1) El documento describe diversos modelos para describir los balances de masa más allá de la Ley de Fick básica, incluyendo ecuaciones que consideran flux convectivo, flux molecular y generación. 2) Se presentan ecuaciones para describir la difusión binaria en gases, difusión a película estancada y difusión contraria no equimolar. 3) Cada caso simplifica las ecuaciones generales dependiendo de las condiciones y relaciones entre los flujos de las especies involucradas.

1. Balances de masa
Hay diversos modelos además del modelo básico de la Ley de Fick que aprendimos en la unidad de
transporte molecular. Los encontraremos a partir de la analogía de la transferencia de calor
𝜕𝜌 𝐴
𝜕𝑡
+ (𝑢 ∙ ∇)(𝜌 𝐴) = (𝜌̇ 𝐴) 𝐺 + 𝐷𝐴𝐵∇2(𝜌 𝐴) − 𝜌 𝐴(∇ ∙ 𝑢)
𝜕𝐶𝐴
𝜕𝑡
+ (𝑢 ∙ ∇)(𝐶𝐴) = (𝐶̇ 𝐴) 𝐺
+ 𝐷𝐴𝐵∇2(𝐶𝐴) − 𝐶𝐴(∇ ∙ 𝑢)
Para el caso de un medio incompresible (∇𝑢) = 0 con lo que se simplifican a:
𝜕𝜌 𝐴
𝜕𝑡
+ (𝑢 ∙ ∇)(𝜌 𝐴) = (𝜌̇ 𝐴) 𝐺 + 𝐷𝐴𝐵∇2(𝜌 𝐴)
𝜕𝐶𝐴
𝜕𝑡
+ (𝑢 ∙ ∇)(𝐶𝐴) = (𝐶̇ 𝐴) 𝐺
+ 𝐷𝐴𝐵∇2(𝐶𝐴)
Es relevante considerar que el flux molar puede ser respecto a un coordenado fijo:
𝑁𝐴
𝐴
= 𝐶𝐴 𝑢 𝐴
O respecto a un coordenado móvil
𝐽 𝐴
𝐴
= 𝐶𝐴(𝑢 𝐴 − 𝑢)
𝐽 𝐴
∗
𝐴
= 𝐶𝐴(𝑢 𝐴 − 𝑢∗)
Al considerar el flujo total de la masa de un sistema multicomponente, se debe tomar en cuenta la
contribución de todas las especies químicas a dicho total:
𝑁 𝑇
𝐴
= ∑
𝑁𝑖
𝐴
𝑛
𝑖=1
que para un sistema binario se reduce a
𝑁 𝑇
𝐴
=
𝑁𝐴
𝐴
+
𝑁 𝐵
𝐴
(
𝐽 𝐴
∗
𝐴
)
𝑧
= 𝐶𝐴(𝑢 𝐴,𝑧 − 𝑢 𝑧
∗
) = 𝐶𝐴 𝑢 𝐴,𝑧 − 𝐶𝐴 𝑢 𝑧
∗
Pero el flux de la especie A respecto a la velocidad media es una difusión molecular, que está descrita
por la ley de Fick, por lo cual es posible escribir
(
𝐽 𝐴
∗
𝐴
)
𝑧
= 𝐶𝐴 𝑢 𝐴,𝑧 − 𝐶𝐴 𝑢 𝑧
∗
= −𝐷𝐴𝐵
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑧

2. De donde es posible despejar
𝐶𝐴 𝑢 𝐴,𝑧 = −𝐷𝐴𝐵
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑧
+ 𝐶𝐴 𝑢 𝑧
∗
… (𝟏)
Pero para un sistema binario, el movimiento de todo el sistema o coordenado es
𝑢 𝑧
∗
=
1
𝐶 𝑇
(𝐶𝐴 𝑢 𝐴,𝑧 + 𝐶 𝐵 𝑢 𝐵,𝑧) … (𝟐)
Si multiplicamos esta última ecuación en ambos miembros por CA:
𝐶𝐴 𝑢 𝑧
∗
=
𝐶𝐴
𝐶 𝑇
(𝐶𝐴 𝑢 𝐴,𝑧 + 𝐶 𝐵 𝑢 𝐵,𝑧) = 𝑥 𝐴(𝐶𝐴 𝑢 𝐴,𝑧 + 𝐶 𝐵 𝑢 𝐵,𝑧) … (𝟑)
Sustituyendo (3) en (1)
𝐶𝐴 𝑢 𝐴,𝑧 = −𝐷𝐴𝐵
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑧
+ 𝑥 𝐴(𝐶𝐴 𝑢 𝐴,𝑧 + 𝐶 𝐵 𝑢 𝐵,𝑧)
Considerando la transferencia unidireccional,
𝐶𝐴 𝑢 𝐴,𝑧 =
𝑁𝐴
𝐴
𝐶 𝐵 𝑢 𝐵,𝑧 =
𝑁 𝐵
𝐴
También,
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑧
=
𝑑(𝐶 𝑇 𝑥 𝐴)
𝑑𝑧
= 𝐶 𝑇
𝑑𝑥 𝐴
𝑑𝑧
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
= −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵
𝑑𝑥 𝐴
𝑑𝑧
+ 𝑥 𝐴 [(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
+ (
𝑁 𝐵
𝐴
)
𝑧
]
Que se puede generalizar:
𝑁𝐴
𝐴
= −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵∇𝑥 𝐴 + 𝑥 𝐴 [
𝑁𝐴
𝐴
+
𝑁 𝐵
𝐴
] … (𝟒)
Siendo esta ecuación la que describe el proceso de transferencia de masa de la especie A en estado
estacionario, sin generación, considerando el flux molecular y el flux convectivo. Para resolver esta
ecuación es necesario establecer la relación entre los flujos de las especies A y B, relación que depende
del estado de agregación de las especies, de manera que se generan varios casos distintos,
exploraremos algunos.
Difusión de masa binaria en gases
𝐶𝐴 =
𝑃𝐴
𝑅𝑇
=
𝑦𝐴 𝑃𝑇
𝑅𝑇
Vamos a considerar las siguientes restricciones:
- Estado estacionario

3. 𝜕𝐶𝐴
𝜕𝑡
= 0
- No hay generación
(𝐶̇ 𝐴) 𝐺
= 0
- Concentración total constante
(∇ ∙ 𝑢∗) = 0
- No hay campos de fuerzas que originen flux de masa por mecanismos de transferencia de
momento
- Presión y temperatura constante
(𝑢∗
∙ ∇)(𝐶𝐴) = 𝐷𝐴𝐵∇2(𝐶𝐴)
Que para flujo unidireccional,
𝑢 𝑧
∗
𝜕𝐶𝐴
𝜕𝑧
= 𝐷𝐴𝐵
𝜕2
𝐶𝐴
𝜕𝑧2
… (𝟓)
Sustituyendo (2) en (5)
1
𝐶 𝑇
(𝐶𝐴 𝑢 𝐴,𝑧 + 𝐶 𝐵 𝑢 𝐵,𝑧)
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑧
= 𝐷𝐴𝐵
𝑑2
𝐶𝐴
𝑑𝑧2
= 𝐷𝐴𝐵
𝑑
𝑑𝑧
(
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑧
)
1
𝐶 𝑇
(𝐶𝐴 𝑢 𝐴,𝑧 + 𝐶 𝐵 𝑢 𝐵,𝑧) ∫
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑧
𝑑𝑧 = 𝐷𝐴𝐵 ∫ 𝑑 (
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑧
) + 𝐶1
𝐶𝐴
𝐶 𝑇
(𝐶𝐴 𝑢 𝐴,𝑧 + 𝐶 𝐵 𝑢 𝐵,𝑧) = 𝐷𝐴𝐵 (
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑧
) + 𝐶1
De donde
𝐶1 = 𝑦𝐴 [(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
+ (
𝑁 𝐵
𝐴
)
𝑧
] − 𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 (
𝑑𝑦𝐴
𝑑𝑧
)
Que coincide con la ecuación (4) pero para gases, es decir que describe la transferencia de masa en gases
en estado estacionario cuando no hay generación. Para su aplicación debe conocerse la relación de los
flujos NA y NB para que podamos tener una expresión en función de una de las dos variables únicamente.
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
= −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 (
𝑑𝑦𝐴
𝑑𝑧
) + 𝑦𝐴 [(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
+ (
𝑁 𝐵
𝐴
)
𝑧
] … (𝟔)
Contradifusión molecular
𝑁𝐴 = −𝑁 𝐵
Para este caso el flujo total es nulo y la ecuación (6) se reduce a
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
= −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 (
𝑑𝑦𝐴
𝑑𝑧
)
Que es la ecuación que aprendimos al inicio del curso como Ley de Fick unidireccional.

4. Difusión a película estancada
.Este caso sucede cuando un gas se difunde a través de otro que está “inmóvil”. Por ejemplo un líquido
evaporándose en la atmósfera.
𝑁 𝐵 = 0
Con lo que la ecuación (6) se reduce a:
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
= −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 (
𝑑𝑦𝐴
𝑑𝑧
) + 𝑦𝐴 [(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
]
Agrupando término común
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
− 𝑦𝐴 [(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
] = −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 (
𝑑𝑦𝐴
𝑑𝑧
)
Factorizando
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
[1 − 𝑦𝐴] = −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 (
𝑑𝑦𝐴
𝑑𝑧
)
Transponiendo
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
𝑑𝑧 = −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵
𝑑𝑦𝐴
1 − 𝑦𝐴
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
∫ 𝑑𝑧
𝑧2
𝑧1
= −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 ∫
𝑑𝑦𝐴
1 − 𝑦𝐴
𝑦 𝐴2
𝑦 𝐴1
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
(𝑧2 − 𝑧1) = 𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 ln
1 − (𝑦𝐴)2
1 − (𝑦𝐴)1
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
=
𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵
(𝑧2 − 𝑧1)
ln
(𝑦 𝐵)2
(𝑦 𝐵)1
Equivalente a:
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
=
𝑃𝑇 𝐷𝐴𝐵
𝑅𝑇(𝑧2 − 𝑧1)
ln
(𝑃𝐵)2
(𝑃𝐵)1

5. Difusión contraria no equimolar
Un ejemplo en el que ocurre este tipo de difusión es cuando se está utilizando catalizadores, donde
sucede una reacción instantánea.
Bulk Bulk
Difusión del reactante A Difusión del producto B
A → βB
Para este ejemplo de estequiometría
𝑁 𝐵 = −𝛽𝑁 𝐴
Que modifica la ecuación (6)
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
= −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 (
𝑑𝑦𝐴
𝑑𝑧
) + 𝑦 𝐴 [(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
− 𝛽 (
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
]
Factorizando
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
= −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 (
𝑑𝑦𝐴
𝑑𝑧
) + 𝑦𝐴 (
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
[1 − 𝛽]
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
− 𝑦𝐴 (
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
[1 − 𝛽] = −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 (
𝑑𝑦𝐴
𝑑𝑧
)
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
{1 − 𝑦𝐴[1 − 𝛽]} = −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 (
𝑑𝑦𝐴
𝑑𝑧
)
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
= −
𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵
{1 − [1 − 𝛽]𝑦𝐴}
𝑑𝑦𝐴
𝑑𝑧
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
∫ 𝑑𝑧
𝑧2
𝑧1
= −𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 ∫
𝑑𝑦𝐴
{1 + [𝛽 − 1]𝑦𝐴}
𝑌 𝐴2
𝑌 𝐴1
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
(𝑧2 − 𝑧1) = −
𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵
[𝛽 − 1]
ln
1 + [𝛽 − 1]{𝑦𝐴}2
1 + [𝛽 − 1]{𝑦𝐴}1
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
= −
𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵
[𝛽 − 1](𝑧2 − 𝑧1)
ln
1 + [𝛽 − 1]{𝑦𝐴}2
1 + [𝛽 − 1]{𝑦𝐴}1
Catalizador sólido

6. Ejemplos
Estime la evaporación del agua en un pozo cuyo espejo de agua se encuentra 3 m por debajo de la boca
del pozo. La boca es de sección circular de 1 m de diámetro y el aire que se encuentra en el exterior está
seco. Las condiciones son una atm y 25 °C.
Aire seco Suponiendo estado estacionario (NB = 0)
z
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
=
𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵
(𝑧2 − 𝑧1)
ln
1 − (𝑦𝐴)2
1 − (𝑦𝐴)1
Agua 𝐷𝐴𝑔𝑢𝑎−𝐴𝑖𝑟𝑒 25°𝐶 = 2.6 𝑥 10−5
𝑚2
/𝑠
Líq.
𝑛 𝑇
𝑉
= 𝐶 𝑇 =
𝑃
𝑅𝑇
=
1.0133𝑥105
8314(298)
= 0.041 𝐾𝑔𝑚𝑜𝑙/𝑚3
En el aire seco yA1 = 0; en yA2 = PVap/PT = 24 mmHg / 760 mmHg = 0.031
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
=
(. 041)(2.6 𝑥 10−5)
3
ln
1 − 0.031
1 − 0
= −1.12 𝑥 10−8
𝐾𝑔𝑚𝑜𝑙/𝑚2
𝑠
La velocidad de evaporación de agua en Kg/s
𝑅 = (
𝑁 𝐴
𝐴
)
𝑧
𝐴(𝑀𝑀) 𝐴𝑔𝑢𝑎 = 1.12 𝑥 10−8 𝐾𝑔𝑚𝑜𝑙
𝑚2 𝑠
(
𝜋
4
) (1 𝑚)2
(18
𝐾𝑔
𝐾𝑔𝑚𝑜𝑙
) = 1.6𝑥10−7
Kg/s
El gas A se disuelve en aceite y agua, por lo que se difundirá a través de las capas de aceite y agua indicadas
en la figura para incorporarse a la corriente acuosa interior. Determine la velocidad de transporte de A a
través de estas capas en estado estacionario considerando que la presión de A en la fase gaseosa es de 2
atmósferas.
A(gas) Diámetro del ducto: 0.01 m
Aceite 1 DA-Aceite = 3.9 x 10-9
m2
/s; DA-Agua = 2.8 x 10-9
m2
/s
2 Altura del aceite: 0.03 m; altura del agua: 0.05 m
Agua En las interfaces suponemos equilibrio:
3 CA
Aceite
= 2 x 10-5
(PA) (PA en atmósferas, CA en Kgmol/m3
) (Ley de Henry)
Agua corriente CA
Aceite
/ CA
Agua
= 3 (coeficiente de repartición)
(CA
Aceite
)1 = 2 x 10-5
(PA) = 2 x 10-5
(2 atm) = 4 x 10-5
Kgmol/m3
CA3 = 0
El modelo estrictamente una película estancada

7. (
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
(𝑧2 − 𝑧1) = 𝐶 𝑇 𝐷𝐴𝐵 ln
1 − (𝑦𝐴)2
1 − (𝑦𝐴)1
Sin embargo, numéricamente las soluciones de logaritmo y delta se acercan si tratamos con soluciones
diluidas.
Ejemplo:
Si YA2 = 0.005
YA1 = 0.001
(−1) ln
1 − (𝑦𝐴)2
1 − (𝑦𝐴)1
= (−1) ln
1 − .005
1 − .001
= .0040
∆𝑌𝐴 = .005 − .001 = .004
Por lo tanto, aceptando soluciones diluidas
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
= −
𝐷𝐴𝐵(𝐶𝐴2 − 𝐶𝐴1)
∆𝑧
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
=
3.9 𝑥10−9
(4 𝑥 10−5
− 𝐶𝐴2
𝐴𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒
)
0.03
=
2.8 𝑥10−9
(𝐶𝐴2
𝐴𝑔𝑢𝑎
− 0)
0.05
5.2𝑥10−12
− 1.3𝑥10−7
𝐶𝐴2
𝐴𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒
= 5.6𝑥10−8
(
𝐶𝐴2
𝐴𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒
3
)
𝐶𝐴2
𝐴𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒
=
5.2𝑥10−12
1.3𝑥10−7 +
5.6𝑥10−8
3
= 3.5𝑥10−5
𝐾𝑔𝑚𝑜𝑙/𝑚3
𝐶𝐴2
𝐴𝑔𝑢𝑎
= 1.17𝑥10−5
𝐾𝑔𝑚𝑜𝑙/𝑚3
(
𝑁𝐴
𝐴
)
𝑧
= 5.6𝑥10−8(1.17𝑥10−5) = 6.55𝑥10−13
𝐾𝑔𝑚𝑜𝑙/𝑚2
𝑠
𝑅 = 6.55𝑥10−13
(
𝜋
4
) (0.01)2
= 5.15𝑥10−17
𝐾𝑔𝑚𝑜𝑙/𝑠