CS2. Determinar: 
 
a) El reactivo limitante. 
b) El grado de finalización. 
c) El porcentaje en exceso. 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 246 
 
 
6.49 - El óxido de hierro se reduce a hierro en un horno eléctrico según la reacción: 
 
 4 Fe2O3 + 9 C = 8 Fe + 6 CO + 3 CO2 
 
Si el carbono se encuentra en un 120% en exceso y sólo el 83% del Fe2O3 
reacciona, calcular: 
 
a) La relación en peso (Fe2O3/C) alimentada al horno. 
b) Los kilogramos de Fe2O3 alimentados al horno para producir 1 tonelada 
de Fe. 
 
 
6.50 - El aluminio se reduce con carbono según la reacción: 
 
Al2O3 + 3 C = 3 CO + 2 Al 
 
Se suministra carbono en un 200% en exceso y el grado de finalizacón de la 
reacción es del 90%. Calcular los kilogramos de carbono en la carga final 
por cada kilogramo de aluminio producido. 
 
 
6.51 - Un pedazo de mármol cuya masa es una libra, se hace reaccionar con HCl y 
desprende 0.24 lb de CO2. Si el mármol se considera formado 
principalmente por CaCO3, ¿ cuál sería su porcentaje en peso ? 
 
 
6.52 - Carbono puro se quema completamente con un 15% en exceso de aire. 
Calcular el porcentaje molar de los gases producidos. 
 
 
6.53 - En un quemador de azufre se alimenta aire en un 25% en exceso con base 
en la oxidación a SO3. El 20% del azufre pasa a SO3 y el resto a SO2. 
Calcular la composición molar de los gases que salen del quemador. 
 
 
6.54 - Un convertidor recibe una carga de 60 toneladas de un mineral que contiene 
54% en peso de FeS. El FeS es oxidado mediante un 15% en exceso de 
aire según la reacción: 
 
2 FeS + 3 O2 = 2 FeO + 2 SO2 
 
Si el grado de finalización de la reacción es del 87%, calcular: 
 
a) La composición en peso de la corriente sólida que sale. 
b) La composición molar de la corriente gaseosa que sale. 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
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6.55 - Un hidrocarburo cuya fórmula es (CH1.2)n se quema completamente con un 
20% en exceso de aire, calcular: 
 
a) El porcentaje de CO2 en el análisis molar de los gases producidos. 
b) Las libras de agua producida por libra de hidrocarburo. 
 
 
6.56 - El benceno reacciona con cloro para formar clorobenceno y ácido clorhídrico 
en un reactor intermitente: 120 kg de benceno y 20% en exceso de cloro 
se encuentran presentes inicialmente, quedando 30 kg de benceno una 
vez terminada la reacción. 
 
a) ¿ Cuántos kilogramos de cloro se encuentran presentes inicialmente ? 
b) ¿ Cuál es la conversión fraccionaria de benceno ? 
c) ¿ Cuál es la composición molar del producto ? 
 
 
6.57 - Puede deshidrogenarse el etano para producir acetileno en la siguiente 
reacción: 
 
C2H6 = C2H2 + 2 H2 
 
Suponiendo que se cargan 100 lb-mol de etano a un reactor intermitente, y 
que se alcanza una conversión del 75%. Calcular las siguientes propiedades 
del producto final gaseoso: 
 
a) Moles totales. 
b) Relación molar de acetileno a hidrógeno. 
c) Masa molecular promedio. 
d) Fracción en masa de acetileno. 
 
 
6.58 - Se produce un gas combustible que contiene CO + H2 en la reacción 
catalítica entre propano y vapor de agua: 
 
C3H8 + 3 H2O = 3 CO + 7 H2 
 
Se mezcla una corriente de propano que fluye a 200 moles/mi con un 50% 
en exceso de vapor de agua, obteniéndose una conversión en el reactor de 
65%. Calcular la fracción molar de H2 en el producto. 
 
 
6.59 - Se lleva a cabo la reacción: 
 
C2H4 + HBr = C2H5Br 
 
Se analiza la corriente de producto y se observa que contiene: 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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C2H5Br 50% molar y HBr 33.3 % molar 
 
La alimentación contiene sólo C2H4 y HBr. Calcular: 
 
a) El grado de finalización de la reacción. 
b) El porcentaje en exceso. 
 
 
6.60 - En la reacción de isomerización el heptano normal se convierte en 2,2 
dimetilpentano con ayuda de un catalizador a 900 oC y 500 psia. El producto 
así obtenido tiene un número de octano de 93 y una densidad de 0.78 g/cm3. 
Calcule los galones de esteúltimo obtenidos por tonelada de heptano 
normal. 
 
 
6.61 - En la reducción del Fe2O3 con monóxido de carbono se produce FeO que 
luego puede ser reducido nuevamente para obtener hierro metálico. Las 
reacciones son: 
 
Fe2O3 + CO = 2 FeO + CO2 
 
 FeO + CO = Fe + CO2 
 
Calcule los kilogramos de Fe2O3 necesarios para la obtención de 1 tonelada 
de Fe y los kilogramos de CO consumidos en el proceso. 
 
 
6.62 - En la fabricación de detergentes sintéticos la formación del ingrediente 
activo requiere de una neutralización del alquil aryl sulfonato según: 
 
 
 C12H25 C12H25 
 
 + NaOH + H2O 
 
 - HSO3 - NaSO3 
 
 
¿Cuántos kilogramos de ingrediente activo pueden obtenerse por tonelada 
de alquil aryl sulfonato ? 
 
 
6.63 - Para alimentar una lámpara de acetileno que consume 420 lt/hr medidos a 1 
atm y 25 oC, se utilizan 1.5 kilogramos de CaC2. ¿ Cuántos minutos durará 
encendida la lámpara ? 
 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
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6.64 - Una mezcla de N2 e H2 con una relación en peso (nitrógeno/hidrógeno) 
equivalente a 2.8, se alimenta a un reactor de amoniaco. Si el grado de 
finalización de la reacción es del 15%, determinar: 
 
a) La composición molar de los gases (N2 + H2) que salen del proceso luego 
de condensado el amoniaco producido. 
 
b) Las libras de gases por libra de amoniaco condensado. 
 
6.65 - Nitrógeno puro a 200 oF y 17 psia fluye a través de una tubería. Se añade 
hidrógeno a esta corriente con el fin de lograr una relación 1:3 necesaria 
en la síntesis del amoniaco. Si el hidrógeno está a 80 oF y 25 psia y se 
desea una velocidad final de 2 000 lb/hr de amoniaco, calcule los pies3/mi 
de H2 y N2 añadidos. 
 
 
 6.66 - 100 lb/hr de un éster orgánico cuya fórmula es C19H36O2 se hidrogena 
hasta C19H38O2. El proceso se efectúa en forma contínua. La compañía 
adquiere su hidrógeno en cilindros de 10 pies3 de capacidad con presión 
inicial de 1 000 psia y temperatura ambiente de 70 oF. Si la compañía 
compra un suministro semanal de hidrógeno, ¿ cuántos cilindros debe 
adquirir cada semana ? 
 
 
 6.67 - A un reactor se alimenta una mezcla equimolecular de A, B y C, para 
producir el producto D mediante la reacción: 
 
 
A + 2 B + (3/2) C = 2 D + E 
 
 
Si la conversión en el reactor es de 50%, calcular el número de moles de 
D producidas por mol de alimentación al reactor. 
 
 
6.68 - Se efectúa una reacción cuya ecuación estequiométrica es: 
 
A + 3 B = 2 D 
 
con 20% de conversión de A. La corriente de alimentación al reactor 
contiene 25% en peso de A y 75% de B y tiene un flujo de 1 000 kg/hr. Si 
la masa molecular de A es 28 y la de B 2, calcular: 
 
 a) La masa molecular de D. 
 b) La composición en peso de la corriente de salida. 
 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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6.69 - Se puede producir fenol haciendo reaccionar clorobenceno con hidróxido 
de sodio: 
 
C6H5Cl + NaOH = C6H5OH + NaCl 
 
Para producir 1000 lb de fenol, se utilizaron 1200 lb de soda y 1320 lb de 
clorobenceno. 
 
 
a) ¿Cuál fué el reactivo en exceso y su porcentaje? 
b) ¿Cuál fué el rendimiento de fenol respecto al clorobenceno alimentado? 
 
 
6.70 - En la oxidación del amoniaco para formar óxidos de nitrógeno, la reacción 
que se verifica es: 
 
4 NH3 + 5 O2 = 4 NO + 6 H2O 
 
Calcular la relación de aire a amoniaco (pies3 de aire/pie3 de NH3) que 
debe utilizarse para tener 18% en exceso de aire. Calcular la composición 
del producto si la reacción tiene un grado de finalización del 93%. 
 
 
6.71 - Se clora etano en un reactor contínuo: 
 
C2H6 + Cl2 = C2H5Cl + HCl 
 
Aún proporcionando exceso de etano, parte del cloroetano producido se 
vuelve a clorar: 
 
C2H5Cl + Cl2 = C2H4Cl2 + HCl 
 
Se consume todo el cloro; la conversión del etano es del 13%, mientras 
que la selectividad del monocloroetano deseado es de 93.7. Calcular el 
número de moles de todas las especies presentes en la corriente de salida 
por cada 100 moles de monocloroetano producidas. 
 
 
6.72 - En el proceso Deacon para la manufactura del cloro, el HCl y O2 reaccionan 
para formar Cl2 y H2O. Se alimenta suficiente aire al reactor como para pro-
veer un 30% en exceso de oxígeno y la conversión del HCl es de 70%. 
Calcular: 
 
a) La composición molar de la corriente de producto. 
b) La fracción molar de cloro en el gas que permanecería si toda el agua 
del gas producido se condensara. 
 
 
 CAPITULO 6 : BALANCE DE MATERIA CON REACCION QUIMICA 
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6.73 - La remoción del CO2 de una nave espacial tripulada se ha logrado mediante 
absorción con hidróxido de litio de acuerdo a la siguiente reacción: 
 
2 LiOH + CO2 = Li2CO3 + H2O 
 
 
Si un kilogramo de CO2 es liberado diariamente por persona, ¿cuántos 
kilogramos se requieren de LiOH por día y por persona ? 
 
 
6.74 - Se diseñó un reactor para efectuar la saponificación del acetato de metilo: 
 
 
CH3COOCH3 + H2O = CH3COOH + CH3OH 
 
 
Se encontró que 3 toneladas de metanol (CH3OH) se producen por 1 000 
toneladas de alimentación al reactor. La corriente de alimentación contiene 
0.2 g-mol/litro de acetato de metilo (CH3COOCH3) en agua. Determine el 
porcentaje en exceso de agua en la alimentación. ¿Cuál es el grado de 
finalización de la reacción ? 
 
 
6.75 - En un reactor se sucede la reacción: 
 
2 A + 3 B = C 
 
Los productos de salida del reactor muestran: 0.8 moles de C, 0.8 moles 
de A y 0.6 moles de B. Determine el reactivo en exceso y su porcentaje. 
¿Cuál fué el grado de finalización de la reacción ? 
 
 
6.76 - En la reducción del FeO con monóxido de carbono (CO) se producen 2.11 
m3 de gases (CO + CO2) a 600 mm Hg y 310 oC, por cada kilogramo de 
FeO alimentado al proceso. Si la relación en peso (CO/CO2) en el gas de 
salida es 1.3277, determine: 
 
a) El reactivo limitante. 
b) El porcentaje en exceso. 
c) El grado de finalización de la reacción. 
 
 
6.77 - Ciertos gases tienen la tendencia a asociarse. Un ejemplo es el equilibrio 
entre el dióxido de nitrógeno y el tetróxido de nitrógeno. 
 
2 NO2 = N2O4 
 
 BALANCE DE MATERIA : NESTOR GOODING GARAVITO 
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Si 26.6 pies3 de NO2 a 685 mm Hg y 25 oC se llevan a temperatura y 
volumen constante hasta 500 mm Hg (equilibrio). ¿ Cuál es la presión 
parcial del N2O4 en la mezcla final ? 
 
 
6.78 - En la fabricación de acetileno a partir de CaC2, la materia prima más 
importante es la caliza. Se tiene una caliza que contiene CaCO3 95% en 
peso, inertes 5%. Esta caliza se calcina en un horno y luego los productos 
sólidos se queman en un arco eléctrico con coque seco pulverizado (100% 
de C) para dar CaC2 (CaO + 3 C = CaC2 + CO). La reacción en el horno 
es completa, pero la reacción de formación del carburo sólo se lleva a cabo 
en un 95% siempre y cuando haya un 10% en exceso de CaO. El producto 
sólido del horno eléctrico que contiene CaC2, se hace reaccionar con 
agua: 
 
CaC2 + H2O = CaO + C2H2 
 
Esta reacciónes completa cuando la relación de reactivos es 1:1.2. Para 
una producción de 50 toneladas por día de acetileno puro: 
 a) ¿ Cuál debe ser la cantidad de caliza empleada? 
 b) ¿ Cuál es el volumen de CO formado por minuto a 735 mm Hg y 70oF? 
 c) El acetileno formado está saturado con vapor de agua a 100 oF y 735 
mm Hg. ¿Cuál es la fracción molar de agua ? 
 
 
6.79 - La producción de formaldehído se basa en la oxidación