Combustión de gas natural (metano y etano) con análisis en base seca
Por Daniel · Actualizado el 1 de noviembre de 2026
Cuando el combustible es una mezcla, el oxígeno teórico se suma componente por componente. Después todo sigue igual que con un solo combustible: aire, nitrógeno y balances en el horno.
Enunciado
Se queman 100 kmol/h de un gas natural con 90 % de metano y 10 % de etano (en mol) con 15 % de aire en exceso. La combustión es completa. Calcula los gases de combustión en base húmeda y en base seca.
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Solución paso a paso
1. Diagrama de flujo
2. Datos, unidades y notación
Reacciones:
- R1: CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O
- R2: C2H6 + 3.5 O2 → 2 CO2 + 3 H2O
Notación:
- ṅi,F = flujo molar del componente i en la corriente F (kmol/h).
- ṅF = Σi ṅi,F (kmol/h); ṁF = Σi Mi ṅi,F (kg/h).
- ξR = grado de avance de la reacción R (kmol/h). Sale = Entra + Σ νi ξ.
3. Análisis de grados de libertad
| Subsistema | Variables | Balances | Datos y relaciones | GL |
|---|---|---|---|---|
| Reactor H | 12 | 6 | 6 | 0 |
| Sistema completo | 12 | 12 ecuaciones | 0 | |
GL = variables − balances independientes − datos y relaciones. Las variables son los flujos de cada componente en cada corriente, más grados de avance, fracciones de división, Q, W y temperaturas desconocidas. Con GL = 0 el problema está completamente especificado. Se empieza por el subsistema con GL = 0.
4. Ecuaciones planteadas
- Dato · F ṅF = 100 kmol/h
- Dato · F ṅCH4,F = 0.9 ṅF
- Dato · A ṅO2,A = 0.21 ṅA
- Balance · H ṅCH4,G = ṅCH4,F − ξR1
- Balance · H ṅC2H6,G = ṅC2H6,F − ξR2
- Balance · H ṅO2,G = ṅO2,A − 2 ξR1 − 3.5 ξR2
- Balance · H ṅN2,G = ṅN2,A
- Balance · H ṅCO2,G = ξR1 + 2 ξR2
- Balance · H ṅH2O,G = 2 ξR1 + 3 ξR2
- Relación ṅCH4,F − ṅCH4,G = 1 · ṅCH4,Fconversión en un paso de CH4
- Relación ṅC2H6,F − ṅC2H6,G = 1 · ṅC2H6,Fconversión en un paso de C2H6
- Relación ṅO2,A = (1 + 0.15) · (2 ṅCH4,F + 3.5 ṅC2H6,F)O2 teórico = 2 ṅCH4,F + 3.5 ṅC2H6,F
5. Solución paso a paso
- Corriente F: 2 ecuaciones simultáneas: ecuaciones (1), (2), resueltas a la vez (Newton-Raphson, 2 iteraciones).
⇒ ṅCH4,F = 90 kmol/h
⇒ ṅC2H6,F = 10 kmol/h - De la ecuación (10): (90) − ṅCH4,G = 1 · (90) ⇒ ṅCH4,G = 0 kmol/h
- De la ecuación (11): (10) − ṅC2H6,G = 1 · (10) ⇒ ṅC2H6,G = 0 kmol/h
- De la ecuación (12): ṅO2,A = (1 + 0.15) · (2 (90) + 3.5 (10)) ⇒ ṅO2,A = 247.25 kmol/h
- De la ecuación (3): (247.25) = 0.21 ṅA ⇒ ṅN2,A = 930.13 kmol/h
- De la ecuación (4): (0) = (90) − ξR1 ⇒ ξR1 = 90 kmol/h
- De la ecuación (5): (0) = (10) − ξR2 ⇒ ξR2 = 10 kmol/h
- De la ecuación (6): ṅO2,G = (247.25) − 2 (90) − 3.5 (10) ⇒ ṅO2,G = 32.25 kmol/h
- De la ecuación (7): ṅN2,G = (930.13) ⇒ ṅN2,G = 930.13 kmol/h
- De la ecuación (8): ṅCO2,G = (90) + 2 (10) ⇒ ṅCO2,G = 110 kmol/h
- De la ecuación (9): ṅH2O,G = 2 (90) + 3 (10) ⇒ ṅH2O,G = 210 kmol/h
6. Resultados
F
| Componente | kmol/h | Fracción molar | kg/h | Fracción másica |
|---|---|---|---|---|
| CH4 | 90 | 0.9 | 1,443.9 | 0.8276 |
| C2H6 | 10 | 0.1 | 300.7 | 0.1724 |
| Total | 100 | 1 | 1,744.6 | 1 |
A
| Componente | kmol/h | Fracción molar | kg/h | Fracción másica |
|---|---|---|---|---|
| O2 | 247.25 | 0.21 | 7,911.5 | 0.2329 |
| N2 | 930.13 | 0.79 | 26,057 | 0.7671 |
| Total | 1,177.4 | 1 | 33,968 | 1 |
G
| Componente | kmol/h | Fracción molar | kg/h | Fracción másica |
|---|---|---|---|---|
| CH4 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| C2H6 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| O2 | 32.25 | 0.02515 | 1,031.9 | 0.0289 |
| N2 | 930.13 | 0.7253 | 26,057 | 0.7296 |
| CO2 | 110 | 0.08578 | 4,841 | 0.1356 |
| H2O | 210 | 0.1638 | 3,783.2 | 0.1059 |
| Total | 1,282.4 | 1 | 35,713 | 1 |
| Otras incógnitas | Valor |
|---|---|
| ξR1 | 90 kmol/h |
| ξR2 | 10 kmol/h |
7. Verificación (entra + genera = sale)
| Equipo | Balance | Entra | Genera | Sale | Error |
|---|---|---|---|---|---|
| Reactor H | Balance de CH4 | 90 | -90 | 0 | ✓ 3.3 × 10-12 % |
| Reactor H | Balance de C2H6 | 10 | -10 | 0 | ✓ 0 % |
| Reactor H | Balance de O2 | 247.25 | -215 | 32.25 | ✓ 0 % |
| Reactor H | Balance de N2 | 930.13 | 0 | 930.13 | ✓ 1.5 × 10-9 % |
| Reactor H | Balance de CO2 | 0 | 110 | 110 | ✓ 0 % |
| Reactor H | Balance de H2O | 0 | 210 | 210 | ✓ 4.3 × 10-9 % |
| Reactor H | Masa total | 35,713 | 0 | 35,713 | ✓ 1.6 × 10-9 % |
| Reactor H | Átomos de C | 110 | 0 | 110 | ✓ 2.7 × 10-12 % |
| Reactor H | Átomos de H | 420 | 0 | 420 | ✓ 4.3 × 10-9 % |
| Reactor H | Átomos de O | 494.5 | 0 | 494.5 | ✓ 1.8 × 10-9 % |
| Reactor H | Átomos de N | 1,860.3 | 0 | 1,860.3 | ✓ 1.5 × 10-9 % |
Tolerancia: error relativo menor a 1 × 10-4 %. Todos los balances cierran.
Claves del problema
- O₂ teórico: 90 × 2 + 10 × 3.5 = 215 kmol/h. Con 15 % de exceso se alimentan 247.25 kmol/h de O₂ y 930.13 kmol/h de N₂.
- CO₂ = 90 + 2 × 10 = 110; H₂O = 2 × 90 + 3 × 10 = 210; O₂ sobrante = 32.25 kmol/h.
- Base húmeda: 1,282.38 kmol/h. Base seca (sin agua): 1,072.38 kmol/h, con 10.26 % de CO₂, 3.01 % de O₂ y 86.74 % de N₂.
- Estos porcentajes en base seca son los que mediría un analizador Orsat.
Errores comunes
- Calcular el O₂ teórico solo con el metano.
- Reportar la composición en base seca sumando el agua al total.
Preguntas frecuentes
¿Se puede calcular el exceso a partir del análisis de gases?
Sí, es el problema inverso: con el porcentaje de O₂ en base seca se obtiene el aire alimentado. La calculadora lo resuelve si capturas la composición medida y dejas el exceso como incógnita.
¿Cada hidrocarburo necesita su propia reacción?
Sí. Cada uno tiene su estequiometría y su grado de avance.
Sigue aprendiendo
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