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PROGRAMA UNIVERSIDAD VIRTUAL 
 
SOLUCIONARIO CAPÍTULO II 
LIBRO: BALANCES DE MATERIA Y ENERGÍA 
GIRONTZAS V. REKLAITIS 
 
POR: 
ING. QUÍMICO. BEN - HUR VALENCIA VALENCIA 
 
 
 
 
UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA 
SEDE MANIZALES 
JULIO DE 2005 
PRESENTACION 
 
Luego de la aparición del texto de Balances de Materia y Energía del Doctor Girontzas V. Reklaitis, 
en 1986, no ha habido ningún texto nuevo en el área, ni suyo ni de ningún otro autor, que trate de 
manera tan magistral el análisis de los Balances. 
 
El tratamiento matemático propuesto es completamente general y permite que el resolver problemas 
de Balance de Materia y Energía pase de arte a Ciencia, ocupando por ello – al lado de otros autores 
- un lugar preferencial en el desarrollo del área, vital para el estudio de la Ingeniería Química. 
 
Esta Segunda Edición del SOLUCIONARIO del Capítulo II corrige algunos errores de la Edición 
anterior y, lo que es más importante, muestra el uso de programas para calculadoras que permiten 
resolver de una manera rápida los problemas de Balances de Materia. 
 
A la forma tradicional de resolver los problemas de la anterior Edición se adiciona la solución 
utilizando el programa Solvesys de la calculadora Hewlett Packard 48-GX, mostrando lo valioso de 
esta herramienta en la solución de problemas. Este Solucionario lo complementa el trabajo sobre 
SOLUCION DE PROBLEMAS DE BALANCES DE MATERIA Utilizando la Hewlett Packard 
48GX, 49, en el que se muestra la forma de utilizar el Programa y las recomendaciones para su 
aplicación en el planteamiento del Sistema de Ecuaciones de Balance, que puede consultarse en la 
página _______________. 
 
Como se verá en la introducción, se hace mayor énfasis en la Estrategia de Solución, en la 
Confirmación de los Grados de Libertad como una herramienta útil en el planteamiento de la 
Estrategia de Solución y la utilización de la Tabla de Balance en los problemas complejos 
 
El presente Solucionario, fruto de mi experiencia de 28 años en la cátedra de Balances de 
Materia y Energía, muestra una metodología de solución a partir de las ideas del profesor 
Reklaitis y lo presenta a sus estudiantes como un material de apoyo que les permita desarrollar y 
fijar los conceptos básicos en el estudio de los Balances de Materia y Energía. 
 
 
BEN-HUR VALENCIA V. 
Manizales, Julio del 2005. 
INTRODUCCION 
 
En la solución de los problemas se muestra la Reconfirmación de la Tabla de Grados de 
Libertad como una forma de poder analizar de manera cualitativa cuáles son las incógnitas y 
cuáles las ecuaciones para cada una de las unidades, y aún para el proceso completo. 
Además, la Reconfirmación se utiliza para mostrar de una manera cualitativa, también, el 
desarrollo de la Estrategia de solución. 
 
Lo anterior se explicará, con el problema 2.26: 
 
Su Tabla de Grados de Libertad es: 
 
 
 Abs. Destilador 
Diviso
r 
Agotado
r Mez. Proceso 
Globa
l 
NVI 12 9 9 7 3 26 12 
NBMI 4 3 3 3 1 14 4 
NFC 0 0 0 0 0 0 0 
NCC 3 (+1) 2 1 2 0 6 5 
NRC 
R1 
– – 1 – – 1 – 
R2 – – – – – 1 1 
R3 – – – – – 1 1 
R4 – – 2 – – 2 – 
G de L 4 4 2 2 2 1 1 
 
De manera cuantitativa puede apreciarse los Grados de Libertad de cada una de las 
Unidades: así por ejemplo, el Destilador: 4 y el Agotador: 2. 
 
Pero como se muestra en la Reconfirmación de la Tabla de Grados de Libertad que aparece a 
continuación:: 
 
Absorbedor: Incógnitas = 8 (N
1
, N
2
, N
3
, x
3
H2S, N
4
, N
5
, x
5
CO2, x
5
H2S) 
Ecuaciones = 4 (balances) 
G de L = 4 
 
Destilador: Incógnitas = 7 (N
5
, x
5
CO2, x
5
H2S, N
6
, x
6
CO2, N
7
, x
7
H2S) 
Ecuaciones = 3 (balances) 
G de L = 4 
 
 Divisor: Incógnitas = 8 (N
3
, x
3
CO2, x
3
H2S, N
7
, x
7
CO2, x
7
H2S, N
8
, x
8
H2S) 
Ecuaciones = 3 (balances) + 3 (R1, R4) 
G de L = 2 
 
Agotador: Incógnitas = 5 (N
8
, x
8
H2S, N
9
, N
10
, x
10
CO2) 
Ecuaciones = 3 (balances) 
G de L = 2 
 
Mezclador: Incógnitas = 3 (N
4
, N
9
, N
11
) 
Ecuaciones = 1 (balances) 
G de L = 2 
 
Global: Incógnitas = 7 (N
1
, N
2
, N
6
, x
6
CO2, N
10
, x
10
CO2, N
11
) 
Ecuaciones = 4 (balances) + 2 (R2, R3) 
G de L = 1 
 
no solamente se conocen esos valores, sino que muestra CUÁLES son las incógnitas y 
CUÁLES son las ecuaciones que originan esos Grados de Libertad. 
 
Su utilización en la Estrategia de Solución es análoga. El problema tiene la siguiente 
estrategia: 
 
Estrategia de Solución: 
 
1. Tomando Base de Cálculo en el Proceso Global y resolviéndolo sus balances (se 
asumió que los porcentajes son molares) se conocen: N
1
, N
2
, N
6
, x
6
CO2, N
10
, x
10
CO2 y 
N
11
. Se agota el balance de Inertes. 
 
2. Actualizando Grados de Libertad se encuentra que: 
Absorbedor: G de L A = 4 – 2 (N
1
, N
2
) + 1 (Balance de Inertes) 
 = 3 
Destilador: G de L A = 4 – 1 (N
6
) – 1 (x
6
CO2) = 2 
Agotador: G de L A = 2 – 1 (N
10
) – 1 (x
10
CO2) = 0 
Mezclador: G de L A = 2 – 1 (N
11
) = 1 
 
Sí en este momento consideramos la Reconfirmación de Grados de Libertad para las 
Unidades actualizadas, DESCONTANDO en cada una de ellas las incógnitas conocidas 
tendremos de nuevo una información CUALITATIVA de los Grados de Libertad con que 
quedan estas Unidades (se ponen en negrilla y subrayadas en la Reconfirmación inicial): 
 
Absorbedor: Incógnitas = 6 ( N
1
, N
2
, N
3
, x
3
H2S, N
4
, N
5
, x
5
CO2, x
5
H2S) 
Ecuaciones = 3 (balances) – 1 (Balance agotado) 
G de L = 3 
 
Destilador: Incógnitas = 5 (N
5
, x
5
CO2, x
5
H2S, N
6
, x
6
CO2, N
7
, x
7
H2S) 
Ecuaciones = 3 (balances) 
G de L = 2 
 
Agotador: Incógnitas = 3 (N
8
, x
8
H2S, N
9
, N
10
, x
10
CO2) 
Ecuaciones = 3 (balances) 
G de L = 0 
 
 
Mezclador: Incógnitas = 2 (N
4
, N
9
, N
11
) 
Ecuaciones = 1 (balances) 
G de L = 1 
 
En la Estrategia se resuelve a continuación el absorbedor ya que encontramos un sistema con 
tres ecuaciones de Balance y 3 incógnitas (N
8
, x
8
H2S, N
9) 
 
Un análisis similar a cualquier otra Unidad nos enseña cuáles son las incógnitas, las 
ecuaciones y los Grados de Libertad resultantes: 
 
El análisis del Destilador muestra que tiene, en este momento: Cinco Incógnitas (N
5
, 
x
5
CO2, x
5
H2S, N
7
, x
7
H2S) y 3 ecuaciones de Balance, siendo sus Grados de Libertad de 2. 
 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
1 
2.1 a. El flujo de alimentación a un secador se especifica como 1000 lb/h. Calcule el flujo en 
kg/min 
 
b. En un proceso de amoníaco se producen 105 lbmol/día. Calcule la producción equivalente 
en gmol/h. 
 
 
 
SOLUCION: 
 
 
Los cálculos se efectúan utilizando directamente los factores de conversión, factores que siempre son iguales 
a la unidad. 
 
a. Flujo en kg/min. 
 
min
kg
7.56
min60
h1
g1000
gk1
lb1
g453.6
h
lb1000
h
lb1000 =×××= 
 
b. Producción equivalente en gmol/h. 
 
h
gmol
101.89
h24
día1
lbmol1
gmol453.6
día
lbmol10
día
lbmol10 755 ×=××= 
 
 
 
2.2 Una planta produce una mezcla de 90 % en mol de etanol (C2H5OH) y el resto de agua. 
 
a. Calcule la fracción en masa de etanol. 
 
b. Si la producción de la planta es 1000 lbmol/h, calcule la producción equivalente en kg/min. 
 
c. Para la producción de (b), calcule los flujos molares de los componentes de la corriente en 
kgmol/h. 
 
 
 
SOLUCION: 
 
a. Fracciónmasa o fracción másica de etanol. 
 
 
Masa Molecular (MM) del etanol = 46 MM del agua = 18 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
2 
Base de cálculo: 1 gmol de mezcla. 
 
Para hallar el valor pedido se calcula la masa de etanol en un gramo-mol de mezcla y la masa de un gmol de 
mezcla o, lo que es lo mismo, la masa molecular media. La relación entre ellas da la respuesta. 
 
Masa Molecular media = ( 0.9 
mezcladegmol
etanoldegmol
× 46 
etanoldegmol
etanoldeg
 + 
0.1 
mezclademol
aguadegmol
× 18 
aguadegmol
aguadeg
 ) 
MM media = ( 
mezcladegmol
etanoldeg4.41
 + 
mezcladegmol
aguadeg8.1
 ) 
MM media = ( 
mezcladegmol
aguadeg8.1etanoldeg4.41 +
 ) 
MM media = 43.2 
mezcladegmol
mezcladeg
 
 
Aunque se tomó una base de cálculo de 1 gmol, recuérdese que la respuesta se cumple en otras unidades, 
siempre y cuando haya consistencia dimensional, pudiendo decirse que 
 
MM media = 43.2 
mezcladekgmol
mezcladekg
 = 43.2 
mezcladelbmol
mezcladelb
 = 43.2 
mezclademolTonelada
mezcladeTonelada
 
 = 43.2 
miligramo de mezcla
miligramo - mol de mezcla
 = 43.2 
mezclademolarroba
mezcladearroba
− 
 
Continuando con el problema: 
 
Masa de etanol = ( 0.9 
mezcladegmol
etanoldegmol
× 46 )
etanoldegmol
etanoldeg
 
 = 41.4 
mezcladegmol
etanoldeg
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
3 
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
==
mezcladegmol
mezcladeg
 43.2
mezcladegmol
etanoldeg
41.4
wetanoldemásicaFracción OHHC 52 
w C2H5OH = 0.95833 mezcladeg
etanoldeg
 
 
Es importante resaltar, como lo muestra el análisis dimensional, que la fracción másica - de igual manera 
que la fracción molar o la fracción en volumen - tiene unidades, las cuales - normalmente - no se colocan, 
porque puede utilizarse en cualquier tipo de unidad: 
 
w C2H5OH = 0.95833 mezcladekg
etanoldekg
 = 0.95833 
mezcladelb
etanoldelb
 = 0.95833 
mezcladeTonelada
etanoldeTonelada
 
 
 
b. La producción equivalente en kg/min 
 
 
Utilizando los factores de conversión y la masa molecular media se encuentra, directamente, que: 
 
min
kg
326.592
min60
h1
lb1000
gk453.6
lbmol1
lb43.2
h
lbmol1000
h
lbmol1000 =×××= 
 
 
c. Flujos molares para la corriente en kgmol/h. 
 
 
A partir del flujo, las fracciones molares y el factor de conversión puede plantearse que: 
 
 
h
kgmol
408.24
mezclalbmol1000
mezclagmolk453.6
h
mezclalbmol
1000
mezclalbmol
etanollbmol 
0.9N OHHC 52 =××= 
h
kgmol
36.45
mezclalbmol1000
mezclagmolk453.6
h
mezclalbmol
1000
mezclalbmol
etanollbmol 
0.1N OH5 =××= 
 
tal como se pedía. 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
4 
2.3 Una corriente que contiene: 
 
 
H2O 0.4 
C2H5OH 0.3 
CH3OH 0.1 
CH3COOH 0.2 
 
en fracciones en masa, se alimenta a una columna de destilación a razón de 1000 lb/h. 
Convierta estas variables de las corrientes a: 
 
a. Flujos molares por componente. 
 
b. Flujo molar total y fracciones molares. 
 
c. Fracciones molares, en base libre de agua. 
 
 
 
SOLUCION: 
 
 
a. Flujos molares por componente. 
 
Hallando el flujo másico de cada componente y pasándolo a moles, se plantean las siguientes expresiones 
(obsérvese que en este cálculo se muestran las unidades de las fracciones másicas) que dan los valores 
pedidos: 
 
 
h
lbmol22.2222
OHlb18
lbmol1
h
mezclalb
1000
mezclalb
OHlb
0.4N
2
2
OH2
=×= 
 
h
lbmol6.5217
OHHClb46
lbmol1
h
mezclalb
1000
mezclalb
OHHClb
0.3N
52
52
OHHC 52
=××= 
 
h
lbmol3.125
OHCHlb32
lbmol1
h
mezclalb
1000
mezclalb
OHCHlb
0.1N
3
3
OHCH3
=××= 
 
h
lbmol3.333
COOHCHlb60
lbmol1
h
mezclalb
1000
mezclalb
COOHCHlb
0.2N
3
3
COOHCH3
=××= 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
5 
 
 
b. Flujo molar total y fracciones mol. 
 
Sumando los flujos parciales de la parte (a) se encuentra el flujo molar total: 
 
Flujo molar total = (22.2222 + 6.5217 + 3.125 + 3.333) lbmol/h 
Flujo molar total = 35.2022 lbmol/h 
 
Las fracciones molares se encuentran dividiendo el flujo molar de cada uno de los componentes por el flujo 
molar total. Así, para el agua: 
 
mezclademol
aguademol
0.63127
mezclademol35.2022
aguademol22.2222
x OH2 =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
 
 
De nuevo puede verse que las fracciones tienen unidades. 
 
Procediendo de manera análoga, las otras fracciones molares son: 
 
=
2 5C H OH
mol de etanolx 0.18527
mol de mezcla
 
 
mezclademol
etanolmdemol
0.08877x OHCH3 = 
 
mezclademol
acéticoácidodemol
0.09469x COOHCH3 = 
 
 
c. Fracciones mol, en base libre de agua. 
 
 
El cálculo puede hacerse mediante un cambio de base, utilizando los porcentajes calculados en la parte (b); o 
a partir del flujo total, utilizando los flujos por componente del ítem (a). 
 
Calculando la fracción molar de etanol de ambas maneras se tendrá que: 
 
Con los porcentajes de la parte (b): 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
agua deexenta mezcla demol )63127.01(
mezcla demol 1
mezcla demol 
etanol demol 18527.0x OHHC 52 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
6 
agua deexenta mezcla demol 
etanol demol 50244.0x OHHC 52 =
 
 
 
Con los flujos por componente de la parte (a): 
 
( ) ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−= agua deexenta mezcla demol 222.222022.35
etanol demol 5217.6x OHHC 52
 
 
agua deexenta mezcla demol 
etanol demol 50244.0x OHHC 52 = 
 
Análogamente se encuentran las otras fracciones en base seca. Con sus respectivas unidades son: 
 
xmetanol = 0.24075 aguadeexentamezclademol
oltanmedemol 
 
xetanoico = 0.2568 
aguadeexentamezclademol
etanoicodemol
 
 
 
 
2.4 Una solución que contiene Na2S, NaOH y Na2CO3 en agua se conoce como “licor blanco” y se 
usa en la industria del papel para procesar pulpa de madera. 
 
Supóngase que el análisis de laboratorio indica 50 g/l de Na2S, 250 g/l de NaOH y 100 g/l de 
Na2CO3. 
 
Si la densidad de la solución es 1.05 g/cm3, calcule los flujos molares por componente, 
correspondientes a un flujo total de la corriente de 1000 kgmol/h. 
 
 
 
SOLUCION: 
 
 
Los resultados se muestran en la tabla siguiente. El procedimiento para construirla es: 
 
1. Tomando como base de cálculo 1 litro de solución se calcula su masa. 
 
2. Con los datos del problema se puede calcular la masa de cada componente y, por diferencia, la masa 
de agua (Columna 2). 
 
3. Se hallan las moles de cada uno de los componentes (dividiendo por la masa molecular) (Columna 3). 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
7 
4. La suma de los valores anteriores da el número total de moles. 
 
5. Dividiendo las moles de cada componente por el número total de moles se halla su fracción molar 
(Columna 4). 
 
6. Como la fracción molar es independiente de la unidad usada para la cantidad de sustancia, se 
multiplica por 1000 kgmol/h cada valor hallado en el ítem 5. y se encuentra los flujos molares 
pedidos (Columna 5). 
 
 
La masa de 1 litro de solución es: 
 
g1050
cm
g
05.1x
litro1
cm1000
litro1Masa 3
3
=×= 
 
Componente Masa g 
Moles 
gmol 
Fracciónmolar 
Flujo 
molar 
kgmol/h 
Na2S 50 0.641026 0.014587 14.587 
NaOH 250 6.250000 0.142222 142.222 
Na2CO3 100 0.943396 0.021467 21.467 
H2O 650 36.111111 0.821724 821.724 
Totales 1050 43.945533 1.000000 1000.000 
 
 
 
2.5 A un proceso de producción de metano a partir de gas de síntesis y vapor de agua, se alimentan 
6 kgmol/min de un gas que contiene 50 % de H2, 33 1/3 % de CO y el resto CH4 (todos en base 
molar), así como 72 kg/min de vapor de agua. Los productos son 3 kgmol/min de agua líquida 
y 95 kg/min de un gas que contiene 25 % de CH4, 25 % de CO2 y el resto H2 (todos en base 
molar). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vapor
Agua
Gas como producto 
CH4 25 % 
CO2 25 % 
H2 
Gas de síntesis 
50 % H2 
33 13 CO 
 CH4 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
8 
Determine, con tres cifras significativas, si: 
 
a. ¿Se conserva la masa total? 
 
b. ¿Se conservan las moles totales? 
 
c. ¿Se conservan las moles de cada tipo de átomo? 
 
d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? 
 
e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? 
 
 
 
SOLUCION: 
 
 
Para la mezcla gaseosa de salida se conoce el flujo másico y su porcentaje molar, puede efectuarse un cambio 
de fracción molar a másica o, lo que es más sencillo, encontrar la masa molecular media de la mezcla. 
Procediendo de ambas maneras: 
 
 
Masa Molecular Media = (0.25 × 16 + 0.25 × 44 + 0.5 × 2) = 16 
 
 
por tanto: 
kgmol
kg
6
kgmol
kg
16
min
kg
96
mezclademolarFlujo =
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
= 
 
Conocida la fracción molar se toma como base un mol de mezcla y la fracción másica de cada componente se 
calcula dividiendo la masa de cada componente (fracción molar por masa molecular) por la masa total del 
mol de mezcla (o masa molecular media): 
 
 
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛ ××
=
mezclademol
mezclademasa
16
CHdemol
CHdemasa
16mezclademol1
mezclademol
CHdemol
25.0
w 4
44
CH4
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
totalmasa
CHdemasa
25.0w 4CH4 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
9 
Para los otros componentes se procede de manera análoga (sin todas las unidades): 
 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ××=
totalmasa
COdemasa
16
44125.0
w 2CO2 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
totalmasa
COdemasa
6875.0w 2CO2 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ××=
totalmasa
Hdemasa
16
215.0
w 2H2 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
totalmasa
Hdemasa
0625.0w 2H2 
 
 
Para visualizar el balance de materia, se toma como base un minuto y con los flujos másicos y/o molares 
conocidos se construye la siguiente tabla. 
 
 
 
 ENTRADA 
 
 
 SALIDA 
 kgmol 
 
kg 
 
kgmol 
 
kg 
 
H2 
 
3 
 
6 
 
H2O 
 
3 
 
54 
CO 2 56 CH4 1.5 24 
CH4 1 16 CO2 1.5 66 
H2O 4 72 H2 3 6 
Total 10 150 Total 9 150 
 
 
En ella se hace inventario de las masas de los componentes y las moles totales a la entrada y a la salida: 
 
 
a. ¿Se conserva la masa total? 
 
 
Al proceso entran 150 kg y de él salen 150 kg. La masa total que entra es igual a la masa total que sale, de 
acuerdo con la Ley de la Conservación de la Materia. 
 
 
 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
10 
b. ¿Se conservan las moles totales? 
 
 
Las moles totales no se conservan: Al proceso entran 10 kgmol y de él salen 9 kgmol. 
 
 
c. ¿Se conservan las moles de cada tipo de átomo? 
 
 
Sumando los átomos mol de cada componente a la entrada y a la salida se tiene que: 
 
 
ENTRADA: Los elementos que intervienen en el proceso son H, C y O. 
 
 
kg - átomo de H = H del H2 + H del CH4 + H del H2O 
2 4
2 4
2 43 1kg átomo H kg átomo Hkgmol H x kgmol CH x
kgmol H kgmol CH
− −= + + 
2
2
2
24 kg átomo Hkgmol H O x
kgmol H O
−
 
= 18 
 
 
kg - at de C = C del CO + C del CH4 
4
4 CHkgmol
Cátomokg1
xCHkgmol1
COkgmol
Cátomokg1
xCOkgmol2
−+−= 
= 3 
 
 
kg - at de O = O del CO + O del H2O 
OHkgmol
Oátomokg1
xOHkgmol4
COkgmol
Oátomokg1
xCOkgmol2
2
2
−+−= 
= 6 
 
 
 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
11 
SALIDA: Efectuando el mismo procedimiento para los componentes a la salida (sin colocar las unidades): 
 
 
kg - átomo de H = H del H2 + H del CH4 + H del H2O 
 = ( 3 × 2 + 1.5 × 4 + 3 × 2) 
= 18 
 
kg - átomo de C = C del CH4 + C del CO2 
= ( 1.5 × 1 + 1.5 × 1) 
= 3 
 
kg - átomo de O = O del H2O + O del CO2 
= ( 3 × 1 + 1.5 × 2) 
= 6 
 
Los kg – átomo que entran y salen de los elementos H, C y O son, respectivamente: 18, 3 y 6. Se conserva el 
número de átomos mol de cada tipo de átomo. 
 
 
d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? 
 
 
Como puede verse en la tabla anterior, la masa de cada tipo de sustancia no se conserva. Esto se debe a que 
en el proceso ocurre una reacción química en la que, como es obvio, desaparecen unas sustancias y se forman 
otras. 
 
 
e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? 
 
 
Que hay interacción química entre los diferentes componentes. Puede plantearse que ocurre la reacción: 
 
2 CO + H2O → 1.5 CO2 + 0.5 CH4 
 
La cual explica que en el proceso haya desaparecido el CO, que los kg-mol de agua hayan disminuido en 1, 
que hayan aparecido 1.5 kg-mol de CO2 y que el número de kg-mol de CH4 haya aumentado en 0.5, tal como 
puede constatarse en la tabla. 
 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
12 
2.6 Un proceso de producción de yoduro de metilo, CH3I, tiene las corrientes de entrada y salida 
que se muestran en la figura. La corriente de desperdicio consiste en 82.6 % (en masa) de HI y 
el resto agua, mientas que la corriente de producto contiene 81.6 % (másico)de CH3I y el resto 
CH3OH. 
 
Determine con tres cifras significativas, si: 
 
a. ¿Se conserva la masa total? 
b. ¿Se conservan el número total de moles? 
c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo? 
d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? 
e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
SOLUCION: 
 
 
Tomando como base un día se tendrá que: 
 
a. ¿Se conserva la masa total? 
 
 
Masa que entra = (125 × 128 + 150 × 32) lb 
Masa que entra = 20800 lb 
Masa que sale = (7760 + 13040) lb 
Masa que sale = 20800 lb 
 
De la igualdad de las masas se concluye que se conserva la masa total. 
 
 
 
CH3OH 
150 lbmol/día
Desperdicio 
7760 lb/día 
Producto 
13040 lb/día 
HI 
125 lbmol/día 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
13 
b. ¿Se conservan el número total de moles? 
 
 
Moles que entran = (125 + 150) lbmol 
= 275 lbmol 
 
 
Moles que salen: Es la suma de las moles del desperdicio y del producto: 
 
 
Desperdicio: HI = 7760 × 0.826 lb = 6409.76 lb 
 = 50.076 lbmol 
 
 
H2O = 7760 × 0.174 lb = 1350.24 lb 
 = 75.013 lbmol 
 
 
Producto: CH3I = 13040 × 0.816 lb = 10640.64 lb 
= 74.41 lbmol 
 CH3OH = 2399.36 lb 
 = 74.98 lbmol 
 
 
Así: 
 
 
Moles que salen = (50.076 + 75.013 + 74.41 + 74.98) lbmol 
= 274.479 lbmol 
 
Con tres cifras significativasel número de moles no se conserva: 275 vs. 274.479 
 
 
c. ¿Se conserva el número de moles de cada tipo de átomo? 
 
 
Los elementos que intervienen en las sustancias del proceso son: C, H, O e I. Hallando la cantidad total de 
cada uno de ellos en los componentes de los flujos de entrada y salida, se encuentra que: 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
14 
ENTRADA: 
 
 
lb-átomo de C = C del CH3OH = 150 
lb-átomo de O = O del CH3OH = 150 
lb-átomo de I = I del HI = 125 
lb-átomo de H = H del HI + H del CH3OH = (125 + 150 × 4) 
= 725 
 
SALIDA: 
 
 
lb-átomo de C = C del CH3I + C del CH3OH = (74.41 + 74.98) 
= 143.39 
lb-átomo de O = O del H2O + O del CH3OH = (75.013 + 74.98) 
= 149.993 
lb-átomo de I = I del HI + I del CH3I = (50.076 + 74.41) 
 = 124.486 
lb-átomo de H = H del HI + H del H2O + H del CH3I + H del CH3OH 
= (50.076 + 75.013 × 2 + 74.41 × 3 + 74.98 × 4) 
= 723.252 
 
En el proceso, con tres cifras significativas, el número de átomos de cada elemento no se conserva. 
 
 
d. ¿Se conserva la masa de cada tipo de sustancia química? 
 
La masa de cada tipo de sustancia química no se conserva porque hay una transformación química, en la que 
desaparecen unas sustancias y se forman otras. 
 
 
e. ¿Qué puede concluirse que ocurre en este proceso? 
 
Primero, hay reacción química. Segundo, es probable que los porcentajes másicos del desperdicio y del 
producto sean aproximaciones y que al dar sus valores con más cifras significativas se obtenga el resultado 
esperado: que la masa se conserve. 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
15 
2.7 En una planta de ácido sulfúrico, se mezclan 100 lbmol/h de una corriente que contiene 90 % 
mol de H2SO4 en agua, con 200 lbmol/h de otra que contienen 95% mol de H2SO4 en agua y con 
200 lbmol/h de una corriente que consiste de 15% mol de SO3 en N2. 
 
El resultado son 480 lbmol/h de una corriente mezclada que contiene 170 lbmol/h de N2, 62.5 % 
mol de H2SO4, nada de agua y el resto SO3. 
 
Determine, mediante cálculos, si: 
 
a. ¿Se conserva la masa total? 
b. ¿Se conservan el número total de moles? 
c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo? 
d. ¿Se conserva la masa de cada sustancia? 
e. ¿Si el balance total de masa no resulta, cuál es la explicación más probable? 
 
f. ¿Si el balance del número total de moles no resulta, cuál es la explicación más probable? 
 
 
 
SOLUCION: 
 
 
Con base en una hora de operación y los flujos correspondientes a la entrada y a la salida se construye la tabla 
siguiente. 
 
En ella, cada columna corresponde a: 
 
La Columna 1 muestra los componentes de cada flujo. 
Las Columnas 2, 3 y 4 corresponden a los tres flujos. 
La Columna 5 corresponde a la suma total de moles de estas corrientes. 
La Columna 6 corresponde a la masa que entra al proceso. 
La Columna 7 es la corriente de salida, en moles. 
La Columna 8 es la masa que sale del proceso. 
La última fila corresponde a la suma, en lbs o lbmol, de los componentes de cada columna. 
 
 
 
1 
lbmol 
2 
lbmol 
3 
lbmol 
4 
lbmol 
5 
lbs 
6 
lbmol 
7 
lbs 
8 
H2SO4 90 190 – 3280 27440 300 29400 
H2O 10 10 – 20 360 – – 
SO3 – – 30 30 32400 10 800 
N2 – – 170 170 34760 170 4760 
 100 200 200 500 34960 480 34960 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
16 
Las respuestas al problema son: 
 
a. ¿Se conserva la masa total? 
 
La masa total se conserva: resultados de las columnas 6 y 8. 
 
b. ¿Se conservan el número total de moles? 
 
El número total de moles no se conserva. Columnas 5 y 7: entran 500 y salen 480. 
 
c. ¿Se conservan el número de moles de cada tipo de átomo? 
 
El número de moles de cada tipo de átomos se conserva. Esto puede deducirse como consecuencia de que se 
conserve la masa y de que no haya dos compuestos que tengan la misma masa molecular. 
 
Para corroborarlo se halla la suma de los lb-átomo de hidrógeno, azufre y oxígeno de las corrientes de 
entrada, y compararla con los lb-átomo a la salida: 
 
 
Hidrógeno: 
 
 
Entrada: H = [(90 × 2 + 10 × 2) + (190 × 2 + 10 × 2)] lb-átomo = 600 lb-átomo 
Salida: H = (280 × 2 + 20 × 2) lb-átomo = 600 lb-átomo 
 
 
Azufre: 
 
Entrada: S = [(90 × 1) + (190 × 1) + (30 × 1)] lb-átomo = 310 lb-átomo 
Salida: S = [(280 × 1 + 30 × 1)] lb-átomo = 310 lb-átomo 
 
 
Oxígeno: 
 
 
Entrada: O = [(90 × 4 + 10 × 1) + (190 × 4 + 10 × 1) + (30 × 3)] lb-átomo 
 = 1230 lb-átomo 
Salida: O = [(280 × 4 + 20 × 1 + 30 × 3)] lb-átomo = 1230 lb-átomo 
 
 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
17 
d. ¿Se conserva la masa de cada sustancia? 
 
 
La masa de cada sustancia no se conserva porque hay reacción química. 
 
 
e. ¿Si el balance total de masa no resulta, cuál es la explicación más probable? 
 
 
El balance total de masa resulta. 
 
 
f. ¿Si el balance del número total de moles no resulta, cuál es la explicación más probable? 
 
 
Las veinte lb-mol de H2O que entran al proceso reaccionan con 20 de las 30 lb-mol de SO3 que llegan, según 
la ecuación: 
 
 
H2O + SO3 → H2SO4 
 
 
Desaparecen, en total, 40 lb-mol y se forman 20 lb-mol de H2SO4, como puede observarse en la tabla: 
Columnas 5 y 7. La tabla siguiente explica el proceso. 
 
 
 ENTRADA lb-mol 
SE FORMAN O 
REACCIONAN 
SALIDA 
lb-mol 
H2SO4: 280 20 lbmol. 300 
H2O: 20 20 lbmol. 0 
SO3: 30 20 lbmol. 10 
 
 
 
2.8 Un gas que contiene 79.1 % de N2, 1.7 % de O2 y 19.2 % de SO2, se mezcla con otro gas que 
contiene 50 % de SO2, 6.53 % de O2 y 43.47 % de N2, para producir un gas que contiene 21.45 
% de SO2, 2.05 % de O2 y 76.50 % de N2. Todas las composiciones corresponden a porcentaje 
en mol. 
 
Determine: 
 
a. El número de variables de corrientes independientes que hay en el problema. 
 
b. El número de balances de materia que pueden expresarse y cuántos serán 
independientes. 
 
c. ¿En qué proporción deberán mezclarse las corrientes? 
 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
18 
SOLUCION: 
 
El diagrama cuantitativo, con todas las variables del proceso, es: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a. Número de variables de corrientes independientes que hay en el problema. 
 
 
En el diagrama cuantitativo puede verse que el número de variables de corriente independientes es nueve (9): 
hay tres corrientes y las variables independientes de cada una son tres: 1 flujo y 2 composiciones. 
 
 
b. Número de balances de materia que pueden expresarse y cuántos serán independientes. 
 
 
Pueden expresarse cuatro balances de materia: uno, para cada uno de los tres componentes, y el balance de 
materia total. 
 
Solamente tres son independientes porque al sumar las ecuaciones de balance de los tres componentes se 
obtiene la ecuación para el balance total. 
 
 
c. ¿En qué proporción deberán mezclarse las corrientes? 
 
 
Para encontrar la respuesta, se plantea un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (N
1
, N
2
 y N
3
): 
 
 
Balance de Nitrógeno: 0.79 N
1
 + 0.4347 N
2
 = 0.7650 N
3
 
 
Balance de Oxígeno: 0.017 N
1
 + 0.0653 N
2
 = 0.0205 N
3
 
 
Balance total: N
1
 + N
2
 = N3
 
1
N1 
x1N2= 0.791 
x1O2= 0.017 
(x1SO2= 0.192) 
N2 
x2N2= 0.0653 
x2O2= 0.4347 
(x2SO2= 0.50) 
N3 
x3N2= 0.0205 
x3O2= 0.7650 
(x3SO2= 0.2145) 
2
3
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
19 
En este caso, al no haber reacción química, el número de moles totales debe conservarse y los balances 
molares son análogos a los balances de materia. 
 
Se trata de un sistema homogéneo de 3 ecuaciones con 3 incógnitas que tiene o una solución (la solución 
trivial) o infinitas soluciones. 
 
Dividiendo el sistema de ecuaciones por N
1
 (con lo cual se descarta la solución trivial) se obtiene un sistema 
de 3 ecuaciones con 2 incógnitas. Sea x = N
2
/N
1
 y z = N
3
/N
1
: 
 
0.79 + 0.4347 x = 0.7650 z 
0.017 + 0.0653 x = 0.0205 z 
1 + x = z 
 
Al resolver este sistema se encuentra la siguiente redundancia: 
 
z = 1.078716 z = 1.078125 
 
es decir, 2 valores diferentes para z. 
 
Por tanto el sistema sólo tendría la solución trivial: N
1
 = N
2
 = N
3
 = 0, o dicho de otra manera, es 
imposible obtener el flujo de salida con esa composición a partir de los 2 flujos con las composiciones dadas. 
 
Sin embargo, la pequeña diferencia entre los dos valores encontrados para la variable z (1.078716 vs. 
1.078125) hacen pensar que ésta se debe al corte de decimales, y no a que el problema esté mal planteado. 
 
 
Resolviendo el problema para un flujo dado se comprobará lo anterior. 
 
Tomando como base de cálculo N
1
 = 1000, el sistema de ecuaciones de balance anteriores se transforma en: 
 
Nitrógeno: 791 + 0.4347 N
2
 = 0.7650 N
3
 (1) 
Oxígeno: 17 + 0.0653 N
2
 = 0.0205 N
3
 (2) 
Total: 1000 + N
2 = N
3
 (3) 
 
en el cual sólo hay dos incógnitas: N
2
 y N
3
. 
 
 
Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (3) se encuentra que: 
 
N
3
 = 1078.716 N
2
 = 78.716 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
20 
Reemplazando en la ecuación (2) estos valores se encuentra que: 
 
17 + (0.0653 × 78.716) = 0.0205 × 1078.716 
22.140 = 22.114 
 
Situación que indica que si la composición de O2 en la corriente de salida tuviera más decimales, las dos 
incógnitas satisfarían la ecuación (2). 
 
A la misma situación se llega al hacer el correspondiente análisis de Grados de Libertad del problema: 
 
 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
Número de variables independientes (NVI) 9 
Número de balances de materia independientes (NBMI) 3 
Número de composiciones conocidas (NCC) 6 
Número de flujos conocidos (NFC) 0 - 9 
GRADOS DE LIBERTAD 0 
 
 
Al tomar una base de cálculo, los Grados de Libertad serían iguales a -1, valor con el cual el proceso estará 
sobre-especificado. 
 
 
Esto significa que en el proceso sobra información, pero no necesariamente que ella no se ajuste a las 
condiciones de operación del proceso. 
 
En este caso, como ya se sabe, se origina un sistema de 3 ecuaciones y 2 incógnitas. 
 
Resolviendo simultáneamente dos cualesquiera de ellas y reemplazando los valores encontrados en la tercera 
podrá saberse si las tres ecuaciones son consistentes. Si lo hacen, la información es redundante, pero no 
contradictoria. Si no lo hacen, el problema no tiene solución porque la información, además de ser redundante 
es contradictoria. Es decir, no pueden cumplirse todas las especificaciones. 
 
La primera situación es la que se presenta problema, la cual se aclarará más a continuación. Como sobra 
información puede eliminarse un dato. 
 
Consideremos que es desconocida la composición de O2 en el flujo de salida. En estas condiciones, sólo se 
conocen 5 composiciones y la Tabla de Grados de Libertad es: 
 
 
 
 
 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
21 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
Número de variables independientes (NVI) 9 
Número de balances de materia independientes (NBMI) 3 
Número de composiciones conocidas (NCC) 5 
Número de flujos conocidos (NFC) 0 - 8 
GRADOS DE LIBERTAD 1 
 
 
Al tomar una base de cálculo, N
1
 = 1000, por ejemplo, el sistema queda con CERO Grados de Libertad. 
 
Esto significa que se puede configurar un sistema con: 
 
- Tres ecuaciones (nitrógeno, oxígeno, total) 
- Tres incógnitas (N
2
, N
3
, x
3
O2). 
Las ecuaciones de balance son: 
 
Nitrógeno: 791 + 0.4347 N
2
 = 0.7650 N
3 (1) 
Oxígeno: 17 + 0.0653 N
2
 = x
3
O2 N
3
 (2) 
Total: 1000 + N
2 = N
3
 (3) 
 
Resolviendo el sistema se encuentra que: 
 
N
3
 = 1078.716 N
2
 = 78.716 x
3
O2 = 0.020524 
 
Obsérvese que el valor “calculado” para la composición de oxígeno a la salida no difiere sustancialmente del 
dato que se le eliminó al problema, pero esta pequeña diferencia (0.000024) es suficiente para los dos valores 
diferentes encontrados para la variable z, y para los dos valores diferentes al reemplazar N
2
 y N
3
 en (4). 
 
Ahora, los resultados hallados se pueden corroborar en el balance de dióxido de azufre, el cual es 
dependiente. Por diferencia: 
 
x
3
SO2 = ( 1 - 0.7650 - 0.020524) = 0.214476 
0.192 N
1
 + 0.50 N
2
 = 0.214476 × N
3 
0.192 × 1000 + 0.50 × 78.716 = 0.214476 × 1078.716 
231.358 = 231.358 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
22 
En este problema se aclaran las situaciones que se pueden presentar cuando un proceso se encuentra sobre-
especificado. 
 
La respuesta que se pide es: 
 
704.12
716.78
1000
N
NoporciónPr 2
1 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
 
 
 
 
2.9 Puede recuperarse acetona de un gas portador, disolviéndola en una corriente de agua pura en 
una unidad llamada absorbedor. 
 
En el diagrama de flujo de la figura, 200 lb/h de una corriente con 20 % de acetona se tratan 
con 1000 lb/h de una corriente de agua pura, lo que produce un gas de descarga libre de 
acetona y una solución de acetona en agua. 
 
Supóngase que el gas portador no se disuelve en el agua. 
 
a. Determine el número de variables de corrientes independientes y de balances de materia 
que hay en el problema. 
 
b. Exprese todas las ecuaciones de balance de materia. 
 
c. Calcule todas las variables de corrientes desconocidas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Gas Agua
20 % Acetona 
80 % Gas 
Solución 
acetona-agua
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
23 
SOLUCION: 
 
Diagrama Cuantitativo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a. Determine el número de variables de corrientes independientes y de balances de materia que hay 
en el problema. 
 
 
Teniendo en cuenta el diagrama de flujo: 
 
Variables de corrientes independientes: F
1
, w
1
AC, F
2
, w
2
AC, F
3
 y F
4
 (en total 6 variables) 
 
Balances de materia: Acetona, Gas, Agua y Total. Cuatro balances, de los cuales tres son independientes. 
 
 
b. Exprese todas las ecuaciones de balance de materia. 
 
 
Las ecuaciones de balance son: 
 
Total: F
1
 + F
3
 = F
2
 + F
4
 
200 + 1000 = F
2
 + F
4
 = 1200 (1) 
Acetona: w
1
AC F
1
 = w
2
AC F
2
 
 0.2 × 200 = w
2
AC F
2 (2)Gas Agua
F1 = 200 
w1AC = 0.2 
(w1G = 0.8) 
1 2
34
F2 
w2AC 
(w2AGUA) 
F4 F3 =1000 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
24 
Agua: F
3
 = (1 – w
2
AC) F
2
 
 1000 = (1 – w
2
AC) F
2 (3) 
 
Gas: w
1
G F
1
 = F
4
 
 0.8 × 200 = F
4 (4) 
 
 
c. Calcule todas las variables de corrientes desconocidas. 
 
 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
Número de variables independientes (NVI) 6 
Número de balances de materia independientes (NBMI) 3 
Número de flujos conocidos (NFC) 2 
Número de composiciones independientes conocidas (NCC) 1 
Número de relaciones conocidas (NRC) 0 - 6 
GRADOS DE LIBERTAD (G de L) 0 
 
 
De acuerdo con la Tabla de Grados de Libertad, el sistema está especificado correctamente y pueden 
plantearse un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas. 
 
 
En todos los procesos se encontrará que la diferencia entre el número de incógnitas y el número de 
ecuaciones es, también, igual al número de Grados de Libertad del proceso. 
 
 
En este proceso: 3 Incógnitas – 3 Ecuaciones = 0 Grados de Libertad. 
 
Resolviendo el sistema de ecuaciones planteado se obtiene: 
 
De la ecuación (4): F
4
 = 160 
De las ecuaciones (4) y (1): F
2
 = 1040 
Con F
2
 conocido y la ecuación (2): w
2
AC = 0.03846 
Por diferencia: w
2
G = 0.96154 
 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
25 
Una medida de precaución que debe tomarse, como norma general, para garantizar que el sistema de 
ecuaciones de cualquier problema ha sido resuelto correctamente, consiste en verificar los resultados 
obtenidos, reemplazando los valores encontrados para las incógnitas en la ecuación de balance que no ha 
sido utilizada (por ser dependiente). 
 
 
En este problema no se utilizó la ecuación (3) por ser dependiente, por tanto debe satisfacerse con los valores 
encontrados. 
 
 
Reemplazando: 1000 = (1 – 0.03846) × 1040 
1000 = 1000 
 
igualdad que garantiza que se resolvió correctamente el sistema. 
 
 
 
2.10 Puede obtenerse una pasta de proteína vegetal libre de aceite a partir de semilla de algodón, 
usando hexano para extraer el aceite de las semillas limpias. 
 
Teniendo una alimentación de semilla de algodón cruda que consiste (porcentajes másicos) de: 
 
 
Material Celulósico (MC) 14 % 
Pasta (P) 37 % 
Aceite (A) 49 % 
 
 
Calcule la composición del extracto de aceite que se obtendrá utilizando 3 libras de hexano por 
cada libra de semilla cruda. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Hexano 
Pasta pura de proteína
Semillas
crudas 
Extracto de aceite 
Aceite 
Hexano 
Material 
celulósico 
 
Proceso 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
26 
SOLUCION: 
 
Diagrama Cuantitativo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Relaciones: 
 
Se utilizan 3 libras de hexano por cada libra de semilla cruda, es decir: 
R1: (F
1
/F
2
) = 3 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
NVI 8 (F
1
, F
2
, F
3
, F
4
 ,F
5
, w
2
MC, w
2
P, w
5
A) 
NBMI 4 (Total, Material Celulósico, Pasta, Aceite) 
NFC 0 
NCC 2 (w
2
MC, w
2
P) 
NRC 1 -7 
G de L 1 
 
Base -1 
(El sistema está sub-especificado. Al tomar 
una base de cálculo el sistema queda 
especificado correctamente) 
 
 
Las cuatro ecuaciones independientes de balances de materia son: 
 
Total: F
1
 + F
2
 = F
3
 + F
4
 + F
5
 (1) 
Material celulósico: 0.14 F
2
 = F
3
 (2) 
Pasta: 0.37 F
2
 = F
4
 (3) 
Aceite: 0.49 F
2
 = w
5
A F
5
 (4) 
Hexano 
F1 
Pasta pura 
F4
Semillas crudas 
F2 
w2MC = 0.14 
w2P = 0.37 
(w2A = 0.49) 
Extracto de aceite 
F5 
w5A 
(w5H) 
Material celulósico 
F3
Proceso
1 
2 
3
4
5
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
27 
De la relación: (F
1
/F
2
) = 3 (5) 
Se obtiene un sistema de 5 ecuaciones y 6 incógnitas (F
1
, F
2
, F
3
, F
4
, F
5
, w
5
A), o lo que es lo mismo: 
 
6 Incógnitas – 5 Ecuaciones = 1 Grado de Libertad. 
Al tomar como base de cálculo uno de los flujos se tiene un sistema de 5 × 5 y, por tanto: 
 
5 Incógnitas – 5 ecuaciones = 0 Grados de Libertad. 
Base de cálculo: Sea F
1
 = 1000 libras. 
Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que: 
De (5), F
2
 = (1000/3) libras 
De (3), F
4
 = 123.33 libras 
De (4), w
5
A = 0.13 
De (2), F
3
 = 46.67 libras 
De (1), F
5
 = 1256.67 libras 
Por diferencia, w
5
H = 0.87 
 
 
 
2.11 En una columna de destilación se separa una mezcla equimolar de etanol, propanol y butanol, 
en una corriente de destilado que contiene 66 2/3 % de etanol y nada de butanol, y una 
corriente de fondos que no contiene etanol. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Calcular las cantidades y composiciones de las corrientes de destilado y fondos, para una 
alimentación de 1000 mol/h. 
 
Alimentación1/3 E 
1/3 P 
1/3 B 
Destilado
E 2/3 
P 1/3 
B 0 
E 0 
P 
B 
Columna de 
destilación 
Fondos
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
28 
SOLUCION: 
 
Diagrama Cuantitativo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
NVI 7 (N
A
, x
A
E, x
A
P, ND, x
D
E, N
F
, x
F
P ) 
NBMI 3 (Total, Etanol (E), y Propanol (P)) 
NFC 1 (Flujo de alimentación, N
A
) 
NCC 3 (x
A
E, x
A
P, x
D
E ) 
NRC 0 -7 
G de L 0 
 
(El proceso está especificado correctamente y 
puede formarse un sistema de 3 ecuaciones con 3 
incógnitas) 
 
 
Las ecuaciones del balance de materia son: 
 
Total: 1000 = N
D
 + N
F 
(1) 
Etanol: (1000/3) = (2/3) N
D 
(2) 
Propanol: (1000/3) = (1/3) N
D
 + x
F
P N
F
 (3) 
 
 
ND 
xDE = 0.66667 
(P) 
NA =1000 
3
1A
Ex =
 
3
1A
Px =
 
(B) N
F 
xFP = 0.66667 
(B) 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
29 
Resolviendo el sistema se encuentra que: 
 
De la ecuación (2), N
D
 = 500 
De la ecuación (1), N
F
 = 500 
De la ecuación (3), x
F
P = 1/3 
 
valores correspondientes a los flujos y la composición pedidos en el problema. 
 
Para corroborar la solución obtenida, se reemplazan los valores encontrados en el balance de butanol 
(dependiente): 
 
0.3333 × 1000 = 0.6666 × 500 
 333.3 = 333.3 
 
 
 
2.12 La alimentación a una columna de destilación contiene 36 % en masa de benceno y el resto 
tolueno. 
 
El destilado deberá contener 52 % en masa de benceno, mientras que los fondos contendrán 5 
% en masa de benceno. 
 
Calcule: 
 
a. El porcentaje de la alimentación de benceno que contiene el destilado. 
 
b. El porcentaje de la alimentación total que sale como destilado. 
 
 
 
SOLUCION: 
 
Diagrama Cuantitativo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
FD 
wDB = 0.52 
( T 48 %) 
FA 
wAB = 0.36 
( T 64 %) 
FF 
wFB = 0.05 
( T 95 %) 
Solucionario.Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
30 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
NVI 6 
NBMI 2 
NFC 0 
NCC 3 
NRC 0 - 5 
G de L 1 
Base - 1 
 
 
El sistema tiene un grado de Libertad, pero al fijar una base de cálculo queda correctamente especificado. 
 
Base de cálculo: Sea F
A
 = 1000 
 
Las ecuaciones de balance son: 
 
 1000 = F
D
 + F
F
 (1) 
 360 = 0.52 F
D 
 + 0.05 F
F
 (2) 
 
Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1) y (2): 
 
F
F
 = 340.426 F
D
 = 659.574 
 
La solución a los interrogantes del problema es: 
 
 
a. El porcentaje de la alimentación de benceno que contiene el destilado. 
 
 
100
Aenbenceno
D en bencenoo recuperadbenceno de % ×= 
%2718.95100
360
574.65952.0
o recuperadbenceno de % =××= 
 
 
 
 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
31 
b. El porcentaje de la alimentación total que sale como destilado. 
 
100
1000
659.574 destilado como sale que A de % ×= 
% de A que sale como destilado = 65.9574 % 
 
 
 
2.13 Un método para determinar el flujo volumétrico de una corriente de proceso en flujo 
turbulento, consiste en inyectar cantidades pequeñas y medibles de algún fluido que se disperse 
con facilidad, para luego medir la concentración de este fluido en una muestra de la corriente 
mezclada, obtenida en algún punto adecuado corriente abajo. 
 
Supóngase que a una corriente que contiene 95 % mol de butano y 5 % mol de O2, se le 
inyectan 16,3 moles/h de O2. Corriente abajo el porcentaje de O2 es del 10%. 
 
Calcule el flujo de la corriente. 
 
 
 
SOLUCION: 
 
Diagrama Cuantitativo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
NVI 5 
NBMI 2 
NFC 1 
NCC 2 
NRC 0 -5 
G de L 0 
 
 
De la Tabla de Grados de Libertad se concluye que el proceso está correctamente especificado. 
N1 
x1B = 0.95 
(x1O2 = 0.05) 
N3 
x3B = 0.9 
(x3O2 = 0.1) 
N2 = 16.3 mol 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
32 
Los balances de materia son: 
 
Total: N
1
 + N
2
 = N
3
 ó N
1
 + 16.3 = N
3
 
Oxígeno: 0.05 N
1
 + 16.3 = 0.1 N
3
 
 
Resolviendo el sistema de ecuaciones: 
 
N
1
 = 293.4 N
3
 = 309.7 
 
Por tanto, el flujo de la corriente es de 293.4 moles/h. 
 
 
 
2.14 El ácido agotado de un proceso de nitración contiene 43 % de H2SO4 y 36 % de HNO3. La 
concentración de este ácido diluido se incremente mediante la adición de ácido sulfúrico 
concentrado que contiene 91 % de H2SO4 y ácido nítrico concentrado, que contiene 88 % de 
HNO3. El producto deberá contener 41.8 % de H2SO4 y 40 % de HNO3. 
 
Calcule las cantidades de ácido agotado y de ácidos concentrados que deberán mezclarse para 
obtener 100 lb del ácido mezclado reforzado. 
 
 
 
SOLUCION: 
 
Diagrama Cuantitativo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
FD 
wDH2SO4 = 0.43 
wDHNO3 = 0.36 
( H2O 21 %) 
FS 
wSH2SO4 = 0.91 
( H2O 9 %) 
FC 
wCH2SO4 = 0.418 
wCHNO3 = 0.400 
( H2O 18.2 %) FN 
wNHNO3 = 0.80 
( H2O 20 %) 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
33 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
NVI 10 
NBMI 3 
NFC 1 
NCC 6 
NRC 0 - 10 
G de L 0 
 
 
Los balances de materia son: 
 
Total: F
D 
 + F
S
 + F
N
 = 100 
Sulfúrico: 0.43 F
D
 + 0.91 F
S
 = 41.8 
Nítrico: 0.36 F
D
 + 0.8 F
N
 = 40.0 
 
Al resolver en sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas (F
D
, F
S
, F
N
) se obtienen los siguientes resultados 
 
F
D
 = 52.482 F
S
 = 21.135 F
N
 = 26.383 
 
que son, respectivamente, los flujos de ácido agotados y ácidos sulfúrico y nítrico concentrados necesarios 
para producir el ácido reforzado. 
 
 
Verificando los resultados obtenidos en el balance de agua se encuentra que: 
 
(1 – 0.43 – 0.36) × 52.482 + (1 – 0.91) × 21.135 + (1 – 0.8) × 26.383 = 18.2 
18.2 = 18.2 
 
 
 
2.15 En una planta se mezclan cuatro corrientes de proceso para dar una corriente única de 2000 
lb/h. Las composiciones de las cuatro corrientes de entrada y la corriente de salida se muestran 
en la tabla de la página siguiente: 
 
Calcule las proporciones en que deberán mezclarse las corrientes si: 
 
a. Siempre deberán usarse dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, para dar 
la corriente de salida con la composición mencionada. 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
34 
b. Se utilizan dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, y tres libras de la 
corriente 2 por una libra de la corriente 4, para dar la misma mezcla de salida. 
c. La corriente de salida no deberá llevar componentes inertes y deberá tener iguales 
porcentajes en masa de los otros componentes de la corriente. 
d. El contenido de inertes en la corriente de salida puede ser arbitrario, pero el resto de los 
componentes en la corriente de salida deberán estar presentes en iguales porcentajes en 
masa. 
 
 Corrientes de entrada 
 1 2 3 4 
Corriente de 
salida 
H2SO4 (% en masa) 80 0 30 10 40 
HNO3 (% en masa) 0 80 10 10 27 
H2O (% en masa) 16 20 60 72 31 
Inertes (% en masa) 4 0 0 8 2 
 
 
SOLUCION: El Diagrama Cuantitativo es: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
F1 
w1H2SO4 = 0.80 
w1iner = 0.04 
( H2O 16 %) 
F2 
w2HNO3 = 0.80 
( H2O 20 %) 
F3 
w3H2SO4 = 0.30 
w3HNO3 = 0.10 
( H2O 60 %) 
F4 
w4H2SO4 = 0.10 
w4HNO3 = 0.10 
w4iner = 0.08 
 ( H2O 72 %) 
F5= 2000 
w5H2SO4 = 0.40 
w5HNO3 = 0.27 
w5iner = 0.02 
 ( H2O 31 %) 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
35 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
NVI 16 
NBMI 4 
NFC 1 
NCC 11 
NRC 0 - 16 
G de L 0 
 
 
El proceso, en estas condiciones, está correctamente especificado. 
 
 
Las incógnitas son F
1
, F
2
, F
3
 y F
4
 y las ecuaciones de balance de materia son cuatro: 
 
Total: F
1
 + F
2 
+ F
3 
+ F
4
 = 2000 (1) 
Sulfúrico: 0.8 F
1
 + 0.3 F
3
 + 0.1 F
4
 = 800 (2) 
Inertes: 0.04 F
1
 + 0.08 F
4
 = 40 (3) 
Nítrico: 0.8 F
2
 + 0.1 F
3
 + 0.1 F
4
 = 540 (4) 
 
 
a. Siempre deberán usarse dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, para dar la 
corriente de salida con la composición mencionada. 
 
 
Al establecer esta relación, se tendrá el siguiente análisis de Grados de Libertad: 
 
 
 Relación 1, R1: (F
1
/F
3
) = 2 (5) 
 
 
NVI 16 
NBMI 4 
NFC 1 
NCC 11 
NRC 1 - 17 
G de L - 1 
 
 
El sistema se encuentra sobre-especificado porque los Grados de Libertad son negativos. 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
36 
Esto significa una de dos cosas: 
 
 
1. Sobra información pero ésta no es contradictoria y el problema puede resolverse; 
2. La información es contradictoria y el problema no tiene solución ya que no pueden cumplirse todas 
las especificaciones impuestas. 
 
 
En este caso se tienen 5 ecuaciones y 4 incógnitas. 
 
Para averiguarsi el sistema es consistente, se resuelve el sistema formado por cuatro cualesquiera de ellas y 
se comprueban los resultados en la quinta ecuación. 
 
Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3) y (5), se encuentra que: 
 
 
F
3
 = 416.667 F
1
 = 833.333 
F
4
 = 83.333 F
2
 = 666.667 
 
 
Comprobando estos valores en la ecuación (4): 
 
 
0.8 × 666.667 + 0.1 × 416.667 + 0.1 × 83.333 = 583.333 ≠ 540 
 
Por tanto, la información de la ecuación (5) es contradictoria y como no se pueden cumplir todas las 
condiciones impuestas el problema no tiene solución. La sobreespecificación es contradictoria. 
 
 
b. Se utilizan dos libras de la corriente 1 por una libra de la corriente 3, y tres libras de la corriente 2 por 
una libra de la corriente 4, para dar la misma mezcla de salida. 
 
 
Además de las condiciones dadas por el diagrama original, se tiene otra relación: 
 
Relación 1, R1: (F
1
/F
3 
) = 2 (5) 
 Relación 2, R2: (F
2
/F
4 
) = 3 (6) 
 
NVI 16 
NBMI 4 
NFC 1 
NCC 11 
NRC 2 - 18 
G de L - 2 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
37 
El problema está, en comparación a la parte (a), todavía más sobre-especificado. Si con la primera condición 
no se cumple, mucho menos lo va a ser con dos condiciones (o relaciones). 
 
 
Desde el punto de vista matemático, se tiene un sistema de 6 ecuaciones con 4 incógnitas. 
 
Pueden usarse los resultados de la parte (a) para comprobarlo: 
 
6) Ecuación ó 2 (Relación 3 a iguales no 
333.83
667.666
F
F
4
2
= 
 
c. La corriente de salida no deberá llevar componentes inertes y deberá tener iguales porcentajes en 
masa de los otros componentes de la corriente. 
 
 
Con estas condiciones, no pueden intervenir las corrientes de entrada que contienen inertes y el 
diagrama cuantitativo del proceso es el siguiente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
NVI 8 
NBMI 3 
NFC 1 
NCC 5 
NRC 0 - 9 
G de L - 1 
 
 
o sea que el proceso se encuentra sobre-especificado. 
F2 
w2HNO3 = 0.80 
( H2O 20 %) 
F3 
w3H2SO4 = 0.30 
w3HNO3 = 0.10 
( H2O 60 %) 
F5= 2000 
w5H2SO4 = 1/3 
w5HNO3 = 1/3 
( H2O) 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
38 
En este caso la sobre-especificación equivale a tener un sistema de 3 ecuaciones con 2 incógnitas (los flujos 
de las corrientes 2 y 3): 
 
De nuevo sobra información (hay redundancia), pero ésta puede ser o no contradictoria, existiendo las 
mismas dos posibilidades: Si la información no es contradictoria, el problema tiene solución, si es 
contradictora, no tiene solución. 
 
Las ecuaciones de balance son: 
 
Total: F
2
 + F
3
 = 2000 (1) 
Nítrico: 0.8 F
2 
 + 0.1 F
3
 = 666.667 (2) 
Sulfúrico: 0.3 F
3
 = 666.667 (3) 
 
De la ecuación (3), F
3
 = 2222.22. 
 
 
Valor contradictorio (por imposible), ya que dicho flujo no puede tener un valor mayor que el flujo de salida 
que es de 2000. Por tanto el problema, con estas condiciones, no tiene solución. 
 
 
d. El contenido de inertes en la corriente de salida puede ser arbitrario, pero el resto de los componentes 
en la corriente de salida deberán estar presentes en iguales porcentajes en masa. 
 
El diagrama cuantitativo del proceso, con todas las variables de corriente, se muestra en la figura de 
la página siguiente: 
 
Relaciones: 
R1: (w
5
H2SO4 = w
5
HNO3) (1) 
R2: (w
5
H2SO4 = w
5
H2O) (2) 
 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
NVI 16 
NBMI 4 
NFC 1 
NCC 8 
NRC 2 - 15 
G de L 1 
 
 
De la Tabla de Grados de Libertad puede concluirse que el sistema se encuentra sub-especificado. 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
39 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para demostrar que el sistema se encuentra sub-especificado, se plantean las ecuaciones del balance y las 
relaciones: 
 
 
Relaciones: (w
5
H2SO4 / w
5
HNO3) = 1 (1) 
 (w
5
H2SO4 / w
5
H2O) = 1 (2) 
 
Ecuaciones de balance: 
 
Total: F
1
 + F
2
 + F
3
 + F
4 
 = 2000 (3) 
Sulfúrico: 0.8 F
1
 + 0.3 F
3
 + 0.1 F
4
 = w
5
H2SO4 × 2000 (4) 
Agua: 0.16 F
1 
 + 0.2 F
2
 + 0.6 F
3
 + 0.72 F
4
 = w
5
H2O × 2000 (5) 
 Nítrico: 0.8 F
2
 0.1 F
3
 + 0.1 F
4
 = w
5
HNO3 × 2000 (6) 
 
F1 
w1H2SO4 = 0.80 
w1iner = 0.04 
( H2O 16 %) 
F2 
w2HNO3 = 0.80 
( H2O 20 %) 
F3 
w3H2SO4 = 0.30 
w3HNO3 = 0.10 
( H2O 60 %) 
F4 
w4H2SO4 = 0.10 
w4HNO3 = 0.10 
w4iner = 0.08 
 ( H2O 72 %) 
F5= 2000 
w5H2SO4 
w5HNO3 
w5H2O 
 ( inertes) 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
40 
El análisis de las ecuaciones (1) a (6) muestra que forman un sistema con 6 ecuaciones y 7 incógnitas (F
1
, F
2
, 
F
3
, F
4
, w
5
H2SO4, w
5
HNO3, w
5
H2O). El Grado de Libertad del problema es igual a la diferencia entre el número de 
incógnitas y el número de ecuaciones: 
 
7 incógnitas – 6 ecuaciones = 1 Grado de Libertad 
 
y, por tanto, no puede resolverse completamente. 
 
Se puede expresar, como en cualquier sistema de ecuaciones con la misma característica (más incógnitas que 
ecuaciones), el resto de incógnitas en función de una o más de ellas (dependiendo del número de Grados de 
Libertad (ejercicio algebraico que es bueno comenzar a practicar para cuando se llegue a la solución de 
balances de materia con arrastre de variables). 
 
 
 
2.16 Un fabricante mezcla tres aleaciones para obtener 10000 lb/h de una aleación requerida. 
 
En la siguiente tabla se muestran las composiciones de las aleaciones (% en masa): 
 
 
Aleaciones alimentadas Componente 1 2 3 Aleación deseada 
A 60 20 20 25 
B 20 60 0 25 
C 20 0 60 25 
D 0 20 20 25 
 
 
a. Calcule los flujos de alimentación de las tres aleaciones. 
 
¿Pueden cumplirse todas las condiciones requeridas? 
 
b. Supóngase que puede usarse también una cuarta aleación, que contiene 20 % en B, 20 % en 
C y 60 % D. 
 
Calcule los flujos de alimentación de las cuatro aleaciones. 
 
c. Supóngase que únicamente se requiere que la aleación final tenga 40 % A y cantidades 
iguales de B y C (no se especifica la fracción en masa de D). 
 
¿En qué proporciones deberán mezclarse las cuatro aleaciones para satisfacer estas 
condiciones, y cuál sería la composición de la aleación final? 
 
 
 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
41 
SOLUCION: 
 
Diagrama Cuantitativo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a. Calcule los flujos de alimentación de las tres aleaciones. ¿Pueden cumplirse todas las condiciones 
requeridas? 
 
 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
NVI 13 
NBMI 4 
NFC 1 
NCC 9 
NRC 0 - 14 
G de L - 1 
 
 
El proceso se encuentra sobre-especificado. Sobra información. 
 
F1 
w1A = 0.6 
w1B = 0.2 
(w1C) 
F2 
w2A = 0.2 
w2B = 0.6 
(w2D) 
F3 
w3A = 0.2 
w3C = 0.6 
(w3D) 
F4= 10000 
w4A = 0.25 
w4B = 0.25 
w4C = 0.25 
 (w4D) 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. ReklaitisBen – Hur Valencia Valencia 
42 
Como consecuencia, se puede formar un sistema de 4 ecuaciones y 3 incógnitas. 
 
Las cuatro ecuaciones de balances de materia son: 
 
 
Total: F
1
 + F
2
 + F
3
 = 10000 (1) 
A: 6 F
1
 + 0.2 F
2
 + 0.2 F
3
 = 2500 (2) 
B: 0.2 F
1
 + 0.6 F
2
 = 2500 (3) 
C: 0.2 F
1 
+ 0.6 F
3
 = 2500 (4) 
 
Las tres incógnitas son: F
1
, F
2
 y F
3
. 
 
Resolviendo las ecuaciones (1), (3) y (4) se obtiene: 
 
F
1
 = 5000 F
2
 = 2500 F
3
 = 2500 
 
Al reemplazar estos valores en la ecuación (2) se obtiene que: 
 
0.6 × 5000 + 0.2 × 2500 + 0.2 × 2500 = 4000 ≠ 2500 
 
los cuales no satisfacen la ecuación y, por tanto, el sistema no es consistente. 
 
Se puede concluir que la información es, además de redundante, contradictoria y, por tanto, el problema no 
tiene solución. 
 
 
b. Supóngase que puede usarse también una cuarta aleación, que contiene 20 % B, 20 % C y 60 % D. 
Calcule los flujos de alimentación de las cuatro aleaciones. 
 
 
El diagrama cuantitativo del proceso tiene un nuevo flujo de entrada con respecto al diagrama de la parte a), 
tal como se muestra en el diagrama cuantitativo de la página siguiente, en el que se incluyen todas las 
variables de corriente necesarias para construir la Tabla de Grados de Libertad que se muestra a continuación: 
 
 
NVI 16 
NBMI 4 
NFC 1 
NCC 11 
NRC 0 - 16 
G de L 0 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
43 
de la cual se concluye que el problema está correctamente especificado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Las ecuaciones de balance de materia son: 
 
Total: F
1
 + F
2
 + F
3
 + F
5
 = 10000 (1) 
A: 0.6 F
1
 + 0.2 F
2
 + 0.2 F
3
 = 2500 (2) 
B: 0.2 F
1
 + 0.6 F
2
 + 0.2 F
5
 = 2500 (3) 
C: 0.2 F
1
 + 0.6 F
3
 + 0.2 F
5
 = 2500 (4) 
 
que conforman un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas. 
 
Resolviéndolo se obtiene que: 
 
F
1
 = 2500 F
2
 = 2500 F
3
 = 2500 F
5 
= 2500 
 
correspondientes a los flujos necesarios para las corrientes de entrada. 
 
F1 
w1A = 0.6 
w1B = 0.2 
(w1C) 
F2 
w2A = 0.2 
w2B = 0.6 
(w2D) 
F5 
w5B = 0.2 
w5C = 0.2 
(w5D) 
F4= 10000 
w4A = 0.25 
w4B = 0.25 
w4C = 0.25 
 (w4D) 
F3 
w3A = 0.2 
w3C = 0.6 
(w3D) 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
44 
Corroborando los resultados obtenidos en el balance del componente D, que no ha sido utilizado por ser 
dependiente, se encuentra que: 
 
 
0.2 × 2500 + 0.2 × 2500 + 0.6 × 2500 = 0.25 × 10000 
 
2500 = 2500 
 
 
c. Supóngase que únicamente se requiere que la aleación final tenga 40 % A y cantidades iguales de B 
y C (no se especifica la fracción en masa del compuesto D). 
 
¿En qué proporciones deberán mezclarse las cuatro aleaciones para satisfacer estas condiciones? 
¿Cuál sería la composición de la aleación final? 
 
 
Diagrama Cuantitativo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Relaciones: 
 
R1: w
4
B = w
4
C 
 
 
 
 
F1 
w1A = 0.6 
w1B = 0.2 
(w1C) 
 
F2 
w2A = 0.2 
w2B = 0.6 
(w2D) 
 
F3 
w3A = 0.2 
w3C = 0.6 
(w3D) 
 
F4= 10000 
w4A = 0.4 
w4B 
w4C 
 (w4D) 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
45 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
NVI 13 
NBMI 4 
NFC 1 
NCC 7 
NRC 1 - 13 
G de L 0 
 
 
El proceso se encuentra correctamente especificado. 
 
Puede plantearse un sistema de cinco ecuaciones de balances de materia con cinco incógnitas: 
 
Total: F
1
 + F
2
 + F
3
 = 10000 (1) 
A: 0.6 F
1
 + 0.2 F
2
 + 0.2 F
3
 = 4000 (2) 
B: 0.2 F
1
 + 0.6 F
2
 = 10000 w
4
B (3) 
C: 0.2 F
1
 + 0.6 F
3
 = 10000 w
4
C (4) 
R1: (w
4
B / w
4
C) = 1 (5) 
 
Resolviéndolo el sistema se encuentra que: 
 
F
1
 = 5000 F
2
 = 2500 F
3
 = 2500 
w
4
B = 0.25 w
4
C = 0.25 
 
Como medida de precaución y para garantizar la correcta realización de los cálculos, ya se había planteado 
anteriormente, se reemplazan los valores de las variables en la ecuación de balance que no ha sido utilizada 
(por ser dependiente). En este caso se trata del balance del componente D: 
 
0.2 F
2
 + 0.2 F
3
 = 10000 w
4
D 
0.2 × 2500 + 0.2 × 2500 = (1 – 0.4 – 0.25 – 0.25) × 10000 
1000 = 1000 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
46 
2.17 Una lechada que consiste de un precipitado de CaCO3 en solución de NaOH y H2O, se lava con 
una masa igual de una solución diluida de 5 % (en masa) de NaOH en agua. 
 
La lechada lavada y sedimentada que se carga de la unidad contiene 2 libras de solución por 
cada libra de sólido (CaCO3). La solución clara que se descarga de la unidad puede suponerse 
de la misma concentración que la solución acarreada por los sólidos. 
 
La lechada de alimentación contiene iguales fracciones masa de todos sus componentes. 
 
Calcule la concentración de la solución clara. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
SOLUCION: 
 
El Diagrama Cuantitativo es: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NaOH 
H2O 
Solución 
de lavado 
Lechada de alimentación 
NaOH 
H2O 
CaCO3 
Solución clara 
NaOH 
H2O 
 
Lechada lavada
NaOH 
H2O 
CaCO3 
LECHADA 
F1 
w1CaCO3 = 1/3 
w1NaOH = 1/3 
(agua) 
Solución de lavado
F2 
w2NaOH = 0.05 
(agua) 
Solución clara 
F4 
w4NaOH 
(agua) Lechada lavada
F3 
w3CaCO3 (sal) 
w3NaOH 
(agua) 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
47 
Relaciones: 
 
R1: F
1
 = F
2 
(1) 
R2: w
3
CaCO3 = 1/3 (2) 
R3: Para expresar matemáticamente la Relación 3, y poder igualar la composición de NaOH en 
las corrientes 3 y 4, debe efectuarse un cambio de base en la corriente 3; es decir, expresar su 
composición de NaOH excluyendo el CaCO3. 
 
Puede plantearse que: 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+ NaOH demasa agua demasa 
total demasa 
totalmasa 
NaOH demasa 
NaOH demasa agua demasa 
NaOH demasa 
 
En función de los flujos y las composiciones: 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+×⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+ 3 OH3NaOH
3
3
3
NaOH
3
OH
3
NaOH
3
NaOH
22
FF
F
F
F
FF
F
 
( ) ( )2 2
3 3 3 3 3
33 3 3 3 3 3
NaOH NaOH
NaOH H O NaOH H O
w F w F F
Fw w F w w F
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ×⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
 
Encontrándose que: 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+ 3CaCO
3
NaOH
3
w1
w
agua demasa NaOH demasa 
NaOH demasa 
 
 
Reemplazando valores, la relación R3 se plantea como: 
 
(3) w
sólidos sin sln de lb
NaOH de lb
3333.01
w 4
NaOH
3
3
NaOH =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
− 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
48 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
NVI 10 
NBMI 3NFC 0 
NCC 3 
NRC 3 - 9 
G de L 1 
Base -1 
G de L 0 
 
 
Como puede deducirse del análisis de la Tabla de Grados de Libertad, al tomar una base de cálculo los 
Grados de Libertad del proceso se vuelven cero y el problema queda correctamente especificado. 
 
 
CÁLCULOS: 
 
 Base: Sea F
1
 = 1000 
 
Las ecuaciones del balance de materia son: 
 
Total: F
3
 + F
4
 = 1000 + F
2
 (4) 
CaCO3: w
3
CaCO3 F
3
 = 1000 × (1 / 3) (5) 
NaOH: w
4
NaOH F
4
 + w
3
NaOH F
3
 = 0.05 F
2
 + (1000 / 3) (6) 
 
Resolviendo el sistema de ecuaciones se encuentra que: 
 
F
2
 = F
3
 = F
4
 = 1000 w
3
NaOH = 0.15333 w
4
NaOH = 0.23 
 
Reemplazando estos resultados en la ecuación dependiente para el balance de agua se comprueba la correcta 
solución de las ecuaciones, ya que los valores encontrados deben satisfacer su ecuación de balance: 
 
(1000/3) + 0,95 F
2 
 = w
411
NaOH F
4
 + w
3
NaOH F
3
 
( ) 100023.01100015333.0
3
11950
3
1000 ×−+×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−=+ 
1283.333 = 1283.333 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
49 
2.18 Puede extraerse el ácido benzoico de una solución acuosa diluida, mediante el contacto de la 
solución con benceno en una unidad de extracción de etapa única. 
 
La mezcla se separará en dos corrientes: una que contiene ácido benzoico y benceno y la otra 
que contiene a los tres componentes, como lo muestra el diagrama de la figura. 
 
El benceno es ligeramente soluble en agua, por tanto, la corriente 4 contendrá 0.07 kg de 
benceno por kg de agua. 
 
El ácido benzoico se distribuirá entre las corrientes 3 y 4 de la siguiente forma: 
 
3 4
masa de ácido benzoico masa de ácido benzoico= 4 ×
masa de benceno masa (benceno + agua)
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
 
La solución de alimentación, corriente 2, contiene 2 × 10-2 kg de ácido/kg de agua y se alimenta 
a razón de 104 kg/h: 
 
 
a. Demuestre que el problema está sub-especificado. 
 
b. Supóngase que el ácido benzoico extraído en la corriente 3, vale $ 1/kg y que el benceno 
fresco (corriente 2) cuesta 3 centavos/kg. 
Construya una gráfica de utilidad neta contra flujo de benceno y seleccione el flujo óptimo 
de benceno. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ácido benzoico 
Agua 
Ácido benzoico 
Benceno 
Agua 
Benceno 
Ácido benzoico 
Benceno
1
23
4
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
50 
SOLUCION: 
 
Diagrama Cuantitativo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Relaciones: 
 
 
R1: 0.02 kg de ácido/kg de agua en la alimentación. 
R2: 0.07 kg de benceno/kg de agua en la corriente 4. 
R3: 
43 agua)(bencenomasa 
benzoico ácido demasa 4
benceno demasa 
benzoico ácido demasa 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+×=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
 
 
 
a. Demuestre que el problema está sub-especificado. 
 
 
Tabla de Grados de Libertad: 
 
 
NVI 8 
NBMI 3 
NFC 1 
NCC 0 
NRC 3 - 7 
G de L 1 
 
 
El problema se encuentra sub-especificado. Hace falta información para calcular todas las variables del 
proceso. 
F1 = 10000 kg/h 
w1AB 
(A) 
1
23
4
F3 
w3AB 
(B) 
F4 
w4AB 
w4B 
 (A) 
F2 (Benceno) 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
51 
Como tiene un grado de Libertad esto significa que todas las incógnitas del proceso pueden expresarse en 
función de una de ellas. 
 
 
b. Supóngase que el ácido benzoico extraído en la corriente 3, vale $ 1/kg y que el benceno fresco 
(corriente 2) cuesta 3 centavos/kg. 
 
Construya una gráfica de utilidad neta contra flujo de benceno y seleccione el flujo óptimo de 
benceno. 
 
 
Para hallar la respuesta pedida, se plantean las ecuaciones de balance y se expresa el ácido recuperado en 
función del benceno utilizado: 
 
Balance de ácido benzoico: (AB) 
 
3 3 4 40.0210000 196.078
1.02 AB AB
w F w F× = + = (1) 
 
Balance de benceno: (B) 
 
 F
2 
= (1 – w
3
AB) F
3 
+ w
4
B F
4 (2) 
 
Balance de agua: (A) 
 
( )4 4 4 41.0010000 1 9803.922
1.02 A AB B
F w w F× = = − − = (3) 
 
De la Relación 2 y la ecuación (3), el benceno en (4) será: 
 
 F
4
B = w
4
B F
4 
= 0.07 × 9803.922 = 686.275 (4) 
 
Reemplazando la ecuación (4) en la (2): 
 
F
2
 = (1 – w
3
AB) F
3
 + 686.275 (5) 
 
Expresando matemáticamente la Relación 3 y reemplazando los valores conocidos se encuentra que: 
 
( )
3 3 4 4 4 4
3 3
44
9803.922 686.275 10490.1971
AB AB AB
AB
w F w F w F
w F
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ = × =⎜ ⎟⎜ ⎟ +− ⎝ ⎠⎝ ⎠
 (6) 
 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
52 
Despejando de (1) y (5), reemplazando en (6) y reorganizando se llega a que: 
 
2
4 4
2
10490.197 196.078
686.725
10490.1974
686.725
AB
F
w F
F
⎛ ⎞×⎜ ⎟−⎝ ⎠= ⎛ ⎞+ ⎜ ⎟−⎝ ⎠
 (7) 
y: 
 
 w
3
AB F
3
 = 196.078 – w
4
AB F
4 (8) 
 
La ecuación (8) da el ácido recuperado en función del flujo de benceno y de la ecuación (7). A partir de ellas 
y asumiendo diferentes valores para el flujo de benceno se puede calcular el flujo de ácido recuperado. Con 
los flujos hallados y con los precios dados se puede construir la siguiente tabla: 
 
 
F
2
 
kg 
Valor de F
2
, 
$ 
F
4
 w
4
AB 
kg 
F
3
 w
3
AB 
kg 
Valor de ácido 
reciclado, 
$ 
Utilidad 
$ 
1300 39 158.916 37.162 37.162 - 1.838 
2000 60 130.652 65.428 65.428 + 5.428 
2100 63 127.415 68.663 68.663 + 5.663 
2200 66 124.334 71.744 71.744 + 5.744 
2300 69 121.399 74.679 74.679 + 5.679 
2400 72 118.599 77.479 77.479 + 5.479 
2600 78 113.370 82.708 82.708 + 4.708 
3000 90 104.182 91.896 91.896 + 1.896 
 
 
De los valores hallados en la última columna de la Tabla puede observarse que el flujo óptimo de benceno se 
encuentra entre 2100 y 2300 kg, valores entre los cuales la utilidad presenta un máximo. 
 
Obsérvese que al asumir un flujo de benceno el proceso queda correctamente especificado, ya que la Tabla de 
Grados de Libertad es: 
 
 
NVI 8 
NBMI 3 
NFC 2 
NCC 0 
NRC 3 - 8 
G de L 0 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
53 
2.19 La alimentación aun sistema fraccionador de dos columnas es de 30000 lb/h de una mezcla que 
contiene 50 % de benceno (B), 30 % de tolueno (T) y 20 % de xileno (X). La alimentación se 
introduce en la columna I y resulta en un destilado con 95 % de benceno, 3 % de tolueno y 2 % 
de xileno. Los fondos de la columna I se alimentan a la segunda columna de la cual se obtiene 
un destilado con 3 % de benceno, 95 % de tolueno y 2 % de xileno. 
 
Supóngase que 52 % de la alimentación aparece como destilado en la primera columna y 75 % 
del benceno alimentado a la segunda columna aparece en el destilado de ésta. 
 
Calcule la composición y el flujo de la corriente de fondos de la segunda columna. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 3 % B
95 % T
 2 % X
Columna
I 
95 % B
 3 % T
 2 % X
50 % B 
30 % T 
20 % X 
30000 lb/h 
B 
T 
X 
Columna 
II 
B 
T 
X 
Solucionario. Balance de Materia. Capítulo II. G. V. Reklaitis Ben – Hur Valencia Valencia 
54 
SOLUCION: