problemas de balance de materia y energía de la industria alimentaria

l i l i l í^ S Â ê ÿ ;

Universidad Nacional de San Martin

F I A I — B I B L I O T E C A

Ingrato:

Elaboración: SISTEM AS E D ÍT Ó RÍA LES TÉCNICOS, S.A^de C. V

La presentación y disposición eh conjuntó dePROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA EN LA INDUSTRIA ALIMENTARIAson propiedad del editor. Ninguna parte de ésta obrapuede ser reproducida o transmitida, mediante ningún sistemao método, electrónico o mecánico (incluyendo él fotocopiadó,la grabación o cualquier sistema de recuperación y almacertamientode información), sin consentimiento por escrito del editor.

D erechos reservados:

© 1986, EDITORIAL LIMUSA, S.A. de C.V.Balderas 95, Primer piso, .06040 México, D.F.

Miembro de la Cámara Nacional de la IhriuNlii.t Editorial. Registro No. 121

Prim er» r<l¡vi6 n. 1986 Impresa en México (5028)

ISBN-OOH- IK-

A la

F acultad de Q uím ica■s,

de la

U niversidad N acional A u tón om a de M éxico

ü

Prólogo

pt&té*®0 quím ico usado por 1 a,,'comb’i^^É n .“'Él {uegfFmÉ B r iB H n B & P p ^ , luz H m ás ta rd e el m edio PaS ^ ^ S j B s a lif lf lJ B h l primferli asándolos, chum ándo los y posterio rm ente cocinándolos.

El fuego fue tam b ién la clave p a ra el dKScubriiip¿ñtilaE§RiTOOTÍ^n f de la ceráiiffl ca y después p a ra la obuenrión»dé^los metaÍI«Hplfeyidrio. JS w K B h re u lW iraH fuego

a g |y g P u m S ^ B n p ^ * P I M H p^ ^ bfevarló^M onseLyarlos paraFBM feadd(3Í8S'éscal sez, pero ta m b i® nflWBM iferOs m é to d b l como el secado ' de la carne y otros alim entos « ■ ; la s.tra7j^ t f l B jm ism dS l-t)ÍÉ a lo cuáiiBp obferita p E g ^ j evapol al ló n solar.

A p a rtir del desarro llo de la ¡p g r ic u ltu ^ la g an m É rtaaM!iáBÍ¡Btarñ1flito del fiam bre en p eq iflp tt?co m u n id ad es -¿q u e posteriorm ente d a ría n lu g a r a'las.grandés_ M udades-esta il^B S ilj^ rO cesos: p*Éraíj¡Í m é | í r a m ie n i ^ S ^ ^ ^ t í ^ ^ B n de^alimentos siguieron m ejo rando « M m en tan d tB M im n o rtáB iMM Llfe!raS¡feM B^ ron las plantas H o s anim ales d a ^ B B H p r o d u i a u n a serie de uso dé Sus producá'tos tales com o la in ^ h u fa fg u ra de pan , quesos, m antequillas, yoghurts, m antecas,

H n te s , vinos, m ie l^ ^ g & S H H B , etc.En A m érica ^ ^ ^ é in |^ ^ H |ltu i^ ^ ffiw o iií^ p sib le S |^ ra c ia s, a fp u jtiv o d el m aíz, fri-

jo l, papa, cam ote . etcí JífiS ,áz|j|§as en sjus cam pañas de co n q uista llevaban a lim e n tH H H te fH B o s táles com o p in fllftjffia rn e m ach a b a ,® lle fá b a n consigo guajolotes y perros escuintles? d

L a c iv iliz a c ió n 1 c h id a fu e p o s ib l^ fc a c iM M t a J ^ g d'M arroz, é ftrig o , la soya, y a la dom esticación de a n im á ÍM iB M B B |M te |a M ^ la g a llin a , C o n el tiem po su a lim entación se hizo m iiV ^ ^ M HBMWtSstMtocina u n a de las m e jo r® d el m undo.

Los prim eros im p ério s occidentales f l o t t i á t í Í s B H | a l M ed iterráneo, en áreas donde cre cía n nativo s e l '<e»o:, la v id ,p sl trigo y tá ^ s b a d a . D el p rim e ro se obtenía aceite con el c u a l se H H B tb S É lÉ ft alim entos a l ig u a l que hoy en d ía , pero con el que se a lim e n tab an ta m b ié n JlB á m p a ra s de la época. De la v tfC ra S R e n ía el vino por ferm en tació n, adem ás, p ie l vino se .» ja h M fe td w Mfejtegftfc iH w se obtenía vinagre que ap arte de su u s o 'd t p H M n ^ á el S d o m ás,fuerte d el que se d ispo nía.

Los griegos p rim itiv o s se cadft-lfcrizan p o r u n a g ran fru g a lid a d , el.p’aldó espartano — m ezcla de sang re, carn e v v in a g re ja H S l cansum ’fre rw ^ ^ M K co m u nitarias. E l pastor vive d el queso de sus ca b l8 B K p d e f5 Í|® v e ja s. P a ra h acerlo cu a ja la leche

PROLOGO

removiéndola con ramas de higuera y escurriéndola, dejándola cuajar sobre una rejilla. Coles, legumbres, ajos y cebollas constituyen las verduras básicas.

En el siglo de Pericles las cosas han cambiado mucho. El desayuno se compone simplemente de pan y aceitunas, pero la cena se distingue por la glotonería. Con la aparición del simposio, banquete literario apreciado por Platón, se implantará la costumbre de las libaciones alcohólicas.

El campesino del Lacio se alimenta de caldos hechos a partir de almidón de trigo. Con la introducción del molino se produce harina apareciendo el panadero hasta el año 170 a.C. Se siguen comiendo vegetales hervidos, hortigas blancas, acelgas, coles aromatizadas con ajo, hinojo y cilantro.

En Grecia, los pastores hacían quesos que cuajaban con extractos de estómago de animales. Una vez que Roma se urbanizó y enriqueció con sus conquistas, sus posibilidades alimenticias mejoraron. Los mejores alimentos procesados en todo el imperio convergían en Roma; los puertos romanos recibían barcos cargados de trigo de Africa, salchichonería gala, especias asiáticas, vinos griegos y aceites españoles. El pescado gustaba mucho y el mercado romano estaba equipado para ofrecerlo a los ciudadanos. También se habían desarrollado los mataderos y los cultivos de hortalizas; los mesoneros de lujo criaban aves.

Después de las invasiones bárbaras no quedó gran cosa de la famosa prosperidad romana. Europa vive sumida en gran pobreza que alcanza incluso a los señores, pero el lujo y el brillo de los tiempos pasados resplandecen aún vagamente en las memorias. La cocina rómana que durante su apogeo no fue más que una extravagante mezcla de todos los ricos alimentos que proporcionaba el imperio, permaneció como un modelo de prestigio.

En la Edad Media —cuando algún breve momento de paz permitía celebrar festejos— se continuaba, a imagen de los romanos, amontonando las carnes y pescados más diversos en un mismo plato acompañado de salsas muy condimentadas.

Los árabes al formar ún extenso imperio sobre las ruinas de diferentes reinos sirvieron de difusores de los logros de las culturas que habían caído bajo su férula. Por ello, fueron introductores en Europa de muchas plantas y productos alimenticios que habían caído en desuso durante las invasiones bárbaras; entre éstas están el durazno, el chabacano, las especias, el azúcar, etc.

Ellos crearon los primeros ingenios o fábricas dedicadas a obtener azúcar de la caña tratando el jugo con cenizas y cal y filtrándolo después, la mayor parte del azúcar se obtenía mediante evaporación y cristalización, pero el azúcar seguía siendo un producto caro y de uso poco común en Europa hasta el Siglo XIX. Ahora bien, las especias pimienta, canela, jengibre, clavo, nuez moscada llegaban de Asia mediante caravanas y eran muy caras, pero eran muy apreciadas para enriquecer una alimentación pesada, monótona y sosa. Para sustituir esas especias caras los cocineros emplearon lo que tenían a mano; las plantas aromáticas y las especias fuertes tales como cebolla y ajo.

El azúcar traída de Asia Menor durante las Cruzadas también se considera como una especia que se añade a la sal en las carnes y en las salsas. En España los árabes aportan azúcar, nuez moscada, pimienta negra, anís, ajenjo, comino e introducen perfeccionamientos en los cultivos de huerta dando relevancia a las legumbres.

El gusto por las nuevas especias fue uno de los motivos que influyeron en el descubrimiento de América. El Nuevo Mundo hizo su aportación también a la alimentación mundial con nuevos productos tales como el maíz, la patata, el chocolate, el

PROLOGO 9

tomate, el aguacate, el camote, etc., que poco a poco fueron imponiéndose en los paladares europeos.

Las pastas originarias de la China de donde las trajo Marco Polo tendrán gran demanda en Italia y la maestría culinaria de los italianos dará como resultado que se implanten progresivamente en el resto del mundo.

Durante la Edad Media se desarrolla también la salchichonería que era en principio un medio de conservación de la carne de cerdo, mediante diversos procedimientos tales como la salazón, el ahumado o la salmuera, sistema éste que tiene poder bactericida y que da a la carne un color rosado y un sabor especial. Los productos de salchichonería llegan a ser muy numerosos y variados tales como salchicha, salchichón, paté, jam ón, morcilla, etc.

Ya en la Edad Media estaba muy extendida la salazón del pescado y de la carne, holandeses, daneses y alemanes conservan médiumr ella arenques y bacalaos. Otra técnica muy empleada en Holanda era el ahum ado en la que el pescado se exponía durante varias horas al fuego de roble y haya. El secado de arenque consistía en prensar los arenques salados en un barril de modo que no quedara aire entre ellos. El secado de la carne al aire y al sol, técnica que aprendieron de los indígenas americanos, será la gran especialidad de los bucaneros (Ir las Antillas.

La industrialización de los alimentos surge y se desarrolla en el Siglo XIX con los progresos de la agricultura y de la ganadería, el desarrollo de los transportes y especialmente con el avance de la física y de la química. A principios de ese siglo el gobierno de Napoleón da impulso a la industria azucarera de la remolacha.

Al mismo tiempo en Suiza se empieza a fabricar industrialmcnie el chocolate. En 1820 Appert descubre un método en el que utiliza el calor (esterilización) y la eliminación del oxígeno para la conservación d e Ion alimentos. Esto se produce antes de que se descubrieran los microbios. Primero se utiliza ion frascos de vidrio y posteriormente latas de estaño. Appert muere en el olvido, pero su sistema se siguió desarrollando, principalmente su procedimiento básico en numerosas industrias de conservas de frutas, hortalizas y carnes.

La utilización del frío para conservar Ion alimento* e* consecuencia de los descubrimientos científicos que ponen de relieve la fundón <lr Io n microorganismos en su descomposición, aunque era el procedimiento tradicionalmerue usado por esquimales y lapones.

El 1858 Ferdinand Carré construye un frigorífico por absorción a base de amoníaco de funcionamiento intermitente que más adelante se mejorará y se hará continuo.

En 1862 Charles Tellier inventa el frigorífico por compresión. En 1861 Nicolle construye la primer fábrica de congelación en Australia y en 1906 Jacques d'Arshon- val creó un aparato de liofilización (combinación de la congelación y de la deshidra- tación), es decir, la sublimación del agua.

En la segunda mitad del siglo XIX se llevan a cabo la comercialización de la primera m argarina y especialmente las aplicaciones alimenticias de la técnica de deshidratación, con las sopas en polvo de Jules Maggi y el extracto de carne de Liebig.

En 1880 se industrializan las sardinas con aceites, las conservas de sardina comparten con el vino la particularidad de mejorar con el tiempo.

Los productos alimenticios son materias orgánicas, pues proceden de organismos vivos vegetales y animales. Pero estas materias orgánicas son perecederas; conti-

IO 'HKiyÍ0®í

nuamentdfión tKlicadas por microorganismos, e! moho, los inÉBtíps fcfeviH fepA. Además* eli òiigeno del aire las altera (por ejemplo las gras|¡$ se ponen rancidi).

Por ggta r%$$àì 4R necesario consumir rápidamente los alimentos o en (&&• contrario, hay quggpBbfteterlos a un progesálmierito de conservación. De una maneift empírica, i t i comprender muy bien el mecanismo de deterioro, el hombre se ha esforzado siempre po i'¡BBUservar sus alimentos.

A principios del Siglo XIX, 40 años antes de que Pasteur SKalizara sus trabajó# acerca de la fermentación microbiana, Appert abría el camino de los grandes p re n dimientos Sjrdustriales de conservación basados en la utilización del calor (destrucción de los mfÈBJMSfganismos) o del fríb (bloqueo de su aélfcllad).

Gracias a una gran diversidad de (¿cnicas, las industÉlás de cOBf&BtfitPn nos abastecen, inclusi) muy lejos de su lugar de origen, de producios naturales ó preparados que el ama de casa puede guardar sin peligro.

El rápido avance de las industrias agroalimentarias ■0ÉH6I actualmente la posibilidad de que puedan consumirse frutas y verduras en cualquier estación del año. Las conservas congeladas mantienen todas las cualidades nutritivas, los jugos dóifeg- tas que al principio se desartillaron en Estados UnidcSSR’han extendido j>or el mun

ii I do y cada vez se consumen más. Se consideran cérno bebidas pero como procèdati defrutas sanas ■y maduras conWibuven al equilibrio alimenticio. »

Los alimentos que se ofrecen, al público en nuestro tiempo ofrecen una variedad Considerable que no se había visto nunca; sin embargo, a pesar de la abundancia p ypriedad de alimentos, sobre la humanidad se cierne un gran peligro: la población mundial se ha duplicado en los últimos 50 años y se duplicará de nuevo en un plazo de Sp. Las poblacioisü-afectadas por el crecimiento demográfico han acogido mal

a!;, Ips intentos de controlar el crecimiento. El futuro dependerá de las soluciones a losproblemas esenciales como son el aumento de la población, el aumento de la pro-

I • ducción de alimentos y la desigualdad en el reparto de los mismos entre los distintos,• países.

I En la actualidad, todas las naciones hacen esfuerzos para aumentar la producción de alimentos,; §4 H^n^Éivación y la eSeación de nuevos recursos alimenticios, presta singular atención a los cultivos sin tierra, cultivo de microorganismos nutritivos en solución, cultivo de algas y al estudio de las posibilidades alimenticias de mul

lí; lifud de especies animales y vegetales que han sido parcialmente utilizadas hasta lafecha o no se han empleado.

Para poder hafpg,'Jfehte al reto de àlimeMEmr mejor y a ifiás personas, el mejor Seeurso de una n8$ión lo jsonstituyen las personas capacitadas que puedan aumentar la producción, disminuir las pérdidas por dettajoro y mejorar La Calidad nutricional

í de los alimentos.Por medio del prosando libro, se desea ®laborar en la resolución djgi págiblema

indicado, al confiÉb$§f à la enseñanza de los futuros profesionales que ^p eerán su I carrera en l i produdtíÓn de alimentos pr#geéados.

Deseo expíes^* mi profunda gratitud a la señorita Irene Salvad® Escobedo quien mecanografió tés apuntSt de clase para formar el manuscrito original, así como a los senpÉfes profesores Héptof Méndez ®pégOSO, Federico Gáldeano y Ninfa Guerrero, por la revaÜgp, cptftemariíSS v sugerencias (¡ue me hilaron para mejfejfar el man#®iMg|ynttinal.

f r t t r -I y>tn i ) i n V a l j v n l p Rn.rr1.t>rnx

IvanBen

Highlight

Contenido

CAPÍTULO U N O ___________________________________________Introducción a los problemas de balance de materia y energía en la industria alimentaria 15

Objetivos 17Importancia de la industria alimentaria 17Procesos 18Balance de materia y energía ( 19Metodología 19Diagrama de flujo 20Identificación de corrientes 21

. Problemas resueltos 25Problemas propuestos 35

CAPÍTULO DOS ______________________________ ______________Variables y magnitudes físicas 45

Objetivos 47Introducción 47Variables 47Cantidad de materia procesada 48Composición 48Densidad 49Fuerza y peso 50Presión <. 51Temperatura 51Energía, calor y trabajo 52

12 ®l?Bf]&ÍIDO

Conversión de unidades 53Problemas resueltos 53Problemas propuestos 68Apéndice 2.1 Equivalencias 72Apéndice 2.1 Pesos atómicq&ide algunos elementos 73Apéndice 2.3 Grados Brix o porcentaje en peso

de sacarosa 74

CAPÍTULO TRESBalances de materia y energía — breve resumenteórico 75 j

Objetivos 771Breve resumen teórico 771Balance de energía 801Problemas resueltos 831Problemas propuestos 99-1

CAPÍTULO CUATRO-Balances de energía en equipos de transferencia de calor... 105*

Objetivos 107*Introducción 1071Balances de energía en equipos de transferencia

de calor 1071Cambios de estado 1081Calores latentes y calores’sénsibles 109jCapacidad calorífica 110Calores latentes \ 11|Vapor de agua 11|Problemas resueltos 113Problemas propuestos 12«Apéndice U Entalpias del vapor de agua

Saturad» 13(3Apéndice 4.2 Entalpias del vapor sobrecargado

kcal/k|g 13|Apéndlpe 4j§ Diagrama de Mollier para el agua 131Apéndice 4.4 Capacidades caloríficas de los gase|* 13|Apéndice 4L6 Calores específicos de gases y vapores 131ApéndSpenLÉ! Calores específicos de líquidos 131

BHNflPPR 13

Apéndice 4.7 Calores latentes de vaporización 138Apéndice 4*8 Capacidades caloríficas molares medias , de gases a prgsión constante 140Apéndice 4.9 Rapacidades caloríficas promedio de

alimentos entre 0 y 100°C 1¿0

CAPÍTULO CINCO _______________________ ._______ __________Balances en procesos á» mezclado y evaporación §41

Objetivos 143IntroduKSiÉi 143Mezclado 143Evaporación 148Problemas resueltos 149Problemas propuestos 166

GAPÍftÜLO SEIS _______________ ._______

175Introducción 1Presión de vapor 175Ebláiciófe , ■ 175Condensación UHMezclas de líquidos 176Eqíjjbíio HÉH íüi líquido y un gas insoiuble

en el líquftio 177Destilación 180BalaúCÜÉ 161Acondicionamiento de aire 182:Secado 182Enffiabihtalg de agua 182Balances dé materifg *SrProblemas resueltos 184PteMfcnas p rop uestos 216Apéndice 6.1 Fr«^§| t n § p H H agua en mm dfeífíj wPApéndice 6.2 Constantes de AntoinríViídB ij,'£Í|:j6 Gasta psicrométrica / 223

14 C O N T E N ID O

CAPITULO SIE T E _____________________________ ___________Balances en extracción sólido-líquido y en cristalización 225

Objetivos 227Cristalización 227Balances de m ateria 228Balances de m ateria 232Problemas resueltos 233Problemas propuestos 251

CAPÍTULO O C H O f _Balances con reacción química 257

Objetivos 259Introducción 259Balances con reacciones químicas 259Rendimiento 260Balances de energía 261

. Calores de reacción a una tem peratura distinta de la estándar 262 Reacciones adiabáticas 264Problemas resueltos 264Problemas propuestos 302Apéndice 8 .1 Calores normales de formación a 25°C 306Apéndice 8.2 Calores normales de combustión a 25°C 307Bibliografía 309

CAPÍTULO

UNO __________Introducción a losproblemas de balance de materia y energía en la industria alimentaria

Objetivos:

El alumno, al estudiar este capitulo, podut distinguir entre procesos químicos y procesos físicos y, a partir de los diagramas de /lujo, deducirá qué tipo de operaciones se llevan a cabo.

El alumno será capaz de utilizar diagramas de bloques o de equipo para describir un proceso.

%Importancia de la industria alimentaria

Desde los primeros tiempos, el hombre lia 11 miNformndo los alimentos que encuentra en la naturaleza con el fin de preservarloi, mejorar su apariencia o sabor o convertirlos en otros productos.

El primer gran paso se dio con el descubrimiento del fuego. Con éste, el hombre asa, ahúma y cuece sus alimentos. En la prehistoria, los grupos hum anos aprendieron a conservar la carne salándola o secándola al sol.

En el neolítico y con el establecimiento de los grupos humanos como agricultores y ganaderos, se mejoraron las técnicas dr aprovechamiento do los productos naturales. El cultivo de los cereales llevó a la fabricación de harinas, pastas, galletas, levaduras y con éstas a la producción de bebidas alcohólicas como la cerveza. Del ganado aprovecha la leche, para fabricar yogurt, crema, mantequilla, queso, etc.

En los grandes imperios de la antigüedad, el manejo y la transformación de los alimentos se convirtió en tarea prioritaria. El abastecimiento de producios como la sal, el aceite y los granos eran tan vitales que originan numerosas guerras para asegurar la posesión de los centros productores de esos bienes. Durante la Edad Media se perfeccionan muchas técnicas y se inventan otras, como la fabricación de aguardiente, de conservas a base de vinagre, de azúcar o de especias como los embutidos.

El gusto por el consumo de las especias llevó a la expansión de los europeos por Africa y Asia y al descubrimiento de América. Estos viajes y descubrimientos introducen nuevos alimentos tanto vegetales como animales en la dieta mundial. Los viajes marítimos mejoran las técnicas de preservación de alimentos y sirvieron para indicar los efectos que la falta de ciertos tipos de éstos tenían sobre la salud, lo que da lugar al descubrimiento de las vitaminas.

En el siglo XIX, es necesaria la producción en gran escala de alimentos y su transportación de un lugar a otro; por ello, se inventan las técnicas de enlatado y preservación por frío.

En la actualidad la sociedad consume gran número de alimentos que se Procesan y transforman de una m anera u otra a partir de los productos naturales. Para llevar los alimentos de donde se producen a los centros de consumo, se refrigeran, salan, secan o reciben aditivos. La presentación de los alimentos es vital en las sociedades modernas, por ello se les agregan saborizantes, colorantes y aditivos que mejoran su olor, sabor, color, resistencia y presentación general. Las bebidas gaseosas también son parte im portante en la vida moderna,

INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGIA

así como las comidas listas para servirse. Las grandes naciones y ciudades m odernas no se conservarían sin la industria de transformación de alimentos, que perm ite su distribución y aprovechamiento más racional.

Procesos

A i

La industria alimentaria requiere hombres y m aquinaria para procesar los productos naturales y para fabricar algo se siguen pasos relacionados entre sí. A esta secuencia se le llama proceso. Los procesos a los que continuam ente entran y de los que salen materiales, reciben el nombre de proceso continuo. Hay otros procesos en los que se mete el material en un equipo, se espera su transformación y luego se vacía. Estos procesos son intermitentes. Tam bién lo son los procesos en los cuales se fabrica hoy un tipo de producto y m añana otro.

En los procesos continuos siempre se fabrica el mismo tipo de productos en las mismas condiciones de tem peratura, presión y composición, así como a la misma velocidad o gasto. Los procesos en la industria aHrnentada,,moderna son, por lo general, continuos, pues de esa manera se automatizan garantizándose así una producción y calidad continua y uniforme^

Los procesos en la industria alimentaria son de dos clases..

• Procesos físicos (figura 1.1) í Procesos químicos (figura 1.2)

' Operación que implica un cam bio químico.

Figura 1.1 Procesos físicos.Chocolate dulce

METODOLOGIA 19

Semillasde

Grasa comestible

* Operaciones físicas.

Figura 1.2 Procesos químicos.

Balance de materia y energía

Los balances de m ateria y energía son una contabilidad de entradas y salidas de m ateriales y energía de un proceso o de una parte de éste. Estos balances son importantes para el diseño del tam año de aparatos que se emplean y para

I calcular su costo. Si la planta trabaja, los balances proporcionan información sobre la eficiencia de los procesos.

Los balances de m ateria y energía se basan en las leyes de la conservación de la masa y la energía. Estas leyes indican que la masa y energía son constantes y que por lo tanto la masa y la energía entrante a un proceso, deben ser iguales a la masa y energía salientes a menos que se produzca una acumulación dentro del proceso.

La teoría de estos balances es muy sencilla, pero su aplicación puede ser muy complicada, a menos que se tenga una metodología adecuada para resolver estos problemas.

Metodología

En este libro se propone la siguiente metodología para resolver problemas. Esta recibe el nombre de Método Stivalet -Valiente para resolver problemas. El método consiste en:

20 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGIA

a) Hacer una traducción del enunciado^ del problema. Por traducción se entiende la elaboración de un esquema del proceso, usando la simbo- logía apropiada y los datos de operación conocidos.

b) Hacer el planteamiento del problema. En este paso se indica cómo resolver el problema a partir de los conocimientos adquiridos, y utilizando ecuaciones algebraicas. Este paso es semejante a la redacción de un algoritmo de resolución.

c) Resolver los cálculos. Ahora se sustituyen los datos en las ecuaciones planteadas y se efectúan los cálculos requeridos. %

d) Presentar el resultado. Al efectuar los cálculos se obtienen resultados, los cuales se presentan aparte y, si es necesario, se comentan.

Diagrama de flujo

En todo tipo de ingeniería se requiere de planos que especifiquen tam años, formas, conexiones y corrientes. Estos planqi^iiYea.paxa. calcular, construir o cotizar equipos o procesos.

Los planos reciben el nombre de diagramas de flujo cuando representan la secuencia u operaciones que se llevan a cabo para fabricar cierto producto. En los diagramas de flujo se dibujan los equipos mayores de un proceso, y las corrientes que entran y salen de estos equipos. A veces los equipos se representan por rectángulos sobre los que se indica el nombre del equipo que simbolizan.

Estos diagramas se conocen como diagramas de bloques. En otros casos se emplea un dibujo que representa la forma del equipo. Los símbolos o representaciones del equipo real no son universales, pero guardan cierta similitud de un, libro a otro de una compañía de diseño a otra.

En la figura 1.3 se presenta un ejemplo de diagram a de flujo.

IDENTIFICACION DE CORRIENTE 21

El diagrama muestra la operación de extracción de aceite de soya por medio de hexano.

En el primer paso, el frijol de soya se muele en un triturador vertical y después se trata con hexano en un extractor con agitación. En ese aparato el líquido sobrenadante, o extracto, sale por un derrame superio%r y lleva la mayor parte del aceite. Por el fondo salen los frijoles extraídos.

Los diagramas de flujo emplean una simbología especial que indica de alguna manera la forma que tienen los equipos reales. En este libro se usan los símbolos mostrados en las figuras 1.4 y 1.5.

Identificación de corrientes

En las corrientes que unen a los equipos se emplean números o letras que las identifican y en ciertos casos se colocan también las condiciones de las mismas (figura 1 .6).

Las líneas que encierran al equipo o proceso demarcan el sistema termo- dinámico en estudio y en el cual se efectuará el balance de materia y energía.

Para ayudar a la resolución de los problemas y a la identificación de las corrientes, se utilizará en este libro una nomenclatura especial (un resumen que se encuentra en el apéndice).

Nomenclatura

Las propiedades se designan por medio de letras latinas o griegas, lascorrientes¡ por números.

L Flujo másico de líquido.L Flujo molar de líquido.L Flujo volumétrico de líquido.¿ i Flujo másico en la corriente 1.Tz Tem peratura de la corriente 3.G Flujo másico de gas.S Flujo másico de sólidos o de mezclas semi-sólidas.s 2 Flujo másico de sólidos en la corriente 2.Qi Densidad de la corriente 1.

Las sustancias se identifican con una o varias letras o con su símbolo químico y se colocan como superíndices de las propiedades o flujos.

Q 20 Densidad del agua de la corriente 1.y |irc Concentración molar de aire en la corriente 3.

En general:

x Se refiere a concentraciones en fase líquida.

Tubería

------ \

Codo

- x -Trampa de vapor Válvula

sBomba Ventilador

\ /

vExtractor Cristalizador

á DSecador

de bandaTorre de

platosTorre

empacada

Secadorrotatorio

Secador de gabinete

A

MSecador por

aspersión

Tanque

¿•O

Tanqueagitado

Tanque con serpentín

Figura 1.4 Simbologia.

Figura 1.4 (Continuación)

23

24 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y E N E R c/l

F igura 2.5 Simbologia de instrum entación.

&■<£>—

1. Sólido2. Sólidos secos3. Gases calientes4. Gases fríos y húmedos

Figura 1.6

PROBLEMAS RESUELTOS 25

y Concentraciones en fase gaseosa. w Concentraciones en fase sólida.

Así Concentración de sal en la corriente uno líquida (ver capítulo 2).

Combinación de los diagramas de equipo y nom enclatura

En la figura 1.7, la corriente 1 tiene un gasto de 1000 kg y una con

centración de etanol del 10%. Esta corriente entra a la columna de destilación a 25°C. De la columna sale un destilado superior de 664 kg/h con una concentración del 79% de etanol y por el fondo sale un líquido con 1 % de etanol.

L x = 1000

Figura 1.7

Problemas resueltos

Problema 1.1

El proceso para pasteurizar leche se representa en la figura 1.8; indique qué sucede.


1. Traducción

2. Discusión

En el proceso se tiene un cambiador de calor de placas calentado por vapor. El vapor cede su calor latente y se condensa. Se utiliza una trampa de vapor para lograr que sólo salga vapor condensado (agua líquida). El sistema tiene un medidor y controlador de temperatura que envía una señal a la válvula de vapor, para que ésta se abra o cierre y deje pasar más o menos vapor, según sea necesario.

Problema 1.2

El proceso para producir chocolate con leche se presenta por medio del diagrama de bloques mostrado en la figura 1.9. Explíquelo.

Respuesta:

Para preparar el chocolate con leche se parte de las semillas de cacao, que se limpian y luego se tuestan entre 100 y 140°C durante 45 a 90 minutos para darles sabor y olor. Después se separa la pulpa de la cáscara que contiene de 50 a 55% de grasa y se muele en caliente, lo que produce un líquido. Cuando el


Lecitina

Figura 1.9

chocolate líquido se expone a presiones de 5000 a 6000 psig y se elimina parte de la grasa, se obtiene una torta de cacao, que al molerla produce el polvo de cacao. La grasa recibe el nombre de manteca de cacao. Para producir chocolate con leche se utiliza leche en polvo, azúcar con chocolate líquido, manteca de cacao y polvo de cacao. Estos materiales se muelen finamente hasta formar una pasta, la cual se calienta a 55 °C para liberar el sabor y el olor del cacao.

En seguida se agregan emulsificantes cómo lecitina para ajustar la viscosidad final. Después se enfría y se moldea.

Problema 1.3

Producción de un concentrado con vitamina B12. Para producir vitamina B12,que se utiliza como suplemento alimenticio, se emplea un método bioquímico. El microorganismo usado es Streptomyces olivaceus. Gon este organismo se inocula un ferm entador primario de 1500 l que contiene el medio nutriente formado por dextrosa, CaCOj, CoCl2 6H20 y productos resultantes de la destilación de vinos (vinazas). Al fermentador se le añade aire.

En el ferm entador se elabora el inóculo para la producción en los fermentadores secundarios que son tanques de 20,000 f. En el proceso, la temperatura sé m antiene a 28°C por medio de vapor o enfriamiento con agua. Al fermentador se mete aire estéril y se agita. Al consumirse los nutrientes y subir el pH a 8 se descargan los fermentadores. Entonces el contenido de B12 es de 1 a 2 mi- crogramos por mi de caldo. Este se m anda al tanque de almacenamiento y se estabiliza la vitamina B12 al reducir el pH a 5 con H2S 04 y una pequeña cantidad de sulfito de sodio. El contenido de sólidos pasa de 3 a 15 ó 20% en un evaporador, el jarabe pasa luego a secadores de tambor doble que dan un producto sólido con 5 % de humedad; el material seco se muele y envasa.

Por este método el contenido final de vitamina B12 es d e -20 a 60 mg por kilogramo. El producto final contiene también factores nutrientes deseables como proteínas, niacina, tiamina y riboflavina.

Haga un diagram a de flujo utilizando la Simbología de equipos.

28 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1.4Indique qué ocurre en el proceso mostrado en la figura 1.11.

/J) VinazasB) DextrosaC) Agua fríaD) Co*£) CaC03

Figura 1.10

F) AireG) H2S04 y Na2S0 3H) Vapor7) Productos

J) Agua caliente o condensados IC) S. olivaceus.

J

A) Suero de leche B) Ca(OH>2 C) Vapor D) Albúmina E) Condensados F) Agua G) Carbón 77) Aire caliente /) Aire frío J) Lactosa refinada.

Figura 1.11

30 V S % W K M 3 & S tá í l ^ f i p í O B i J K ® E D H U B EISI DE MATERIA V

1. Respuesta:

Una vez que se ha cortado la leche se forman dos fases: la sólida, formaijj por caseína y la mantequilla atrapada y la líquida o suero queBiptieiie la®jfi| y albúmina.

Al tratarsjgpón hidróxido d ÍÍa te ll^W pf^producS W á|tfl^^ l:ado de ttfj búmina y la eryfcsífifspri. Se filtr®, y el líquido circula a una seriede evaporadoreS en donde la lactosa se concentra poco a poco. El líquido con- eáíltrado pasa a uií cristalizador, en donde se obtienen los cristales de lactosa, que después entran en una centrífuga para separar los cristales de las aguas madres que se envían de nuevo al evaporador. Los cristales que se obtienen sgg, amarillentos e impuros, por ello se disuelven y se tratan con carbón activado.

La masa se filtra y el líquido se concentra, cristaliza y centrifuga de nuevo.

Los cristales húmedos que salen de la centrífuga pasan por un secador en donde por contacto con aire caliente se secan y quedan listos para su envase y venta.

¿Qué sucede Con los materiales que se procesan en el siguiente diagrama?

Problema 1.5

r

F ig u r a 1 .1 2

PROBLEMAS r e s u e l t o s 31

1. Respuesta:

En el proceso anterior un material sólido con alto contenido de líquido se mete a un molino, los sólidos gruesos se separan y el líquido que sale pasa a un filtro para eliminar los sólidos en suspensión y obtener un filtrado claro.

Problema 1.6

El diagrama de la figura 1.13 muestra un secador rotatorio.Indique qué significa G4, y T3:

Figura 1.13

1• Respuesta:

La corriente S3 es la corriente sólida que entra al secador; la corriente G4 indica el gasto de gases fríos salientes del secador y T3 es la temperatura de los gases calientes que entran al secador.

Problema 1.7

Indique qué sucede en el diagrama mostrado en la figura 1.14.

INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE M ATERIA Y

El diagrama muestra una columna de destilación de platos. Por la corriente 1 se introduce la alimentación a la misma, el caudal de esta corriente se controla con un m edidor de flujo. La corriente 3 muestra los destilados y la 4 los productos del fondo, ambos caudales se controlan mediante medidores de nivel conectados a válvulas controladoras de flujo.

En la parte superior de la columna hay un condensador total operado con agua. El líquido condensado pasa a un acum ulador de reflujos, donde un controlador de presión fija la presión interna a través de una válvula de venteo. El nivel del líquido en el acumulador se fija por medio de un controlador de n ivel, que se conecta a una válvula que permite la salida de destilados.

Parte del líquido destilado se envía a la columna de destilación como reflujo. La columna cuenta además con un rehervidor, .en donde se vaporiza parte del líquido que llega a él y el resto sale como productos del fondo.

1. Alimentación 2. Incondensables 3. Destilados 4. Productos del fondo.

Figura 1.14

I . Respuesta:

PROBLEMAS RESUELTOS33

Problema 1.8

En 1978, México formuló un anteproyecto para producir C A R R A Q jtj^ j NA. La técnica empleada en el proceso consiste en una prim era e ta p a d e laya do, mediante la cual se elimina la arena y las basuras del alga. D espués q u ^ recolectan se secan en la playa. Al mismo tiempo, se elimina el exceso de s^i se reduce la corrosión en los equipos debida a los cloruros.

En esta fase del proceso se emplean 2060 kg /h de agua para lavar 515 k g /^ de algas que contienen 20% de hum edad. Para eliminar el exceso d e Sai emplean 2.06 kg de sosa cáustica al 40% . Del lavador salen 858 kg d e a lga 5 1717 kg de agua, además de otras sustancias. Dibuje un diagrama d e l Pí*oc^Sq utilizando a) un diagrama de bloques y b) un diagrama de equipos. ^ ° lo q Xle los gastos y concentraciones sobre las corrientes entrantes.

1. Resolución.

1.1. Diagrama de bloque

1.2. Diagrama de equipo

Figura 1.16

1

34 IN TRODUCCIOIf4 LOS PROBLEMAS DE ISA LA NOE DE MATÈRIA Y ENHg|;|,

Prohjfa^fegyipj'

En un proceso de manufactura de jugos de fruta (naranja), se necesitan«; evaporador, que recibe una alimentación de 4500 kg/día de zumo coif^H concentración del 21%, El zumo se coq^igjjga hasta entra a 'H c .

Dibuje un diagrama de bloque y uwímW S ttíB-de equipo y coloque los da

1*|Traducción.

11- Diagrama de

.zumo

K 5

zum o _ Xi fg 0

Evaporador1. Alimentación2. Agua evaporada3. Zumo concentrado.

L j = 4500 kg / día

*TPÓ = 0.21= 20 °C

Figura 1.17

¡t - ?= o.6

1.2. Diagrama de equipo

G,= ?

p r o b l e m a s p r o p u e s t o s 36»

Problem a 1.10

Para beneficiar el cacao se utiliza un [MncSfL.gi dÉj 1 acado. En el primer paso, se tiene un £¡|jitd»rf&H§harolas. Para secar el cacao se uíífia laP con una humedad de 0.0105 kg de H2Q/'kg de aii&seco y 25°C. Este airé Hgftjj un precalentador de donde sale con la misma humedad, peraia; 60°C., luego el aire se mete al secador.

... S í en el secador con 40% de humedad. Indique el procesocon unjBagrMBjl ttm e lB e o .

1. Traducción

I J .W h S&VM de equipo Se muestra en la figura L'19.

5. Cacao seco.

Figura 1.19

Problemas propuestos

Proifbna

En una planta productora de leche para lactantes se pro|l^1|Éi'lÉÍ¡Ég a | ^ M h r gráferij, sales y la cantidad de agua necesaria. La

leché final deberá ÉeitMiaína 3.5% de grasas, 3%dgproteínas (caseína, albúmina, globulinas)^; 4.6% de lactosa, de sales5

J í^ ^ r t ip ip e soilf|§ fosfatos y sales de calcio) y el resto de agua. Indique el proceso mediante un diagrama «8 <Mp|gp& y .c ^ ^ ú S f c datos que se piden.

36 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENE^<?¡ f§ _)BLEMAS PROPUESTOS 37

Problem a 1.12 Problema 1.14

Figura 1.21Figura 1.22


Problem a 1.15

Ciertos procesos aprovechan equipos que trabajan intermitentemente, mientras que otros utilizan equipos que trabajan a régimen continuo; es decir, en estos equipos el material por procesarse entra y sale continuamente.

Según usted, ¿cuáles equipos están diseñados para trabajar intermitentemente y cuáles a régimen continuo?

a

& ■ l______ I

I______ I

l_____ I

© -

0 -U

Figura 1.23

2. Respuesta:

Los equipos a, c y / t r a b a ja n á régimen intermitente. Los equipos b, d y e a régimen continuo.

p r o b l e m a s p r o p u e s t o s 39

problema 1.16

En la etapa final de un proceso industrial para obtener carotenos a partir de zanahorias, se extrae el pigmento mediante el uso de benceno. El pigmento se concentra y pasa a un secador para separar el benceno residual mediante una corriente de nitrógeno.

El pigmento entra al secador a razón de 8000 kg m ol/h y contiene 1.25% en mol de benceno. El gas resultante del secador está a 768 mm de Hg y a 42.2°C y pasa por un enfriador para condensar la mayor parte del benceno y las fases resultantes se fraccionan en un tam bor de separación. Los gases que resultan del tam bor se hacen pasar mediante un ventilador a través de un cambiador de calor y luego al secador. El ventilador opera a una presión de succión de 760 mm de Hg-. Una lectura a la descarga indica una tem peratura de 15.4°C. Con una presión total de 1250 mm de Hg. El gas circulante alrededor de este circuito es de 9500 m V h de N2 a condiciones estándar.

Haga un diagram a de equipo de este proceso y coloque los datos de cada corriente.

Traducción.

1.1. Diagrama

El diagram a correspondiente se muestra en la figura 1.24.

P5 = 769 mm Hg z5 = 42.2°C

_ H = 0 .7 5

S¡ = 8000 kgm ol/hbenceno = 0 .0 1 2 5

kg mol bencenokg mol total

Figura 1.24

Pg “ 760 mm H g

iI

< i40 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERO®

%4

Problem a 1.17

Expliqúe lo que sucede en el diagram a de bloques mostrado en la figurl1.25:

PROBLEMAS PROPUESTOS 41

Problema 1.18

Señale lo que sucede en el proceso mostrado en la figura 1.26:

3 — —

' Y

i____

Clostridium genus. 2. Maíz 3. Vapor 4. Aeua 5. CO2 6. Condensador 7. Acetona 8. Alcohol etílico Butanol.

Figura 1.26

Problem a 1.19

Describa el proceso mostrado en la figura 1.27:


1. Na OH 2. HzO 3. Semilla de algodón limpia 4. Vapor 5. Ayuda filtro y carbón activado 6. M aterial para jabones 7. Comida para ganado 8. Aceite desodorizado de algodón.

Figura 1.27


Problem a 1.20

Haga un dibujo del equipo utilizado en una fermentación a partir de la siguiente descripción: al efectuar la fermentación se usan dos tanques, en uno se prepara el inoculo y en otro se lleva a cabo la fermentación.

Unas horas antes de que el cultivo madure en el tanque de inoculo, se conecta el fermentador por medio de una línea móvil AB. El fermentador se carga con el medio y se esteriliza con vapor a presión durante 20 minutos a la temperatura de 120°C. Durante este tiempo el vapor de las válvulas G y j se pasa a través de F al fermentador y a las válvulas E, D, H e I. Las dos últimas ramas están equipadas con tram pas de vapor para eliminar el condensado. Cuando se enfría el fermentador bajo presión de aire, se cierran las válvulas H, I, G y J y las válvulas F, E y D se dejan abiertas, de manera que la línea se llene por presión desde el fermentador con el medio estéril.

Una vez hecho el cultivo, aum enta la presión del tanque de inoculo hasta 1 atmósfera, mientras la presión en el fermentador se reduce a 0.2 atmósferas manométricas. La válvula C abre y el inoculo se transfiere desde el tanque al fermentador. Las válvulas C y F cierran y la línea de inoculación se reesteriliza antes de quitarla del sistema.

CAPÍTULO

DOS __ ______Variables y magnitudes

físicas

Objetivos:

A l estudiar este capítul^M l lector:

a) ¡Conocerá las principales-variables, usadas en la industria alimentaria.b) Utilizará lyn principales sistemas de uit^gñbs qidt s@ risan ert la in

dustria.L jíiE Podrfi, hacer transformaciones para cam biar el vftlnr yhk 'wn:'40$iaM0^

de .jWd:ÉÜS£ma a otro.

Introducción

Para Especificar un sistema es necesario indicar las variables que le delimitan. Lo mismo sucede si sefifralúa un proceso, pues hay que indicar el valor de las Sgiriables, antes y después de efectuarlo. En todo caso siempre se necesita medir, pues al hacerlo asignamos valores a las .cosas. PaSSS medir se emplean unidades, que a su vez forman parte de un sistema de unidades. Por lo general, se utiliza solamente un sistema de unidades para hacK'preiíifibngs, percLSi no fuera posible, se hacen conversiones o se buscan las equivalencias.'entre una unidad y otra.

Variables

En la industria alimentaria, la§: variables que se necesita medir con mayor frecuencia son el gasijfcí o cantidad de materia procesada por unidad de tiempo, la concentración, la presión, la temperatura, el trabajo efectuado, la potencia y variable afines.

En la actualidad, el sistema de unidades’ qud más se utiliza es el sistema SI o sistema internacional de unidades. En este sistema las unidades fundamentales son;

• De longitud, el metro (cuyo símbolo es .®).• De masa, el kilogramo (cuyo símbolo es kg).• De tiempo, el Églgundo (cuyo símbolo es s).

De tempera tura £$1 grado Kelvin (cuyo símbolo es °K)..• Las demás unidades se derivan de éstas, tales como;• La unidad de fuerza es el Newton

cuyo símbolo N es equival^MÉI a kg

*

• La unidad de energía es el Juliomscuyo símbolo J es equivalpjue a Nm g¡¡ kg -jH

47

VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

• La unidad de potencia es el Vatio

^cuyo símbolo W es equivalente a

• La unidad de presión es el Pascal

^cuyo símbolo Pa es equivalente a

En muchos países se utiliza al mismo tiempo tanto el sistema SI como el sistema MKS gravitacional, el MKS absoluto, el sistema inglés absoluto o gravitacional y el CGS. La diferencia entre un sistema absoluto y uno gravitacional es que en el segundo la fuerza es una unidad fundam ental, mientras que en el primero es una unidad derivada y la masa una unidad fundamental. A través del capítulo se dan las equivalencias entre los sistemas y en el apéndice se concentrarán éstas para su fácil consulta.

A continuación se da un resumen de las variables que más se utilizan en la industria alimentaria.

Cantidad de materia procesada

Una de las variables que se debe controlar con más cuidado es la cantidad de materia procesada y se hace al medir el gasto o masa por unidad de tiempo que entra o sale de un equipo. Como la masa está en forma sólida, líquida ó gaseosa, se emplea para simbolizar el gasto las letas S, L, G que corresponden cada una a la inicial del estado en que se encuentra la materia. En todo caso el gasto estará dado en el sistema SI en kg/s.

Tam bién se mide la masa procesada con el volumen que pasa por unidad de tiempo o caudal, en este caso las unidades serán m3/s y el símbolo utilizado será S, L o G.

Por último, en química es muy común el uso del mol para medir masa. El mol es la cantidad de átomos, moléculas o iones igual a los que se encuentran en 12 gramos de carbono eTguaTa 6.023 X 1023. En la práctica él mol suele considerarse igual al peso atómico o molecular de una sustancia expresado en gramos. A esto se le llama gramo mol para diferenciarlo del kilogramo mol, o sea el peso molecular de una sustancia expresado en kilogramos.

Si el gasto se mide en kilogramos mol por unidad de tiempo, el gasto medido es el molar y su símbolo será S, L o G.

Composición

Las sustancias que se procesan en la industria alimentaria casi nunca son puras y los productos resultantes por lo general son mezclas, de allí que se deba tener un estricto control de la composición para no alterar las propiedades de las sustancias. Para medir la composición se usan diferentes términos:

DENSIDAD 49

La concentración másica y molar, o sea la cantidad de masa de una sustancia expresada en kg o kg mol por unidad de volumen C.N , CNaCI.

• La fracción másica y molar, es decir la cantidad de masa de una sustancia expresada en kg o kg mol por unidad de masa total jcJ*®01,

• La relación masa y molar, o sea, la cantidad de masa de una sustancia expresada en kg o kg mol por unidad de masa libre de la sustancia por medir X NaC1, X NaC1.

• La molaridad o el número de gramos mol de una sustancia contenidos en un litro de solución.

• La molalidad que es el número de gramos mol de una sustancia contenidos en un litro de solvente.

• La normalidad que es el número de gramos equivalentes de una sustancia contenidos en un litro de solución.

Densidad

Está relacionada con el concepto de concentración y se define como la cantidad de masa por unidad de volumen.

p = masa/volumen

Para medir la densidad se usan flotadores llamados densímetros o ‘aerómetros, que permiten encontrar la densidad rápidamente. Como la densidad varía con la concentración, esta es una forma rápida de determinar concentraciones.

Muchos densímetros miden la densidad relativa que es la relación de la densidad de una sustancia a la densidad del agua.

Qr = Q sustancia/ q H20

La densidad relativa es adimensional. Como el volumen de los cuerpos cambia con la tem peratura, la densidad es también función de la tem peratura, es decir que a mayor tem peratura menor densidad.

Es importante indicar a qué tem peratura se mide la densidad y también la densidad relativa. Para esta última se indica la tem peratura a la cual se midieron las dos densidades, como por ejemplo:

1 fí°Cqr a - - - - - * 0.78

4.0°C

lo que indica que la densidad de la sustancia se midió a 15°C y se comparó con la densidad del agua a 4°C encontrándose el valor de 0.78 adimensional.

Algunas escalas para medir la densidad son arbitrarias y se utilizan densímetros especialmente construidos para ese propósito, enj¡re ellos están la densi-

50 VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

dad en grados Baume que utiliza dos escalas; una para líquidos más ligeros que el agua y otra para más pesados.Para líquidos más ligeros

°Be = (140/ qr ) - 130

Para líquidos más pesados

°Be = 145 - (145/eñ)

En donde

15°CQr a -------------15°C

Otras escalas que se usan con frecuencia son las de densidad en grados Brix y en grados Gay Lussac y se utilizan para medir respectivamente el porcentaje en peso de sacarosa y el porcentaje en volumen de alcohol.

Fuerza y peso

Fuerza es aquello capaz de modificar la velocidad de un cuerpo. De acuerdo con la primera ley de Newton.

F = ma

En donde F = Fuerza, m = masa, a = aceleración.En el sistema SI y el MKS absoluto la unidad de fuerza es el Newton, en el

sistema MKS gravitacional es el kilogramo fuerza abreviado kg.

1 kg = 9.81 k g - 2 - = 9.81 N s

En el sistema inglés absoluto la unidad de fuerza es el poundal, en el inglés gravitacional la libra fuerza.

— pie1 Ib = 32.2 Ib ~ ~ = 32.2 poundal

sz

El peso es la fuerza con la cual la Tierra atrae a los cuerpos hacia su centro, por ello el peso tiene las mismas unidades que la fuerza.

Relacionado con el concepto de peso está el peso específico, es decir, el peso de la unidad de volumen de una sustancia.

52

i H H É l M É i P -específico son los kg /m 3 o las Ib/pie3.En la Tierra el peso específico tiene el mismo valor numérico que la densi

dad, aun cuando las unidades son diferentes.

Pre¡é§m

Es toda fuerza ejercida perpendicularmente sobre un área.

P = J |A

La presión actúa de diferentes maneras: un gas encerrado en un recipiente ejerce su presión debido al golpeteo de las moléculas contra las paredes dei recipiente que lo contiene. La presión en el seno de un líquido es igudüstifcal- tura del mismo sobre ese punto mqfljiplicada por el jrtBMMpÉMfclhaÉtteMifai a esa presión se le llama presión hMrostátfea.

Presión hidrostática = Pe(h)

íjh sólido ejerce presión sobre la base que lo soporta y ésta es igual al peso del sólido entre el área de la base. Torricelli demostró que la atmósfera produce una presión sobre la superficie de la Tierra y que ésta presión es igual a la que ejercería una columna de mercurio de 760 mm de altura a 0°C y al nivel del mar. Esta presión se conoce como atmósfera. Torricelli efectuó sus experiencias a nivel dél m ar (si su experimento se efectúa en sitios más elevados se observará que la presión atmosférica disminuye). Los aparatos para medir |¡g presión atmosférica reciben el nombre de barómetros. Si uñ ®icipi®S}i está a una presión menor que la atmosférica local, .íe dice qué trabaja al vaefo. Los aparatos que miden la presión de vacío reciben el nombre de vacuómetros.

Estos dan $ valor de cero á la presión atmosférica local. CteMtdo se miden presiones superiores a la atm oflrica se díiQizan aparatos llamados manómetros. Estos dan el valor de pMffin eero á lápfpsstóhratmosférica local. La fuerza djgal po# unidad de área ejSm¡Sda por un fluidqsreeibe el nombre de presión absoluta.B n g e n e ra ls |a p resión a:

P absoluta •» P m anom étrici + P atmosférica P absoluta ta P atmosférica — P vacío

Temperatura

LftjempeMtura es w medida del niggl gnergétidi de las sustafléias. Para medirla se usan termómetros gp¡ aprovechan la propiedad del UWento del volumen con la temperatura que sufreri iSáteToSiHispas. Sestean diferentes


escalas de tem peratura; entre las más comunes están la escala centígrada y la Farenheit. La conversión es:

°F = °C(1.8) + 32

El cero grado centígrado corresponde a la temperatura de fusión del hielo, los cien grados centígrados a la temperatura de ebullición del agua al nivel del mar. Además de esas escalas, en termodinámica y en química se utilizan las escalas absolutas que parten del cero absoluto. Las escalas más usuales son la Kelvin y la Rankine.

°K = °C + 273°R = °F + 460

Se observa que el tam año de un grado centígrado es igual al de un gradoKelvin y que un grado centígrado es igual a 1.8°F y también a 1.8°R.

Energía, calor y trabajoLa energía se define como todo aquello capaz de producir un trabajo,

siendo el trabajo el producto de la fuerza por una distancia.

r = F • d

Como se aclara, la unidad de energía en el sistema SI es el julio (J), otras unidades son el kgm, el pie-lb, la kilocaloría y el B.T.U.

1 k g m = 9.81J1 pie-lb = pie-libra fuerza = 1.3569 J

1 kcal = kilocaloría = 4185 J 1 B.T.U = British Thermal Unit — 1054.62 J

La energía se manifiesta de muchas formas y todas ellas se intercambian entre sí. Las formas de energía que más se usan son:

• La energía potencial debida a la posición que guarda un cuerpo con respecto a otro.

EP = mgh

EP = energía potencial; m = masa; h = altura; g = aceleración de la gravedad.

• La energía cinética, debida a la velocidad que tiene un cuerpo.

EC = z a L2


EC m energía cinética; m — masa; v = velocidad.• La energía interna es la suma de todas las energías que contiene un

cuerpo y es definida por la prim era ley de la termodinámica.

• La energía de presión, es aquella que contiene un cuerpo debido a la presión a que está sometido.

EPe m energía de presión; P = presión; V — volumen ■ La energía química que es la liberada o absorbida durante una reac

ción química.

• El calor es la energía que se transfiere de un cuerpo a otro mediante una diferencia de temperaturas. El calor se mide en kilocalorías o BTU. La relación entre calor y trabajo es:

Conversión de unidades

En la resolución de problemas se presenta con frecuencia la necesidad de transformar las unidades de un sistema a otro.

La forma más sencilla de hacer estas transformaciones es multiplicar y dividir la cantidad manejada por la unidad, de manera que se eliminen las unidades no deseadas.

A U = Ç) - 7

EPe = PV

1 kcal = 4185 julios = 426.6 kgm 1 BTU m 778 Ib - pie

Ejemplos de multiplicar por y dividir entre 1 son:

1 pie 1 kg 1 BTU0.305 m ' 2.2 Ib 1 0.252 kcal.

Con este sistema se podrá transform ar todo tipo de unidades.

Problemas resueltos

Problem a 2.1

ConviertaBTUlb°F

akcal J

-------------- y a — d ----kg°K y g 0K,

54 / / sVARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

2. Planteamiento.

Para resolver este problema se deben usar conversiones presentadas en el apéndice 2. 1 .

2. Cálculos.

Conversión

' BTU ^ ( 0 .252 kcaA ( 2.2 l b V 1 .8 ° f \ = } kcallb°F J \ BTU J l k g J \ i ° C J kg°C

1 /B T U \ /0 .2 5 2 kcal V 4 1 8 5 J \ / 1 Ib \ A . 8° f \ _ J\ lb°F J \ BTU / \ 1 k c a lA 454 gj, l°K J ' g°K

3. Resultado:

'.1 f a r t r tT r lp r n n v p r c i n n r ip * - ulb°F kg°C

BTU Jlb°F 3 g°K

* r-i r * j j BTU kcal• El factor de conversión de—■ a ---------- es 1.

BTU TEl factor de conversión de — a —-— es 4.18.

Problema 2.2

El valor de la constante R de los gases ideales es 0.082 a tm .Cuál será el valor de la constante en gmol°K

ib . , j P ‘epulg2 j------------------------------Y e n ------ --------?Ib mol°R kgmol°K

1. Planteamiento.

El problema es de cambio de unidades y se resuelve con las conversiones que se indican en el apéndice I.

2. Cálculos.

Valor de R en

íb . 3pieJpulg2

1.47

Ib mol °Ríb

R = 0.082 f t ~ atm ) Z i P i f A A64 gm oA / l ° K\g m o I°K / y 1 atm / l 28.37 I / V 1 Ibmol ) V 1,8°R


Valor de R en

R = 10.71

i

i b , pulg2lbms)l0K.

kgmol°K

R ip fasK\gm ol°K / \

1 m3 1000 1

10330

R = 8309.6

1 atm J \k g m j ^ 1 kgmol J

JkgmaTK.

3. Resultado:

1 S valor R en

• El valor de R en

Ib . 3

pulg2 P1C es. & SIJ7 1.

Jkgmol °K

Ib mol°R

es de 8309.6.

■Problema 2.3

ILytCaÄidad de calor Ätjüerida p ita cambiar la temperatura de un material sólido de T\ a T2 está dada por:

kcalkg°C 'Ti y

e = m c ^ ( r 2- r 1)

en donde Q. m kcal; m = masa en kg; Cp = capacidad calorífica;T2 ** temperaturas iniciales y finales.

¿Cuántas kilocaloñas se requieren para calentar un jamón de 10 kg desde

15°C Cp »10 .8 ! Si el jamón J9f calentara en una estufakg C

elé<®Éra j P H “poteSKia de 2000 vatios, ¿cuánto tardaría en calentarse?

w - ’smR iMBB ■.

AP - 200C Wè = jé ■

56 HKBOHSÌ TMiJiiWllB'ÍM BSífflLs

2. Planteamiento.

• Calor requerido

• Tiempo

3. Cálculos.

Calor requerido

Q_ = m Cp (T2- T { )

Q_m ;ll(0.8) (95-*|®§ « 64d feá l

Tiempo requerido

Energía = 640 keal

Energía i* 288400 W —s,

a 2678400 W - s = 1339.2S =« È2.32 mía*2000 IT

4. Resultado:

Se requieren 22 minutos y 19 segundos para calentar.

Problema 2.4

Una solución de sacarosa tiene una densidad de 20 grados Brix.

a) | U porcentaje en peso de sacarosa contiene?b) ¿Cuál será su densidad relativa?c) ¿Ctál será su densidad en gramos por centímetros cúbicos?

1. Tradvtcción (figura 2.2).

Mq = 20°Brix Qh = ?

Figura 2.2


2. Planteamiento.

• Discusión: Los grados Brix son iguales al porcentaje en peso de sacarosa. Para saber la densidad relativa son necesarios los datos del apéndice III.

• Densidad

6 = 6 h 2o

3. Cálculos.• Densidad relativa: Del apéndice 20°Brix = 1.08287 qr

q = 1.08287 X 1 g/cm 3 = 1.08287 g/cm 3

4. Resultado:

La densidad es 1.08287 g/cm 3

Problema 2.5

Una disolución líquida contiene 1.15% en peso de una proteína 0.27% de KC1 y el resto de agua. El peso molecular promedio de la proteína es de 525000 g/mol. Calcule la fracción mol de cada componente de la disolución.

1. Traducción (figura 2.3).

X '= 0.015

XKO = 0.0027

*S JFigura 2.3

2. Planteamiento.

Discusión: El problema se resuelve al emplear los conceptos de concentración descritos en el capítulo.

• Fracción mol

xH*°PM h2o

XH*° + *P + *KCIPMh¡0 PMp PMKC1


3. Cálculos.

Fracción mol: Base 1 kg de disolución

• Masa de proteína n .5 g 2.5 g• Masa de KC1

• Masa de H20• Moles de proteínas

985.8 g11.5/525000 è 2.19(10"5) 2.7/74.557 = 3.62(10"2)

985.8/18 m 54.766666• Moles de KC1• Moles de H20

54.766666XiÍ2° 54.76666 + 2.19 (10"5) + 3.62 (10‘2) = 0.999339

¿ k c i m 3.62(10 2) 0.000660554.802887

j - l j í l Q 5) . = o.OOO 000 354.802887

4. Resultado:

La fracción mol de agua es de 0.999339; la de KC1 de 6 .6(10-4) y la de la proteína de 3(10~7).

Problem a 2.6

Para determ inar la concentración de ácido acético en un vinagre, se obtienen 150 cm3 del mismo, se añaden unas gotas de indicador de fenolftaleina y se titula esta solución con sosa cáustica 1 N. El cambio de color se produce después de usar 75 cm3 de la solución cáustica. ¿Cuál es la concentración del ácido acético en el vinagre?

1. Traducción (Figura 2.4).

75 cm3 de NaOH 1N

6

150 cm3 de vinagre

Figura 2.4


2. P lanteam iento .

• Discusión: La titulación es una reacción de neutralización. El indicador se usa para observar visualmente el momento en que ésta se com pleta.

• Reacción

NaOH + CH3COOH — CH3COONa + H20

• Gramos de ácido acético en el vinagre, gmol de ácido acético = gramos mol de sosa.g ácido acético = gmol de ácido acético X PM ácido.

3. Cálculos.

• Gramos mol de sosa utilizada

gmol sosa = 1 (gmol/1) (0.75 1) = 0.075 gmol

• Gramos de ácido acéticogmol ácido acético = 0.075 gmol

Normalidad = = 0 .5 N150

• 0 075 (60) _ 71Concentración de acido acético = ---- ' — — áu g /i0.150

4. Resultado:

La concentración del ácido acético en el vinagre es de 30 g/1 o de 0.5 N.

Problem a 2.7

Una ecuación para transferencia de calor expresa el coeficiente en kcal/hm 2oC

h = 0.024 (Re)0-9 (Pr)033

en donde Re = es el número de Reynolds y Pr el número de Prandt, ambos adimensionales. Determine la forma que tomaría el coeficiente si se pusiera h en

js m2oK

1. Planteam iento.

Discusión: Para resolver el problema se partgfdel hecho de que una ecuación correcta debe tener las mismas unidades de los dos lados de la igualdad.


2. Cálculos.

JValor de la constante si h —s m^K.

i K \ / i ° r \= 1.1625/ 1 kcal \ / 4 1 8 5 j \ / 1 h \ / l ° C \

( h m2oC / \ 1 kcal y y 3600 s) \ \ ° r )

s m2oK

Js m2oK

h = 1.1625 (0.024) ü e 0 8Pr° ” - 0.0279 i?e°-8/V°-33

3. Resultado:

El coeficiente quedarla como:

h = 0.0279 Re°*Pr033

Problema 2.8

La presión P del aire en un tanque es suficiente para sostener una columna de 500 milímetros de mercurio (mm Hg). Encuentre la presión absoluta del tanque en Pascals si la presión atmosférica local es de 95 KPa. La densidad del mercurio es de 13.6 X 103 kg/m3. Suponga que la presión en el punto 1 es igual a la presión del tanque (figura 2.5).

Figura 2.5

1. Planteamiento.

• Discusión: Para conseguir la presión en el tanque se hará un balance de fuerzas. Se nota que la presión en el punto 1 es igual a la del punto 1' ya que estos puntos están al mismo nivel en un fluido estático. Se recuerda que en el sistema MKS el valor numérico de la densidad es igual al peso especifico.

• Balance de fuerzas

Presión atmosférica + Presión hidrostática = Presión en el tanque.

• Presión h id rostática

Phidros = Pe z


2. Cálculos.

• Presión hidrostática

Pe = 13.6(103) kg/m 3

Phidros = 13.6(103) kg/m 3 (0.5 m )P - '8iJ N ) I X ~ - \ = 66.7(103)Pa/9.81 N \ / 1 Pa \

• Presión en el tanque

66.7(103)Pa + 95(103)Pa = P tanque P tanque = 161.7(103)Pa = 161.7 KPa = 1.596 atm

3. Resultado:

La presión en el tanque es de 161 700 Pa o de 1.596 atm.

Problema 2.9

La escala de temperatura Reaumur se utiliza en algunos países europeos. En ella el cero corresponde al punto de congelación del agua y el 80 a su punto de ebullición.

* ¿Cuál es la temperatura del cero absoluto en esta escala?• ¿A qué temperatura Celsius corresponden 120°Re?


Figura 2.6

2. Planteamiento.

• Discusión: Del enunciado se observa que el punto cero es común a las escalas y que 80°Re corresponden en tamaño a 1Ó0°C.

HAM3BBKJH81 SM BHTf BBHOIliBIHBi

• Conversión

T fc ■»

7. Cálculos.

• Cero absoluto i

s® - H l (0 -8) a „—S U

• C iento veinte grados R eauäüäi

M F3M « U P O " C a ü

■Ír Resultado:

8J cero A jR É Ste en HXfa&llHHKHHi ■ de *s B U A . C iento grados;ä 150 grados Celsius.

2.10

US* proceso ilfe; ahum ado - carnes rap jfe lí# un a HMpHXE£3K de PSiFXL ¿Cuál es la tem p era tu ra necesaria en °C, °R y °K?


Cotti ii'pan ài

°C m, ( ° F — 3 2 ) / l .8 „ ú l SS äffj # . 273 ■

“ R ai « i -f>: H B

2. Cálculos.

CIs e h é é h h i

°C — W .~ 32 kr 71.1L É

■JE Si m i ■+ RfS = 344 ^ ü é

i!. Resultado:

f e i É S ü p ia K if ï de ahum ado es de 71.1 °C, ó 344°K, ó 620° R.

Problema 2.11

U n gas naísjfííi se çjüéŒIU"! se j*oduS # 200 k ca l/g m o l. Si ■ quem an ¡i|J k ilos de ese gas !iií> una H b , kW se Wgfüggigf El gas ■^ggpaL'pi eneia m etano .


PROBLEM AS RESUELTOS ss

flH-OG. = 40 k¡f.'h

Figura 2.7

I » SQ = 200 kcal/gmol

2. Planteamiento.

Calor generado

3. Cálculos.

JfeíhPt-' gaskg ^.kg mol\ /1 0 0 0 gmol

, 17 k g / \ 1 kg molG, = 4 0 = 2352.9

g mol

Calor generado

gmolm - 2352.9 200 —k —1 = 470588.2S”

H U 470588.22

h \ gmol

kcal /4185 J \ / 1 h

1 kcal / 1 3600s ' \1

= 347 kW

4. Resultado:La potencia del quemador es de 547 kW

Problema 2.12¿Qué potencia se necesita para elevar 2000 1 de leche i, tona altura de-1

metros en el tiempo de dos minutos? Dé el resultado en C.V. Dato. Densidad de l ¡ t j f # i r 1.032 g/c.c.

2. Traducción (figura 2.8)*

\£tdr0 = 2 min.

<P= ?

5 m

Figura 2.8


2. Planteamiento.

• Discusión: Despreciando los cambios de energía de presión, cinética, entalpia y pérdidas por fricciones; la variación se debe a la energía potencial.

• Potencia

<P = r/e

• Energía potencial

r — EP = mgh m = Vq

3. Cálculos.

• Masa de leche

m = 2000 1 ^ 1 0 ^2 - = 2064 kg

• Energía potencial ,

/= 20.64 kg ^9.81 -^ 2 Ó m = 404956 J

• Potencia

(P = 404956 J/60 s = 6749.3 W

(P = 6749.3 W( 1 C,V | = 9.17 C.V.^736 W I

4. Resultado:

La potencia es de 9.17 C.V.

Problema 2.13

En una caldera se queman 5 m 3 por minuto de gas metano a 586 mm Hg y 15°C. La combustión desprende 212 kcal/gmol. Si esta energía se aprovecha para evaporar agua, ¿qué caballaje tendrá la caldera?

Nota: Un caballo de caldera BHP es igual a 33475 BTU/h o a la potencia necesaria para evaporar 34.5 Ib de agua por hora a 212°F.


1. Traducción {figura 2.9).

AW«= — 212 kcal/gmol

BHPs I

2. Planteamiento.

• Masa de metano

A *. J E .R T

• Calor desprendido

Q = G A i / * ( P Í J 5 E S ÍL Tiempo

3. Cálculos.

• Masa de metano

. ¿ . __ l5 8 _6)fr)0 0 í = 1 6 3

<760)(0.082jp98)

• Calor desprendido

O » 163 gmol ( -2 1 2 ) =» -34,556 mm

• Potencia

r . w i M \miss \0.252 k c a l / \ Ih / ^334751

4. Resultado:

PCH* ¿ 586 m m H g

Figura 2.9

La ¡caldera tiene 245.5 BHP.

V ARIA BLES Y M A G N ITU D ES FISICAS

P rob lem a 2.14

Una máquina consume 100 kW-h. ¿A qué altura teórica podría elevar una masa de 200 kg? ¿A qué velocidad impulsa esa masa? ¿Qué cantidad de calor genera y qué temperatura alcanzaría si el Cp del material es de 0.8 kcal/kg°C y su tem peratura inicial 10°C?

1. Planteamiento.

Este problema parte del principio de que las formas de energía son intercambiables.Energía potencial y altura

X EP = mgh ; h EPmg

/ 2 EC

• Energía cinética y velocidad

„ mv2 . • ..EC = ------ ; v -2 V m

• Energía térmica y temperatura

, d = m Cp( r 2 - H ; 9 i H 1 1mCp

2. Cálculos.

• Altura

h I » . e q O j . . » L 83(10s)200 kg (9.81) ~ s2kg m

h = 1.83(105) m

• Velocidad

= / 2(3 -6).ü ° _ít)_ kg B m E 1897 m /sV 200 kg 0 s2

• Tem peratura

3 ,6 ( l° 8)J (^ T s t ) = 8 -6( 104)kcal = 200 kg ( 0 . 8 ) 1 0 )

T . = 540 °C

3 .^Resultado:P odría le v a n ta r la m asa-a 1 .83(105) m , im p u lsa rla a 1897 m /s o ca le n ta rla

a 540°C.

Problema 2.15

A través de u n a tu b e ría de 2 p u lg ad as de d iám e tro fluye ag u a a -un gasto \ de 150"-litros po r m in u to . D eterm ine su energ ía c inética .

1 , Traducción (f ig u ra 2 .10),

PR O B L EM A S RESUELTOS. .

D = 2 p u lgada

e c ~'rriin

f ig u ra 2,10

2. Planteamiento.

D iscusión: Se debe o b te n e r la velocidad y a p a r t i r de ella la energ ía cinética .E nerg ía c in é tica

m r. m

3. Cálculos.

* Velocidad

min 60 s

A B “ £>2 S 0.785 f— X 0.305] = 0.002584 m24 \ 12

3

0.96 —0 0Q25g4 m 2

Energía cinética

I 3

E C = 2 .339 ------------= 2.339 Wc¿ c

6 8 VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

EC = por unidad de masa — 2.339 W= 0.9358 —J~

2 . 5 - ^ s kgs

EC - 0.9358 —I» kg

4. Resultado:

La energía cinética es de 0.935 ——k£


Problema 2.16

Un manómetro indica una presión de 35 — cuando la presión baro-pulg2

métrica es de 586 mm de Hg. ¿Cuál es la presión absoluta en Pascals?

Resultado:

La presión absoluta es de 319,423 Pascals.

Problema 2.17

¿Qué potencia se necesita para elevar 1000 1 de agua a una altura de 20 m en un tiempo de 2 segundos?

Resultado:

La potencia es de 131.67 HP.

Problem a 2.18

La viscosidad de una sustancia es de 10 centipoises. ¿Cuál es el valor de esa viscosidad en lb/pie-s?Nota: 1 centipoise = 0.01 poise = 1 g/cm s

Resultado:

La viscosidad es de 0.006718 lb/pie-s

Problema 2.19

Al analizar una solución salina, se observa que contiene 23.5 g de NaCl por cada 1000 cm3 de solución, la cual tiene una densidad de 1.16.

p r o b l e m a s p r o p u e s t o s 69,

• ¿Cuál es el porcentaje en peso de NaCl en la solución?• ¿Cuántos kg de sal se disuelven para dar 500 1 de solución?• ¿Qué cantidad de agua se necesita?

Resultado:

• El porcentaje de NaCl en la solución es de 2.0225.• La masa de NaCl necesaria para formar 500 1 de solución es de 11.75 kg.

• La masa de HzO es de 568.45 kg.

Problema 2.20

La densidad de una solución de albúmina al 2% en peso en agua, es de 1.028 g /cm 3 a 25°C. El peso molecular de la albúmina es de 67000 g/gmol. Calcule:

a) La densidad relativa de la disolución con respecto al agua a 4°C.b) La fracción mol de la albúmina en esta disolución.c) La densidad en kg/m 3 y en lb/galón.d) La molaridad.

Resultado:

La densidad relativa es de 1.028, la densidad en kg/m 3 es de 1028 y en libras por galón de 8.57.

La fracción mol es de 5.4(10"6) y la molaridad de 3.068(10-4).

Problema 2.21

Para secar carne po r medio de enfriamiento, se mantiene una presión absoluta de 2.4 mm de Hg en la cám ara de secado.

• ¿Cuál es la presión en atm y en kg/cm 2?• ¿Cuál es la presión de vacío empleada, si la presión atmosférica es de

586 mm de Hg?

Resultado:

La presión absoluta es de 3.1578 X 10“3 atm ó 3.2629 X 10"3 Eg/cm2. La presión de vacío de 583.6 mm de Hg.

Problema 2.22

Un sistema se esteriliza a 120°C. ¿Cuál es la tem peratura de esterilización en °F, °R, °K?

70 V A R I ABLES Y M A G N I T U D E S FISICAS

Resultada ■

La tem p e ra tu ra de esterilización es de 248°F, 393°K ó 708°R .

Problema ¡f-flÉ

U na bom ba de 10 C .V r ^<aR) eficiencia del gQljg se MM.PKÜI’InrikhflT 5000 1 /h G a r r i r _n¡flf trábajaese le transm ite a lS iste íít^ f

Resultado:

lJB ■HKíJK HP® ■ transm ite es de 27(Lkg-rn/kg

Problema 2.^4

P or u n a tu b e rfc de de pu lg ad a de d iám ^m c in terno ftn fB tH fe fl El ÚP'i'fg dispositivo p a ra B u H A r, d isponible es ¡ana b u re ta g rad u ad a en mi, ¡f^‘ encuen tra que de la H H |K lO K h P'M i l,fB§nuto. ¿Cuál es la velocidadde la teche en el tubo en U ñíF

Resultada:

La velocidad es de (L2S217 xnffi

Problema 2.25

La conductividad térmica del alumini&tt de Jg§ 1¡SlBÉh. . , s w

síi conductividad en kcai/h m°C v mm ,7 m°K

Resultado:

k r a l WLa conductividad es de 178.46 ---------- o de 207.48h°Cm «ñg.

Problema, 2.26

Una lata se coloca en una balau&ajrjse le táÜüte Hasta SbgtSrun peso de 50 kg. El peso de la lata es de 0.5 Eg. ¿Cuál és.la masa déla mantel quilM g @Bál la presión en el fondo d t l a lata si su área es désftJiUlT

Resultado:

La masa es de 49.5 kg, la presión de 2452.5 Pa.

PROBLEMAS PROPUESTOS

Problema 2.27

Calcule la altura que tiene una columna de agua para que sea equivalente a una presión de 586 mm de Hg.

Resultado:

La columna es de 7.9696 m.

Problema 2.28

Calcule la presión máxima que se produce en un tanque esférico lleno de aceite de cártamo de densidad relativa 0.92, si el diámetro es de 2 metros y la presión atmosférica de 700 mm de Hg.

Resultado:

La presión máxima es de 1.1354 kg/cm .

Problema 2.29

La presión en un evaporador al vacío se mide con un vacuòmetro en U yse encuentra que es de 25 cm de mercurio. ¿Cuál es la presión absoluta dentrodel evaporador, si la presión barométrica es de 58.6 cm de Hg?

Resultado:

La presión absoluta en el evaporador es de 0.442 atm.

Problema 2.30

Un aceite comestible de 0.85 de densidad relativa fluye por un ducto de 1 pulgada a razón de 50 galones/minutQ.

a) ¿Cuál es la velocidad del aceite en metros por segundo?b) ¿Cuál es el flujo en kg/h?c) ¿Cuál es la energía cinética en kg m/kg?d) ¿A qué potencia en HP corresponde?

Resultado:

La velocidad es de 6.21 — , el flujo es de 11354.76 — la energía cinética es s h

de 1.9655 — y la potencia de 0.081389 HP. kg

72 VARIABLES V M AGNITUDES FISICAS

Apéndice 2.1

Equivalencias.

1 kg = 2.202 Ib.

1 m = 3.278 pie.

1 pie3 m 28.37 1.

1 gal = 3.785 L

1 pie3 = 7.495 gal.

1 barril = 159 1.

1 m2 = 10.75 pie2.

1 pulg = 2.54 cm.

1 pie = 12 pulg.

1 km /h = 0.9113 pie/s.

1 kg ^ 9.81 N.

1 kg m = 9.81 J.

1 kw-h = 3.6(106)J = 2.655(106) pie-lb.

1 kcal = 3.96 BTU = 426 kg m = 4185 J.

1 pie-lb = 1.356 J = 0.1383 kg m.

1 H.P. = 550 pie-lb/s m 0.7457 kW = 76.04 kg m/s = 0.1782 kcal/s.

1 C.V. = 75 kg m /s = 0.736 kW.

1 BTU/lb h 0.555 kcal/kg = 236.81 kg m /kg = 776.42 pie-lb/lb.

1 atm = 1.033 kg/cm2 = 14.7 lb/pulg2 = 760 mm Hg = 101337 Pa.

A P É N D IC E 2.2 PESOS A T O M IC O S D E A LGUNOS ELEM EN TOS73

A péndice 2.2

Pesos atóm icos de algunos elem entos.

Aluminio Al 26.98Antimonio Sb 121.75Arsénico As 74.9216Argón A 39.948Azufre S 32.064Bario Ba 137.34Boro B 10.811Bromo Br 79.909Cadmio Cd 112.40Calcio Ca 40.08Carbono C 12.011Zinc Zn 65.37Cloro C1 35.453Cobalto Co 58.933Cobre Cu 63.54Cromo Cr 51.996Estaño Sn 118.69Flúor F 18.998 i

Fósforo P 30.973

Helio He 4.002

Hidrógeno H 1.00797

Hierro Fe 55.847

Litio Li 6.939

Magnesio Mg 24.312

Manganeso Mn 54.938200.59Mercurio Hg

Neón Ne 20.183

Níquel Ni 58.7114.0067

Nitrógeno N15.9994

Oxígeno O107.87

Plata Ag 207.19Plomo Pb

39.102Potasio K

28.086Silicio Si

22.9898Sodio Na

238.03Uranio U

I 126.904Vodo

—

i

74 VARIABLES Y M AGNITI!

Apéndice 2.3

Grados Brix o porcentaje en peso de sacarosa.

Grados Brix

10

15

20

25

30

35

40

45

50

55

60

65

70

75

80

85

90

95

100

qn a 20/ 2 0 (

1.0

1.01965

1.03998

1.06109

1.08287

1.10551

1.12848

1.15331

1.17853

1.20467

1.23174

1.25976

1.28873

1.31866

1.34956

1.38141

1.41421

1.44794

1.48259

1.51814

1.55454

CAPITULO

T R E S ________Balances de materia y energía— breve resumen teórico

Objetivos:

Al terminar de leer el capítulo, el lector;

a) Conocerá los diversos tipos de balances de materia que pueden presentarse.

b) Podrá plantear balances de materia.c) Conocerá los diversos tipos de balances de energía que pueden pre

sentarse.d) Será capaz de plantear balances de energía.

Breve resumen teórico ___________________________________

Los problemas de balance de masa y de energía se basan en la aplicación correcta de las leyes de la conservación de la masa y la energía y pueden llegar a ser extraordinariamente complicados. Sólo la resolución sistemática de muchos de ellos creará la intuición necesaria para resolver casos nuevos. En este capítulo se resolverán algunos problemas que ejemplifican estos balances.

En los capítulos siguientes se hacen aplicaciones de balances de materia en algunas operaciones y procesos unitarios con el fin de que el lector profundice cada vez más en el manejo de los balances de materia y energía. Un balance de materia y de energía es un procedimiento que lleva una contabilidad exacta de la materia entrante y saliente de un proceso. El balance de materia se basa en la ley de la conservación de la masa enunciada por Lavoisier de la siguiente manera: Nada puede crearse y en cada proceso hay exactamente la misma cantidad de sustancia presente antes y después de que el proceso haya sucedido. Solamente hay un cambio o modificación de la materia.

El balance de energía se basa en la ley de la conservación de la energía, que indica que la energía para un proceso químico no se crea ni se destruye, sólo se transforma. Basándose en las leyes anteriores un proceso cualquiera se conforma por las etapas indicadas en la figura 3.1.‘

J R ap idez de R ap idez de R ap idezi salida d e la e n tr a d a d e la n e ta d e< m a te ria y la - m a te ria y en er- M acu m u lació nJ en erg ía del . g ía al sistem a. d e m asa yf sistem a. e n e rg ía en

e l sistem a.

77

má

BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

Ci M d d

d (ME,d 6

• Balance general de masa

M2 - M,

• Balance general de energía

|¡J¡ -

En donde 6 = tiempo M = masa E ¡= energía

En m uchas ocasiones los balances deben efectuarse para algunas de las sustancias en particular. Esto da origen a los balances parciales.

En los balances parciales de masa se tiene en cuenta que una especie química puede aparecer o desaparecer por medio de una reacción química, por lo que hay que incluir el térm ino de rapidez de generación. El balance de m ateria para tina sustancia en particu lar daría:

Rapidez de Rapidez de i Rapidez Rapidez Isalida de entrada de j neta de neta de ila sustancia la sustancia í acumulación generación 1

i ¡ ) de i + de i

En ocasiones, no todos los términos en los balances tienen significación y algunos de ellos se elim inan al d a r ecuaciones más sencillas. Por ejemplo, si el régimen de trabajo es continuo o perm anente, el término de acumulación podría eliminarse. Si no hay reacción quím ica, el término de generación en los balances parciales de m ateria tam bién se elim inaría. A continuación se ve con más detalle algunos casos especiales de los balances de m ateria y energía.

Entre los tipos de balances de masa más frecuentes están : los de mezclado o sea la unión de dos o más corrientes para d ar una o más corrientes de salida y los de separación en los que se form an dos o más corrientes a partir de una (figura 3.2).

Balance total

l‘\ + í-2 f | £-3 ~ J-4

Balance parcial de la sustancia a.

LjX'í + ¿ f e + L3 X3 = L 4X4

Figura 3.2

BREV E RESUM EN T E O R IC O 79

I

.1

Figura 3.2 (continuación).

En los equipos de transferencia de masa como absorbedores, secadores, destiladores, cristalizadores y extractores, se introducen varias corrientes, que viajan dentro del equipo de dos formas a contracorriente (el líquido fluye en un sentido y la corriente gaseosa en el otro) o en corriente paralela en donde las dos corrientes viajan en la misma dirección. Por lo general, en estos equipos una o varias sustancias se transfieren de una fase a otra. Esta transferencia está lim itada por el equilibrio físico dado por la regla de las fases de Gibbs. El equilibrio puede presentarse en forma de tablas, ecuaciones o gráficas (figura 3.3).

Contacto a contracorriente

Balance total Gi + i .3 — G¿ +Balance parcial del compuesto a GxYi + L¡XS = G2Y2 + ¡ M

Figura 3 3

Balance total Gi + L¡ — G2 + £.4 Balance parcial del compuesto a CaI? + L3X? = G2Yi + L4*í'

En ciertos procesos p arte de los productos se vuelven a procesar para que se mezclen con los reactivos (a esto se le denom ina recirculación o reflujo). En otros casos parte de los reactivos pasan al procero y otra parte le da la vuelta sin en trar (a esto se le llam a derivación, by-pass o retorno).

80 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RJESUMEN TEORICO

Esos arreglos se hacen' siempre con el fin de m ejorar la presentación del artículo final, aum entar la conversión, dism inuir el tam año de los equipos y obtener m ejor calidad, costos, eficiencia y productividad (figura 3.4).

Re circulaciónBalance en todo el procesoLx — £.5Balance alrededor del equipo L4 m L>2Balance en la unión Li + L3 = £4

DerivaciónBalance en todo el proceso ■Lj = L5Balance alrededor del equipoL2 ~ E3Balance en la unión L3 + Lk = L5

Figura 3.4

Cuando se presenta una reacción los balances quedan condicionados por la ecuación química que la representa. En toda reacción química la suma de las masas reaccionantes deberá ser igual a la suma de las masas de los productos.

Así, el núm ero de átomos entrantes a la reacción debe ser igual al núm ero de átomos salientes de ella, pero el núm ero de moles entrantes no es necesariam ente el mismo que el de las moles salientes.

Como ejemplo se tiene que:

4FeS2 + 1502-------- * - 8 S 0 3 + 2Fe20 3

Sin em bargo, es posible hacer los balances con reacciones químicas usando moles, siempre y cuando se observen las cantidades relativas de las mismas que intervienen en la reacción.

B alance d e energía

En un balance total de energía se tom a en cuenta las transferencias de energía a través de los límites del sistema. Ciertos tipos de energía están aso-

BREVE RESUMEN TEORICO 81

ciados con la m asa que fluye, otros tipos como el calor y el trabajo son sólo formas de transmisión de energía. En el sistema m ostrado en la figura 3.5, el b a lance total de energía será:

L, (EPj + ECj + EPei + U2) + Q, = L2 (EC2 + EP2 + EPe2 + U2) + r +

y (U<? V)

energía entrante al sistema

= energía saliente + acumulación, del sistema

en donde

A\i¡

EC = Energía cinéticaEP = Energía potencialEPe = Energía de presiónU = Energía internaa = CalorL = Flujo másicoV = VolumenQ m DensidadT = T rabajo

al estructurar la ecuación anterior:

1* (EP2 + EC2 + EPe2 + U2) - L l (EP1 + ECX E P ei + U i) + - J j W q V )

^ 2 .( ^ 2g +u\

+ ^ 2 ^2 + u 2)

82 BALANCES DE M ATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEO RICO

Entalpia

Relacionada con la energía in terna de un sistema está la entalpia.Esta es una función de estado útil al trabajar en procesos que se efectúan

a presión constante.

• Por definición:

H = U + P V

• T am bién a presión constante

A H = Q p = C p A T

• Cp = capacidad calorífica a presión constante.

Ó sea, el cam bio de entalpia en un sistema es igual al calor sólo cuando el proceso se lleva a cabo a presión constante. En un proceso a presión constante, en el cual se desprende calor, el A H es negativo; esto significa que el estado final del sistema tiene m enor entalp ia que el inicial. Si el A H es negativo, el proceso es exotérmico; si es positivo es endotérm ico. Al usar las entalpias el b a lance queda;

2 2

U [Z2g t ñ f . + H*] - L , [Zlg + - j - + Hj J +"“ g f * (U<?V)[ m Q. M r

En los balances anteriores se debe tener cuidado con las unidades que se usen, pues U y H suelen estar en kcal, el trabajo en C. V ., la presión en kg/cm 2 y la energía cinética y potencial en julios.

Los sistemas de unidades más frecuentes en ingeniería son los gravitacionales. Si se usan los sistemas gravitacionales. en las ecuaciones anteriores todas las unidades quedarían en el MKS gravitacional en kg m /k g y en el inglés gravitacional en Ib — pie /lb . Para lograrlo se añade a ciertos términos el factor de conversión ge.

ge = 9.81 N /k g

ge = 32.2 poundal/lb .

A otros térm inos se le añadiría el térm ino:

/ = 426 - f e - J 7 7 8 - ^ 1 kcal BTU

De m anera que:

2

l 2 (Z2 g/g<? f + p 2 ^2 t Uzj ) —y., (Zj t

+ - A . {UqVJ) = Q J - r


La ecuación puede simplificarse si la masa en tran te es igual a la saliente, si hay o 110 acum ulación de energía, y si se da o no calor o trabajo.

En este capítulo se verán algunas aplicaciones generales de las ecuaciones anteriores. En los capítulos siguientes se m ostrará la aplicación de los balances de energía y m ateria a ciertas operaciones unitarias específicas.

Problemas resueltos

Problem a 3.1

En un proceso de m anufactura de jugos de fru ta , se necesita del empleo de un evaporador, el cual recibe una alim entación de 4,500 kg/d ía de zumo, con una concentración del 21% . Si se desea concentrar los sólidos hasta el 60%, calcule la can tidad de agua evaporada.


2 . P lanteam iento .

• Para obtener la can tidad de agua evaporada se efectúan balances to tales-y parciales de m ateria alrededor de la envolvente.

• Balance total

84 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

• Balance parcial de sólidos

L tX \ = G2K| + L 3X f

3. Cálculos.

• Balance de sólidos

4,500 (0.21) = L3(0.60)I ,J I» -j _

<* •: * y¡ = 0 sale agua pura como vapor

Lj = 1,575 kg/día

• Agua evaporada

Gt m 4,500 - 1,575 = 2,925 kg/día

4. Resultado:

Se evaporan 2,925 kg/día de agua y se obtienen 1,575 kg/día de solución concentrada.

Problema 3.2

Se tienen dos tipos de alimento para cerdos, uno de 50 pesos el kg y el otro de 65 pesos el kg. Para hacer una mezcla de 1000 kg a un precio de 54 pesos el kg ¿cuántos kilogramos de cada alimento se deberán mezclar?


$, = 50 $2 = 65

S3 = 1000 kg $3 = 54 pesos/kg

Figura 3.7


2. Planteamiento.

• Balances de masa y costos

Si ■+■ S2 = S3 S,$, + S2$2 = 53$3

3. Cálculos.

• Balances

S2 + S2 = 1000 Si(50) '+ Sz(65) = 1000(54)

• Resolviendo simultáneamente

51 = 733 kg52 = 267 kg

Resultado:

Para elaborar una tonelada de alimento para cerdos de 54 pesos el kg se requieren 733 kg del alimento de 50 pesos el kilo y 267 kg de 65 pesos.

Problema 3.3

Los frijoles de soya se procesan en tres etapas. En la primera entran 10,000 kg de frijoles con 35% en peso de proteína, 27.1% de carbohidratos, 9.4% de fibra y cenizas, 10.5% de agua y 18% de aceite. Se muelen y prensanpara eliminar parte de aceite, saliendo la torta con 6% en peso de aceite. En lasegunda etapa, los frijoles prensados se extraen con hexano para producir un frijol con 0.5% en peso de aceite.

En la última etapa, los frijoles se secan para dar un producto con 8% de agua en peso. Calcule:

a) Los kg de frijoles prensados obtenidos en la primera etapa.b) Los kg de frijoles salientes de la segunda etapa.c) Los kg de frijoles secos salientes de la tercera etapa y el porcentaje de

proteínas que contienen.

1 ■ Traducción (figura 3.8).

A = FrijolesB = Hexano wC = Aceite *D = Hexano con aceite

BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

Figu

ra

3.8

' M = H a rin a de soya F ■ Frijoles J H H M l G = Frijoles Retraídos.

2. Planteamiento.

• D îiK S iâJS; S sé w e d e re ü fe e r p o r etapas. H acie nd o balancesen cada una de ellas.

• Balances en la p rim e ra Étapa: Balances de sólidos n g ¡(ütraíd o s

c s o l c solSa Wa — *->fWf

• B alances en la segunda etapa: Balances de sólidos no extraídas

r « SOl _ c .SOlSFwF m SGwc

• Balance en la última etapa:

r» sol o solSqWq — SeWe

% Cálculos.

• B alance en la p rim e ra etapa

* 10,000 (0 .35)= SjiÉ§. = 3,500 de proteínas

* ¡ J * * ' 10,000 (0.105) ■ Sf w fi° = 1,050 kg/h de agua

4 M I * J 4 L 4 H fM R 0 | 4r*dlí *• fcMM Jfejjjjph a£p carbohidratos

SAUÚ = 10,000 (0.004) m SFv£ m 940 kg/h de fibra

Total m m m m kg/h

Balance de sólidos

SAt & m SFwí°l

S # /0 |f P # S | ■ Í f (0J N Í SF » 8,311.4 k g /h

• B alance de la segunda etapa

8,72 3 ( 0 . f ¡ ¡ m 5C(0.9 9 5) / . & = 8,241.2 k g /h

PROBLEMAS Itë S Q M M I . ' . Ï ?

I

• Balance de la tercera etapa

h2° _ m 0.1274 kg H20 /k g de sólido seco8241.2

^sólidos = j _ 0.1274 = 0.8726

8,241.2 (0.8726) = SE(0.92) . \S E = 7816.599 kg/h

• Porcentaje de proteínas

35° — (100) = 44.777816.599 1

4. Resultado:

De la primera etapa se obtienen 8723.4 kg /h , de la segunda 8241.2 kg /h y de la tercera 7816.599 kg/h. El porcentaje de proteínas en los sólidos finales es 44.77.

Problem a 3.4

jjà Para concentrar el jugo de naranja se parte de un extracto que contiene12.5% de sólidos. El jugo se pasa a los evaporadores que trabajan al vacío y parte se deriva, para luego diluir el .jugo concentrado que sale del evaporador con 58% de sólidos hasta la concentración final del 42% de sólidos. La finalidad es mejorar el sabor del jugo, ya que durante la evaporación pierde ciertos saborizantes volátiles.

Calcule el peso de agua evaporada por cada 100 kg/s de jugo diluido que entra al proceso. Calcule también la cantidad derivada de jugo.


88 BALANCES DE M ATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

2. P lanteam iento.

• Balances alrededor de todo el sistema: Balance total

L x — L5 + Gg

Balance parcial de sólidos

M I - M

• Balances alrededor de los puntos de mezcla y separación

L x = L 2 + L3 ; L3 -i- L4 w L5

Í^X f = ¿ 2Xf + L3X$ í L3X 3 + ¿ 4XJ = L 5X¡

3. Cálculos.

• Balances alrededor de todo el sistema: Total

100 = l 5 + g 6

Parcial

100 (0.125) = Ls(0.42)

l i W J U V A - « 100 - 29.76 -8*70.24 •h

• Balance en los puntos de separación y mezcla:

Totales 100 = L2 + T 3 (I)L3 + L4 = 29.76 (II)

Parciales 100(0.125) = L2(0.125) + L3(0.125) (III) L3(0.125) + L4(0.58) = 29.76(0.42) (IV)

Resolviendo simultáneamente

L4 ■ 19.2949 L3 = 10.4651 kg/s

PROBLEMAS RESUELTOS

4. Resultado:

kff• Se evaporan 70.24 ——

Se derivan 10.4651 —— o el 10.4651 %


Problema 3.5

Un tanque con capacidad de 1,500 1 contiene 300 litros de leche. Si se ali- í mentan 20 1/min de leche y simultáneamente se descargan 12.5 1/min, calcule

el tiempo de llenado del tanque.

Mm Traducción (figura 3.10).

Figura 3.10

2. Planteamiento.

• Discusión: Este problema es de régimen transitorio; para resolverlo se necesitará una ecuación diferencial que represente el fenómeno.

• Balance0 = 0 r 1500

—L2 = j ljp \(Li — L2) j 0 = o dO = J 3oo d V

(Lx - L2)0 = AV

3. Cálculos.

• Tiempo de llenado1500-300 1200 1 .u = ----------------- = = 1 6 0 mm2i -4,1,1 *fy| «4—

min

4. Resultado:

Se requieren 160 minutos para llenar el tanque.

Problem a 3.6

En una pasteurizadora se eleva leche de densidad relativa 1.02 hasta un tanque de almacenamiento situado a 10 m de altura, a través de una tubería de 3 puí-


gadas de diámetro interno. La cantidad de leche que se maneja es de 400 1/min. Calcule los HP requeridos por la bomba y suponga que ésta tiene una eficiencia del 100% y que no hay pérdidas de fricción en la línea.


• Discusión: Para encontrar la potencia se hará un balance de energía entre los puntos 1 y. 2 del sistema. En este caso la presión en 1 es la mism a que en 2 o sea la atmosférica. La velocidad en 1 puede considerarse cercana a cero.

• Balance de energía

10 m

<P= ? V= 100%Figura 3.11

2. Planteam iento.

P g úna2A (— ) + AZ - 2 — + — -Q g c W

+ AU =

en nuestro caso el balance general queda como

* rw -g Au2- T - AZ - 2— + ------ge 2ge

• Velocidades

G* — qG i — ; U2 —-—-----¿ 2Q2

3. Cálculos.

• Velocidad en la línea

G2 = 400 1/min (1.02 kg/'l) = 408 kg/m in =■ 6.8 kg/s


U26.8 kg/s = 1.46 m /s

1020 kg/m 3 (0.0045639)m2

• Trabajo

„ 9.81 m /s2 t X1 -46)2 (— >2 lninfl fi— t — 10 m ( ) + . . — = 10,1086 —f ----

9 . 8 1 2 ( 9 . 8 1 ) kg s2 kg s2 kg

• Potencia

CP = 10.1086 ^ - ( 6 - 1 8 ) - ^ - = 68.738 kgI^ - = 0.902 HP kg s s

4. Resultado:

Se necesita una potencia de 0.902 HP.

Problem a 3.7 ^

En una tubería de 2 pulgadas de diámetro interior fluye leche de densi-Kgdad relativa 1.032 a razón de 1001/min a una presión de 0 .7 Si la tubería

cnrrse reduce a 1.5 pulgadas, ¿cuál será la nueva presión?


© ■ '

r( —m m * V W d2 - 15 p«*g*

i l ________ - — ”L j M 100 1/min

Figura 3.12

2. Planteamiento.


PROBLEMAS RESUELTOS

• Velocidad

Gi m A í q1u1 = G2 = A 2 Q2U2

3. Cálculos. j

• Velocidades

Ai * m 0.785 [ J (0-305) y m 0 0020284 m 2

A z 'm = 0.785 [ - i |L (0.305)]2 = 0.0011409 m 2

Gj = 100 — — (1.032 kg/1) = 1032 kg/m in mm 1 °

103,2 kg/m in m m* " 1042 kg /m 3 (0.0020284) m2 = 4 29 = ° '8216 T

U2 = ’87.65 m /m in = 1.46 m /s


(0.8216)2 (— )2 0.7 - S - (■ J ° 9.9 9 ^B 2- ) (1.46)2 (— )2 s c m 1 m s _ P2

2 ( 9 . 8 1 ) 1 0 3 2 k * / m 3 ¡ J 2 S É ■ 7s kg sz kg

P2 m «&&& kg m— = 6.7087 — 2-----e kg

P2 = 6924.22 - 4 - = 0.6924 £g/cm 2 mz

4. Resultado:

kerLa presión es de 0.6924 —

cmz

Problema 3.8

t. Un líquido fermentado se bombea a razón de 2,000 kg/h a 30°C a través de un intercambiador de calor, en donde se calienta hasta 70°C.

El agua para este proceso entra a 95°C y sale a 80°C.Él Gpm del líquido fermentado es de 0.966 kcal/kg°K.Las corrientes de fermentación y de agua están separadas por una super

ficie metálica a través de la cual se transfiere calor y no hay mezcla física de una corriente con la otra. Indique el agua necesaria.

IvanBen

Highlight

B A LA N CESÜ |MATERIA fi ■ ■ H I A BREVE RESUMEN TEORK

Traducción (figura 3.13).

Planteamiento.

• Discusión: Se requiere un balance de energía alrededor deí equipo. En un cambiador los cambios de energía potencial, catótic* f de flujo 3HI despreciables en comparación con los cambios de entalpia.

* Bal anee:

■TMW'll ¡b.,1 materia

— L 2 ; ■ I'i

Balance de energía

, -H M k + É Ú *■ + H | * / /3)"+ " vi:

• % P f | * , , J p + -M ¿íp4 + e c 4 + h 4)+ t + ( u / )

Ahora biüÉ'i

E P 1 *= W i m > *1 = E Pi = ‘O

; E C l w EC 2 = EC 3 m EC4 ■ 0

¥ m' ftí Q, ■ ® ’> —- — (Ue V) » 0 (no hay acumulación)dO

m£ i $ k A l a « i l 2h 2 + l 4/ / 4

- H4) •

PROBLEMAS RESUELTOS 9S¡

. « cambio de entalpia* Cuando i 6M a acompañada de reacción química o cambio de estado puede .calculas*

AH ‘ék Cpm A T

: .L t Cpm (Tz ^ f (| » =Ej Cpm (T , -7«}

A un tanque con leche de 2 m3 de iÄBgidad sdÍB agrega leche á razón de 200 t e d s f'ís i e quila al mismo ritmo.

La temperatura inicial de la letíhe en el tanqueies efe 15°C. La leche >#ti- trante al tanqifeéstá a 75°C. Si el calentador adiciona 1,500 kcal/min y;g| los caballos adicionados por el agitador sonjl HP, cateóle la tBOpferglura en 'el tanque en fti&iiln del tiempo. Datos; densidad de la leche 1.03, capacidad

F

3. Cálculos.


CpmHj o = 1 kcal/kg°K 2000(0.966) (7 0 -3 0 ) = L , ] 1)

L 3 m 5162 kg/h

4. Resultado:

Se necesitan 5152 kg/h de aguá.

calorífica de la leche 0.98 ■ - -. kg°C

TtPTraducción (figura 3.14).

r~i #<=5hp

Lj = 2001/min

-Q,= 1500 kcal/min

V- 2 m3 to = 15 °C

L3 = 200 1/minh = m

Figura 3.14

2. P lanteam iento.


l i (g/gc z i +


“ 1 + h + Uy) - L i (— z2 + + — + Ui) + Q. ~ 7 =2 ge ge 2 ge

= e F

En un fluido incompresible

d ü

En nuestro caso

dU = CvdT = C pdT

L x = L 2

PZx• = Z2 ; U + — = / / ;

e

L (# i - H 2) + Q - r =

p e r o / / = C p (T —T0 )

,'.L C p(T i -T 2) + Q - t = QÍfCp

U\ = u 2

d Tdd

d TdO

3. Cálculos.

Masa del tanque y masa entrante

Vq = 1.03 kg/1 (2000 1) = 2060 kg

L i = 200 — r— (1.03 kg/1) = 206 kg/m in min

• Calor transmitido al tanque'

£) = 1500 kcal/m in

• Trabajo adicionado

T = 5 H P ( i ^ ü B T U ) = 212.2 = 53.47 kcalHP min min

= — 53.47 kcal/m in (negativo porque se adiciona)


206(0.98) ( 7 5 - T) + 1500 - ( -5 3 .4 7 ) = 2060 (0.98) d Tdd

82.695 - T = 10 d T

10 d TI 15 82.695 - T

d 0

— ío dB

4. Resultado:

Problema 3.10

T = 82.695 - 67.69 e

T = 82.625 -6 7 .6 9 e

En un quemador se introduce gas butano con un 25% más del aire teórico requerido. Si se queman 85 m3/h medidos a 20°C y 760 mm de Hg, ¿qué cantidad de aire se requiere a las mismas condiciones?; ¿cuál será la composición de los gases salientes?; ¿qué volumen ocuparán los gases salientes si están a 800°C y a 1 atm?

1 . Traducción (figura 3:15).

€MHG3 — ?ü 0 2 =Y{ 2 = 0.21

G3= ?

í3 = 800°C

P 3 = 1 atm

4>-$

Figura 3.15

2 . Planteamiento.

• Discusión.

Los balances de masa se apoyan en la reacción química. Con la ley de los gases ideales se obtendrán los gastos volumétricos necesarios.

• Reacción

2C4H10 + 1302 8C02 + 10H2O

• Masa de butano

P G = m R T PM

98 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORiC0

• Cantidad necesaria de oxígeno

G ^ f 2 = G ,( - ^ - ) (1.25)

• Cantidad que saldrá de oxígeno

G tff1 = Gt( - y - ) (1.25) -

• Cantidad entrante y saliènte de N2

¿ y f * = g 2y?* (y?!/y % e)

• Cantidad requerida de aire

(1 / & ) = g 2

• Cantidad saliente de C 0 2

G3V3C° 2 = Gj

• Cantidad saliente de H20

ñ -HjO _ r. , 10 ,G¿y3 = Gj (— -)

3. C&lculos.

• Masa de butano

G¡ = ------ —------ = 3.53 kgmol/h0.082(293) 6

• Cantidad requerida de oxígeno

G¿y? 2 = 3.53 ( ~ - ) (1-25) = 28.68 kgmol/h

• Nitrógeno

— C' jsOi ¡ 3 aíre \ „ ,0 .79v

PROBLEMAS PROPUESTOS99

G3, T P H g H = 28.68 ( £ £ ) = 107.59 kgmol/h-'aire

• Aire requerido

G2 = 107.89 (— -) = 136.57 kgmol/h; G2 = 136.57 (0.082) (293) =

= 3281 m 3/h

• Cantidad de C 0 2

<53^3002 = 3.53 (4) = 14.12 kgmol/h

• Cantidad de HzO

C jjf 02 = 3.53 (5) = 17.65 kgmol/h

• Composición de los gases salientes

G3 = 5.735 + 107.89 + 14.12 + 17.65 = 145.95

o 2 _ 5 ^ 3 5 _ = n2 = 1 0 7 ,8 9 =“ • 145.95 145.95

y i ° ‘ = 0.0971 $ ,2° = 0.121

• Volumen de los gases salientes

G3 = 145.95(0.082) (800 + 273) = 12792.72 m3/h

4. Resultado:

• Cantidad de aire requerido a 20 °C y 1 atm 3281 m3/h• Composición de gas saliente

y? 2 = 0.0394 ; ji^ 2 = 0.742 ; y? ° 2 m 0.0971 ; $ * ° = 0.121

• Volumen de los gases de combustión

a 800°C y 1 atm 12792.72 m 3/h


P roblem a 3.11

Un evaporador se diseña para recibir una alimentación de 11,500 kg/día de zumo de tororya, obtener 3,000 kg/día de agu^t evaporada y una solución

1 0 0 BALANCES DE M ATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

concentrada al 50%. ¿Con qué concentración inicial se debe alim entar el zumo de toronja y qué cantidad de solución concentrada al 50% se obtiene?

Resultado:

La solución inicial tiene una concentración del 36.9% y se alcanzarán8,500 kg/día de solución concentrada.

Problema 3.12

En una planta productora de leche para lactantes, se quiere saber la com-1 posición de grasa y lactosa que tendrá la corriente de salida si se mezclan p a ra | un lote de 724 kg, 2.84 kg de grasa al 0.3% y 45.22 kg de lactosa al 4.77% con | el agua necesaria.

Resultado:

La corriente tiene de salida 0.0011% de grasa y 0.2979% de lactosa.

Problem a 3.13

Un filtro prensa contiene 25 marcos que se usarán para filtrar unos precf pitados que contienen 15 kg de sólidos por 100 kg de mezcla de sólidos y líquidos Las dimensiones interiores de cada marco son de 50 cm por 50 cm por 2.5 cm dea grueso (figura 3.16). La torta formada en la filtración es incompresible y corg tiene 0.7 kg de sólido seco por kg de torta.

Figura 3.16


¿Cuántos kg de filtrado libre de sólidos pueden obtenerse antes de que el filtro se llene con una torta húmeda que tiene una densidad de 1,500 kg/m 3?

Resultado:

Se alcanzan 929,68 kg de líquido (filtrado) libre de sólidos.

Problema 3.14

Una fábrica de alimentos para ganado produce sorgo seco. Para ello introduce el sorgo a un secador a base de aire. Si el aire entra al secador con una humedad de 0.008 kg de agua/kg de aire seco y sale con una humedad de0.069 kg de agua/kg de aire seco y el sorgo entra con 23% de agua y debe salir con 12%. Calcule la cantidad de aire necesario si se requieren 68 kg/m in de sorgo al 12%.

Resultado:

Se requieren 182 kg/m in de aire seco.

Problema 3.15

En un tanque se tiene una disolución de 1,500 1 de agua salina con una concentración de 80 g/1. A este tanque entra una corriente de 101/min con 7.5 g/1 de sal y otra de 20 1/min con una concentración de 15.0 g/1. Por debajo del tanque se extraen 30 1/min. ¿Cuál será la concentración del tanque a los 60 m inutos?

Resultado:

La concentración de la sal en el tanque en una hora es de 32.83 g/1.

Problema 3.16

En una tubería de dos pulgadas de diámetro interior fluyen 1,600 1/min de una disolución que tiene una densidad relativa de 1.12. Calcular el AH en kcal .

— si el fluido se mueve a través del sistema mostrado en la.figura 3.17 y si la

potencia de la bomba es de 2 HP.

Figura 3.17

102 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

Resultado:

AH = 0.05329kg

Problema 3.17

Calcule el cambio de entalpia del agua en el sistema de la figura 3.18.

Figura 3.18

Resultado:

AH = -9 .4869kg

Problema 3.18

Una bomba de 10 C.V. aumenta la presión de descarga de una corrientf líquida de densidad relativa 1.2. La presión inicial de la corriente antes df entrar a la bomba es de 1 atm. El gasto de líquido es de 1000 1/min. Calculai la presión a la descarga de la bomba en kg/cm2. El diámetro de entrada de 1¡ bomba puede considerarse igual al de salida.

Resultado:

La presión de descarga es de 5.532 —=r-.cm

Problema 3.19

Una caldera quema gas natural que contiene sólo metano y nitrógeno. I análisis de los gases secos (se excluye el agua) da: C 0 2 = 8.05%, 0 2 = 6.42? y N2 = 85.53%. Calcule la composición del combustible y la cantidad de aií en exceso usado en la combustión.

Resultado:

La composición del combustible es de 9.150% de N2 y 90.85 de CH4. Se usó un 40% de aire en exceso.

Problema 3.20

A un tanque con leche de 2,000 1 de capacidad se le agrega leche a razón de 1001/min y se le quita al mismo ritmo. La temperatura inicial de la leche en el tanque es de 35°C. La leche entra al tanque a 25°C. Si un serpentín adiciona 2000 , calcule cuál sería la temperatura del tanque al estabilizarse

minésta. El Cp de la leche es 1 y su densidad 1.032.

Resultado:

PROBLEMAS PROPUESTOS J03

La temperatura final de la leche en el tanque es de 42.856°C.

CAPÍTULO

CUATRO _____Balances de energía en equipos de transferencia de calor

Objetivos:

A l terminar de leer y estudiar este capítulo, el alumno estará capacitado para efectuar balances de energía en equipos de transferencia de calor.

Introducción

En toda industria alimentaria es necesario calentar o enfriar sustancias ya sea para preservarlas o para cam biar su estado físico. Asimismo, se utilizan mucho los equipos que transfieren calor en forma indirecta, es decir, a través de una pared metálica. En ellos uno de los fluidos pasa por el interior de los tu bos del aparato y se calienta o enfría, mientras que la otra sustancia pasa por el exterior enfriándose o calentándose.

En muchos equipos para transferir calor se efectúa la condensación de una sustancia. Los equipos para transferir calor suelen form ar parte de otros más complejos; como columnas de destilación, evaporadores y reactores.

Los equipos de transferencia de calor reciben muchos nombres, por lo general, en relación con la función que desempeñan como evaporadores, calentadores, enfriadores y condensadores.

Balances de energía en equipos de transferencia de calor

El balance general de energía en un equipo como el mostrado en la figura4.1 sería:

PAu2

2ge L

¿2¿2

«iPy

Figura 4.1

107

108 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CAL

Se tiene en cuenta que cuando las cantidades de calor que sé transfiere son grandes (como sucede en estos equipos) los términos de energía potencia cinética y de pérdidas por fricción son despreciables en comparación confj cambio de entalpia, por lo tanto

AH = Q /L

Ahora bien, como la energía no se crea ni se destruye, el calor perdii por una sustancia es igual al calor ganado por la otra, por lo tanto

Qp = Qg AHLt = AHLt ,

Cambios de estado

AI aum entar la energía interna de un cuerpo sólido aum enta la temper tura de éste, hasta un momento en que la energía que posee es tan grande qi es imposible permanecer en ese estado, y fomienza a fundirse. El cambio del se se efectúa a tem peratura constante, y durante él la sustancia solamente i sorbe energía para romper las fuerzas físicas que lo m antenían en ese estado J el líquido recibe calor comenzará a calentarse hasta que llegue a un punto era que comenzará a cambiar de estado, en este caso se vaporizará.

El cambio de estado se producirá a tem peratura constante. El vapor § sultante, si sigue recibiendo calor, aum entará su tem peratura. El proceso se l sualiza en la figura 4.2.

Q

CALORES LATENTES Y CALORES SENSIBLES 109

El proceso anterior es reversible, es decir, que a partir de un vapor, éste se puede enfriar hasta licuarlo y el líquido resultante enfriarlo hasta que se solidifique.

Calores latentes y calores sensibles

Calor sensible, es aquel que recibe un cuerpo sin cam biar su estado físico, mientras sube su tem peratura. En general, se ha observado experimentalmente, que la cantidad de calor necesaria para calentar .o enfriar un cuerpo es d irectamente proporcional a la masa del cuerpo y al número de grados en que cambia su tem peratura. La constante de proporcionalidad recibe el nombre de capacidad calorífica. El calor sensible se puede calcular por

Qs = AH L = L C p (¿ir-¿2)

en donde Cp es la capacidad calorífica a presión constante, definida como la cantidad de calor requerida para aum entar en un grado la tem peratura de la unidad de masa de un cuerpo a presión constante.

Si el proceso se efectuara a volumen constante, entonces el calor sensiblesería

Qs = MJL = LCv(tx - t2)

en donde Cv es la capacidad calorífica a volumen constante. Las capacidades caloríficas varían con la tem peratura y con el estado físico de agregación de las sustancias.

Una sustancia recibe o cede calor latente cuando cambia de estado físico y permanece la tem peratura constante. El calor latente se puede calcular por

Ql = AHL = L X

en donde X es el calor latente de cambio de estado de la sustancia en consideración.

Los calores latentes varían con la tem peratura, con la sustancia y con el estado físico de los cuerpos. Al sumarse los calores sensibles y los calores latentes se puede obtener calor, o sea el cambio de entalpia o de energía interna de una sustancia al pasarla de una tem peratura a otra.

2 = ^ s fiiid o ( T f - T 1) + >/L + LC pííquido(T e-T J) + ^ L + LCpgJ T 2 -T e)

En donde T f = Tem peratura de fusión y = Calor latente de fusión

Xg = Calor latente de ebullición Te = Tem peratura de ebullición.

í&É

110 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

En muchos casos la variación de temperaturas no es tan grande para que se produzca el cambio de una sustancia de gas a sólido o viceversa, y no se em plea la ecuación anterior en forma completa, sino parte de ella.

Capacidad calorífica

Como se indicó, la capacidad calorífica de los cuerpos es función de su estado de agregación y de la tem peratura. En los gases la capacidad calorífica a presión constante puede representarse por

Cp = a + b T + c T 2

en donde

Cp = Capacidad calorífica molar a presión constante e n —-----.kgmol°K

a, b, c = Constantes específicas de cada sustancia.T = Tem peratura.

Los valores de a, b y c se obtienen a partir de los datos reportados en la literatura como se presentan en el apéndice 4.4.

Para obtener los valores puntuales también se usan nomogramas parecidos a los de los apéndices 4.5 y 4.6.

Si se quiere obtener el calor dado o recibido de un cuerpo gaseoso cuandose calienta de Ti a T2, se deberá tener en cuenta la variación del Cp con respecto a la tem peratura, de m anera que

Qp = <3Í Tl C pdT = g \ 2 (a + b T + cT * ) d TTi Ti

QP = ( r 22- r t2) +¿ 0

Para facilitar los cálculos se suele utilizar el concepto de Capacidad Calorífica Promedio y definida como aquella capacidad que al multiplicarse por la diferencia de temperaturas daría el valor del calor.

Cpm = = í r £ Pd T /^ "T‘ )

Cpm = j (a + b T + c T 2 )d ,T /{T 2 - T l )

Cpm = a + (T 2 + Tt) + - f + 7 \2)¿ O

De acuerdo a la ecuación el valor del Cpm entre dos temperaturas se puede obtener a partir de los valores de las constantes a, b, c. Otra forma conve-

CALORES l a t e n t e s y c a l o r e s s e n s ib l e s 1 1 1

niente de obtenerlos es por medio de las gráficas presentadas en el apéndice 4.8. La capacidad calorífica de mezclas gaseosas puede obtenerse por medio de

Cp = Cpiyi # Cp2y 2 + Cp3y 3 + . . .

en donde Cp\, Cp2 = capacidades caloríficas molares del gas 1, 2, 3, etc.; yi, y2, y 3 fracciones molares del gas 1, 2, 3, etc.

El Cp de mezclas también se consigue por medio de

a mezcla = a ^ i + #2 2 + a3 3 + • • •b mezcla = ÉraS + b2y2 + b3y3 + . . .c mezcla = c¡yi +■ c¿y2 + ^3^3 + . . .

Cp mezcla = a mezcla + b mezcla T + c mezcla T ¿

en donde ai, b\, C\, a2, b2, c2, son las constantes de la capacidad calorífica molar de cada gas.

En procesos a volumen constante se requiere del uso del Cv en vez del Cp, pero éste se puede obtener fácilmente al recordar que

Cp - Cv + R

siendo R la constante de los gases.La capacidad calorífica a presión constante de los líquidos está dada por

ecuaciones del tipo

Cp = a + b T

en donde a y b son constantes específicas de cada líquido.Una forma rápida de obtener el valor de la capacidad calorífica es m e

diante el uso de nomogramas dados en el apéndice 4.6.Debido a que la variación de la capacidad calorífica con respecto a la

temperatura es lineal para los líquidos, la capacidad calorífica promedio se puede conseguir por medio de

Cpm = (Cpi + Cp2)/2

si los líquidos son miscibles y no hay calor de disolución, la capacidad calorífica de las mezclas se logra por medio de

Cpi, Cp2 = capacidad calorífica de ios líquidos 1, 2 x2 — fracción molar de los líquidbs 1 , 2 .


La capacidad calorífica de los sólidos puros es más difícil de evaluar con una simple ecuación; las más usuales son del tipo

Cp — a

Cp = a + bTo

Cp = a + b T + - j j - .

Los valores de las constantes aparecen en la literatura.Cuando se trata de mezclas de sólidos, el valor del Cp se debe obtener ex

perimentalmente o hacer uso de los datos reportados en la literatura.

Calores latentes

Los calores latentes de las sustancias en los diferentes cambios de estados son una función de la temperatura. Una de las formas más comunes de obtenerlos es mediante nomogramas como los del apéndice 4.7. La otra es utilizar los datos reportados en libros, manuales y revistas.

Vapor de agua

En las plantas industriales el medio más empleado para transferir calor es el vapor de agua. Este se produce en la sección de calderas de la planta y se transfiere a los equipos de calentamiento por medio de tuberías.

En la industria se puede tener el vapor de agua en diferentes formas, entre ellas están el vapor saturado, sobrecalentado y húmedo.

Se dice que un vapor está saturado cuando está a la temperatura de condensación correspondiente a la presión de trabajo. A mayor temperatura se requiere mayor presión de trabajo. El vapor de alta presión se usa para mover maquinarias y equipos o para producir energía eléctrica; el vapor de baja presión (menos de 10 atm) se utiliza para calentamiento.

Las entalpias de los vapores saturados se encuentran en tablas o en gráficas, aunque pueden obtenerse mediante la ecuación

H V = ^ l i q u i d o ( t e ~ l ° ) + X le

Cp|¡qujdo = es la capacidad calorífica media de agua líquida desde la temperatura base to a la temperatura de ebullición te.

A/e = calor latente de vaporización a temperatura de ebullición.

En ocasiones el vapor manejado no es saturado, sino sobrecalentado; es decir, que tiene una temperatura superior a la que le correspondería por la


presión que tiene. Las entalpias de los vapores sobrecalentados se pueden loca. lizar en tablas o gráficas mostradas en el apéndice 4.2 o mediante la fórmula

Hvapor = Cplíquido { te - t o ) + Xíe + Cpvapot (t2 - te)sobrecalentado

en donde Cpn „ot « es la capacidad calorífica media del vapor de agua entre la temperatura de ebullición te y la temperatura de sobrecalentamiento tt. .

Con f r e c u e n c i a se suele: tener en las líneas vapor húmedo; es decir, vapor con agua líquida. La entalpia del vapor húmedo es

H vapor = Hv{l — x ) + H lX húmedo

en donde

Hv = es la entalpia del vapor saturado.Hl = la del líquido saturado y X la fracción masa de agua que HHApgg

el vapor.

Las propiedades del vapor de agua H, T, P, X se pueden visualizar en un diagrama de Molier que resulta útil para encontrar rápidamente las propíeg i,, des de esa importante sustancia, (apéndice 4.S).

Pr^^emás resueltos

Problema 4.1

Calcule la capacidad calorífica molar a presión constante del aire a 200°C.

1. Planteamiento.

Cp — a + b T + c T 2

2. Cálculos.

• Constantes: A partir del apéndice 4.4 se obtiene que

a ■ 6.386 b = 1.762(10'3) C * 0.265d|lff‘éJ*'

• ¡ Capacidad calorífica molar

Cp « B J B + 1.762(10-3) (273 + 200) + (-0 .2656) (10*6) (273 + 200)2 JBp m | J 86 + 0.83ás>— #.1478 -w ¥.© 12 kcal/kgmotaK


3. Resultado:

La capacidad calorífica molar a presión constante del aire a 200 °C es de7.0712— ^ — .

kgmol°K

Problema 4.2

Calcule la capacidad calorífica molar a presión constante del aire entre 25 y 200°C.

1. Planteamiento.

• Capacidad calorífica molar promedio

Cpm = a + b(T2 + T t ) / 2 + (T22 + T ^ + 7 \2) c/3

2. Cálculos.

• Constantes: del apéndice 4.4

a m 6.386 b = 1.762(10-3) c = -0.2656(10-6)

• Capacidad calorífica molar promedio a presión constante

Cpm = 6.386 + 1.762(10-2) ^4-73 2 298V ~ 26-5^ 10' 6) (4732 + 473(298) + 2 982)

Cpm = 6.386 + 0.679 - 0.04014 = 7.024 kcalkgmol°K

Por gráfica de Cpm (figura 4.3) (apéndice 4.8).

C pm

_kcal_kgmol°K


3. Resultado:

La capacidad calorífica molar promedio del aire entre 25 y 200 °C es de 7.024 kcal/kgmol°K.

Problema 4.3

Calcule la cantidad de calor que se debe proporcionar a una corriente m3gaseosa de 5 —;— medida a 50°C y 760 mm de Hg para pasarla a 500°C. El

mingas tiene la siguiente composición en volumen: C 0 2, 10%; N2, 80%; 0 2, 5%; H20 , 5%.

1 . Traducción (figura 4.4).

<3> #í2= 500°C <¿= ?

Figura 4.4

2. Planteamiento.


G AH = Q

Q = G { ^ CpmelcU dT

C P mezcla = 0 mezcla ^mezcla ^ + C mezcla ^

a mezcla — S S f l i ' ^mezcla ~ 2 S P n e t c -MI í-1

3. Cálculos.

• Constantes y constantes de mezcla

a 6(10)3 c(10)6co2 6.214 10.396 -3 .545N2 6.524 1.25 - 0,001

o2 6.148 3.102 -0 .923h 2o 7.256 2.298 0.283

Í!= 50 °CPl = 760 mm Hg

a mezcla = 0.1(6.2,14) f 0.8(6.524) + 0.05(6.148) + 0.05(7.256)

= 6.5108


b mezcla = 0.1(10.396) + 0.8(1.25) + 0.05(3.102) + 0.05(2.298)

= 2.3096

c mezcla m 0 .í( -3 .5 4 5 ) + 0 .8 (-0 .0 0 1 ) + 0 .05(-0 .923)

+ 0.05(0.283) = -0 .3872

Cprn^gf* = 6.5108 + 2.3096(10"3) T - 0.3872(10-«) T z - —c — .kgmolDK

• Moles tratadas

L ni3 \1 atm í 5 — i—IG\ — -------- j— --------------- = 0.1887 kg m ol/m in

0.082 — — (323°K) kgmol°K

• Calor

O » 0.1887 k^ --] í 3 [6.5108 + 2.3096(10-3) T - 0.3872(10'6) 7'2] d T min 323

0 . 1 8 8 7 ( 3 4 4 4 . 2 9 )min kg mol

P 649.93 kcal/m in

4. Resultado:

Se deberán proporcionar 649.93 kcal/m in a la corriente.

Problem a 4.4

Los gases de combustión procedentes de una chimenea se enfrían desde 500°C, hasta 70°C a la presión de 1 atm.

¿Cuánta cantidad de calor podría extraerse por kg de gas manejado si éste tiene la composición de 10% de CO2, 15% de H2O y el resto de N2?



2. Planteamiento.

• Discusión: Durante el proceso de enfriamiento los gases CO2 y N2 cambian de tem peratura sin modificar su estado, pero el agua, además de enfriarse se condensa.


** í

Mm Cálculos.

• Base 1 mol

Cambio de entalpia de los gases

& b c

n 2 6.524 1.25(10"3) j

c o 2 6.214 . 10.396(10"3) “ ¡ y p l p P t : ;

f 273+ 70à tìy = 0.75 I Í6.524 + 1.25(10'3) T - 0.001(10"6) T 2] d T

J 500 + 273 i /


/»273 + 70

+ 0.1 [6.214 + 10.396(10"3) T - 3.545(10-6) T 2] d T500 + 273 x ■

= - 0.75 {[6.524(-430)J + L M IL L [3432 _ 7732]

_ o-ooi ( i j r 62 [3433 _ 7 7 33j |

+ 0.1 |6.214( —430) + 1 °-3?6(1°~!) 3432 _ 7 73 2-j

- [ 3 4 3 3 - 7 7 3 3 ] }

== —2795.61 kcal/kgmol.

• Cambio de entalpia del agua

= 832.1 kcal/kg H \™ = 70 ^

AH = 70 - 832.1 = -762 .1 - ^ 1kg

(A H y )^ = 0.15[—762.1(18)] = - 2057,6 kcal/kgmol

• Cambio de entalpia por kg

PM de los gases

c o 2 0.1 X +■ £ ti 4.4N2 0.75 X 28 = 21h 2o 0.15 X 18 = 2.7

28.1

Moles de gas por kg

G = —I— = 0.035587 kg mol/kg28.1

£> = 0.035587 (-2795 .61 -2057 .6 ) = -172 .7 ^ 1kg

4. Resultado:

Se deben quitar 172.7 kcal por kg.

Problema 4.5

Se calienta 4,500 kg/h de leche de vaca desde 5°C hasta 60 °C en un cambiador de calor y utilizando para ello agua caliente. ¿Cuánto calor se debe transmitir si el Cpm de la leche es de 0.916 kcal/kg°C?

P R O B L E M A S r e s u e l t o s

|_ Traducción P§ÍBEri ííJlfe

UB

2. Planteam iento.

* B alance 4* e ne rgí a

' 5 L” M K ** í ia Ê

j r = cpm, ' i £|jMi * 6 0 ®* 9

M,: Cálculos.

• B alance Afe energía

m Q_Q = 226, 710

4. Resultado:

Mk ■ necesitan ÉSOÉHÉIS 226,710 rkariSh:. ■

Problema 4.6

¿Cuál es Bl entalpia iáiHH vapor de agua *}ffe tiene i#Bá¡ presión de j® atm y una temperatura de 270°C? ::

"120 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR


Figura 4.7

2. Planteamiento.

Estado del vapor: Al revisar las tablas de vapor o el diagrama de Molier se j observa que el vapor está sobrecalentado, pues el vapor de 10 atm estaría satu- I rado a 180°C.

5. Cálculos.

Obtención de la entalpia a partir de la fórmula

^sobrecalentado = 1(80) + 481 + 0.46 (270-180)= 702.4 kcal/kg.

Obtención de la entalpia a partir del diagrama de Molier, figura 4.8 (apéndice 4.3).

Obtención de la entalpia a partir de tablas de vapor sobrecalentado (apéndice 4.2).

H = 712.9 kcalkg

1


4. Resultado:

La entalpia por medio de fórmula es de 702.4, por diagrama 715 y por tabla 712.9

Problem a 4.7

Calcule la cantidad de calor que se proporciona en una caldera para producir 1500 kg /h de vapor saturado a 10 atm a partir de agua a 15°C. Suponiendo que la caldera tiene una eficiencia del 90%. Calcule además los caballos de caldera.


2. Planteamiento.

• Balance

d =

3. Cálculos.

Entalpias

De tablas de vapor

r ! 8 0 ° CH 10 a tm “ 6 6 3 -2 k « l / k g ; H ] 5 . c = 1 5kcalkg

• Calor

Q = [1500 kg/h (6 6 3 .2 -1 5 ) kcal/kg]/0.9 = 1^80333 kcal/h


• Caballos de caldera

1080333 ( 1 B — — | ■ 128.2 BHPh ^2.34 kcal/sJ \36Q0 s j

4. Resultado:

Se deben proporcionar 1.08 X 106 k 0 -..„ y }os caballos de caldera son 128.2.

Problem a 4.8

Se calientan 2000 1/h de puré de tomate desde 20°C hasta 80°C utilizando vapor saturado a 220°C. Si el vapor cede su calor latente y sale como líquido saturado, ¿qué cantidad de vapor se requerirá? Datos:

• Cp del puré de tomate = 0.85. k g ° C• Densidad del puré ¡s® 1.09 kg/1.


Figura 4.10

2. P lanteamiento.

• Balance

Lj/Zj #> G3//3 = L 2H 2 + L4//4 pero Lj m L 2 y G3 » L4

M Á - m = G3(H3- / / 4)

PROBLEMAS r e s u e l t o s

5. Cálculos.

• Entalpia del vapor

H S2TC = 669 3vapor líquido

P = 23.659 ítg/cm 2 absolutos

123

• Cantidad de vapor

2000(1.09) (0.85) (80 - 20) = G3 (669.3 - 225.3) G3 = 250.22 kg/h

4. Resultado:

Se requieren 250.22 kg /h de vapor saturado a 23.659 kg absolutos.

Problema 4.9

Para calentar un reactor se usa vapor saturado a 250°C el cual entra a la chaqueta que rodea el reactor y sale condensado. La reacción absorbe 1000

kcal por kg de material en el reactor. Las pérdidas del calor son de 5000 .h

Los reactivos se colocan en el reactor a 20°C y salen a 100°C. Si la carga está constituida por 325 kg de material y tanto productos como reactivos tienen una

capacidad calorífica media de 0.78 kcalkg°C

¿cuántos kg de vapor de agua se

requerirían por kg de carga? Supóngase que la carga permanece en el reactor durante 1 h.


Figura 4.11


2. Planteam iento.

• Balance de materiales

QP = Qg QP = g z(H3- h a)Qg ü L ^A H ) = + AHRL X + Q

3. Cálculos.

• Entalpias de vapor

kC a p t

n^vzpor. “ 258 kcai/kgcondensado

• Calor ganado

Qg ü 325(0.78) (1 0 0 -2 0 ) + 325(1000) + 5000 = 350,200

• Vapor necesario

350200 = G3(668.8 — 258); G3 = 852.5 kg/h

4. Resultado:

Se requieren 852.5 de vapor o sea 2.62 ---§■ vaPor h kg de carga

Problem a 4.10

Mil quinientas latas de sopa de verduras se calientan hasta 116°C en una retorta. Luego se enfrían a 38°C en la retorta antes de sacarse, utilizando para ello agua, que entra a 24°C y sale a 30°C. Calcule los kg de agua de enfriamiento necesarios.

Cada lata contiene medio kilo de sopa y la lata vacía pesa 70 g. El Cpm de

la sopa es de 0.94 --kca y el del metal de la lata 0.12 kca . Para sostener kg°C kg°C

las latas dentro de la retorta se emplea una canasta de metal que pesa 160 kg y

tiene un Cp de 0.12 Suponga que esta canasta se enfría también hasta38°C. kS°C

La cantidad de calor quitado de las paredes de la retorta al enfriarse de 116 a 38°C es de 2500 kcal. Las pérdidas por radiación son de 1250 kcal.



•*« —

¿i = ?mm 24 °c

1500 latas

0 0 osa 0 0 0 0

r d = 0 = 116°C T d = 0= 38 °C Qu = 1500 kcal Q , = 2500 kcal

0.5 kg de sopa 0.07 kg de lata

r 2» í30°C

Figura 4.12

2. Planteamiento.

Discusión: Para resolver este problema, se tiene en cuenta el valor perdido por las latas, el calor quitado a la canasta, el quitado a la retorta y el perdido por radiación.

Balance

QP = Qg

Qg = L xCpH i0 (T2 - T x) El agua gana calorQP = -^ so p a ^ l a t a s Q * so p a ( ^ 0 = 0 ~ ^ 6 = d) ^ l a t a ^ la ta ^ í la ta ( T $ = o “ T q _ q)

+ ^ c an a s ta ^ P c a n a s ta ( ^ 0 = 0 '^'d = 0) Q re to rta

El calor de radiación no lo quitó el agua.

3. Cálculos.

• Qp

Qfi P> # jp S 0 Q ) (0.94) (116 — 38) +' f p A .1 2 ; ) |1 1 6 - 3 8 ) » S ilM ik c a l

• Masa de agua

£t{:l); (30 - 24): In £ p jf r ¡ V Í Ig *■ I M l f

4. Resultado:

Se necesitan 9995 kg de agua.

126 BALANCES DE EN ERG IA EN EQUIPOS DE TRA NSFERENCIA

Problem as propuestos

P roblem a 4J1 Ì

Se É H en fria r un pu rè de desde u n a tem pera tura£e 8 0 ° C h a s ta u n a de l®?1® P ara elioggpriÉ§M4Mjjtiil % 8°C, la m fapse jjffl'Biga Inn i» de Ht'iÉJt enfriarse es d e H B b 1/h, ¿qué can tid ad deagua d eb e riau sa rseP D ato s:

», BsÉI _ _ ks■ 88 i ~

Resuitftdtt:• ' ..___ kg

Se 22939 « 3 * — de 8jgjfiaL '

P roblem a 12

es l i en ta lp ia J£HTHptf de #¡§88 sa tu rado y del HjgK! liqu ida H H H fr da a la ISBflpSKlSiBl ÉS 350°C?; ¿cuàl sera su presión?

i l ■fflfafllur

La entalpia É9 vapor WÈ de S U I kcal/kg, la ¿tèi agua 3jHkJr la pSSÉÙi di de f3ÌS:Jll> ÉSmI&HX,

P roblem a fe l l i .

¿Cuàl es la '|a||?Ìgfca de està à.'40à^ts y 24 atm mano-m étricas? L a presión faforftrge^K es. t e 1 atm .

JhH É feidÉ l

Problem a ^14:''

¿C uànto calor se deb erà sum in istrar a 20 kg /s de aire p ara calentarlos desde hasta 5000C a presión constante? '

JRIdsSsslDii

S e H H É É É B K B » 1 5 2 6 .8 5

PROBLEMAS p r o p u e s t o s 127

Problema 4.15

Encuentre la capacidad calorífica promedio del C 0 2 entre 25°C y 2000°C.

R e s u l ta d o :

13 kcal/kgmol°C.

Problema 4.16kg

A un calentador entran 1000 kg de aire por minuto a 24°C y 1.35 — demmvapor de agua saturado a 5 psig (libras sobre pulgadas cuadradas manométricas). El vapor se condensa en el cambiador y sale a través de una trampa de vapor. El calentador está suficientemente aislado para que las pérdidas por radiación sean despreciables. Calcule la temperatura máxima posible para el aire saliente del calentador.

Resultado:

Temperatura de salida del aire 27°C.

Problema 4.17

Un líquido orgánico se está evaporando en un alambique calentado por un serpentín que usa agua caliente como medio calentante. El agua entra al alambique a 82°C y sale a 60°C a razón de 450 kg/min. El líquido orgánico entra a la misma temperatura a la que salen sus vapores del alambique. Calcule la cantidad de vapores producidos en kg/min de acuerdo con el siguiente proceso mostrado en la figura 4.13.

Figura 4.13

128 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOí

Resultado:

Se destilan 37.74 kg/m in de vapores orgánicos.

Problem a 4.18

Un vapor tiene un 95% de calidad (5% de humedad) y está a la presión de 0.4 kg/cm 2. ¿Cuál será su entalpia?

Resultado:

La entalpia es de 600 kcal/kg.

Problem a 4.19

En una planta para desodorizar aceite vegetal, el aceite se precalienta con un cambiador tubular y a contracorriente con agua. El flujo de masa de agua a través del cam biador es de 5000 kg/h, entra a 100°C y sale a 43°C. El aceite fluye a razón de 10,000 kg/h . Si el aceite entra al cambiador a 17°C, ¿cuál será la tem peratura de salida del aceite? Datos:

C p a c e i te = 0.5 kcal/kg°Cc pagua P 1 kcal/kg°C

Resultado:

T = 74°C.

Problema 4.20

¿Cuánto calor se requiere para elevar la tem peratura de 100 kg de ácido : acético de 30 a 60 grados centígrados? Datos:

Cp = 0.468 + 0.000929 rkcal/g °C .T = °C

Resultado:

Se necesitan 1529.41 kcal.

Problema 4.21

¿Cuál será la cantidad de calor que deberá quitarse a una tonelada mé- \ trica/h de agua, que está a 20°C para convertirla en hielo a — 20°C?

Exprese el resultado en toneladas de refrigeración.

4 PROBLEM AS PR O PU ESTO S

R esu ltado:

Se requieren 36.2 toneladas de refrigeración.

P rob lem a 4 . 2 2 /

J29

Se calienta puré de p látano desde 15°C hasta 50°C usando agua a 93°C. Si la can tid ad de p u ré es de 2000 k g /h , ¿cuál será la cantidad de agua utilizada si la tem p era tu ra del agua saliente es de 60°C? Datos:

C pm del pu ré = 0.875 kcal/kg°C .

Resultado:

Se requieren 1856 k g /h de agua.

P roblem a 4.23

U na mezcla de 454 kg de jugo de m anzana a 10°C se calienta en un cambiador por adición de 21,300 kcal. Calcule la tem peratura de salida del jugo.

Cp = 0.957 kcal/kg°K .

I Resultado:

El jugo saldrá a 59°C.

1

130 BALANCES D E EN ERGIA EN EQ UIPOS DE TR A N SFEREN CIA D E CALqr

Apéndice 4.1Entalpias del vapor de agua sa tu rado .

Temperatura de saturación

°C t

Presión de saturación

kg /cm 2

P

Entalpiakcál/kg

Del líquidoh l

Del vapor H v

0 0.006228 0.04 597.210 0.012513 10.04 601.620 0.02383 20.03 606.030 0.04325 30.00 610.440 0.07520 39.98 614.7

50 0.12578 49.95 619.060 0.2031 59.94 623.270 0.3177 69.93 627.380 0.4829 79.95 631.390 0.7149 89.98 635.1

100 1.03323 100.04 638.9110 1.4609 110.12 642.5120 2.0245 120.3 646.0130 2.7544 130.4 649.3140 3.685 140.6 652.5 l

150 4.854 150.9 655.5160 6.302 161.3 658.3170 8.076 171.7 660.9180 10.225 182.2 663.2190 12.800 192.8 665.3

200 15.857 203.5 667.0210 19.456 214.3 668.3220 23.659 225.3 669.3230 28.531 236.4 669.7240 34.140 247.7 669.6

250 40.56 259.2 669.0260 47.87 271.0 667.8270 56.14 283.0 665.9280 65.46 295.3 663.5290 75.92 308.0 660.2

300 87.61 321.0 656.1310 100.64 334.6 650.8320 115.13 349.0 644.2330 131.18 364.2 636.0540 148.96 380.7 625.6

350 168.63 398.9 611.9360 190.42 420.9 592.8370 214.68 452.3 559.3374.1 225.4 502 502

APENDICE 4.2 EN TA LPIA S DEL VAPOR SOBRECARGADO KCAL/G131

Apéndice 4.2

E ntalp ias del v ap o r so b reca rg ad o k ca l/k g .

^ e S W n 1 5 >0 » 50 75 100 125 150 200 250 $00

' o e iom 20 , »0P 40er so „ 60 a 70 / 80 U 90

r 100 639.1a 110 644.2

120 649.1130 653.8140 658.5

150 663.2160 667.9 661.3170 672.5 666.9180 677.2 672.2 663.6190 681.8 677.2 670.3

200 686.5 682.2 676.1 kcal210 691.1 687.2 681.6 H en ,220 695.8 6 92 .1 687.2 kg230 700.5 697.0 692.4 675.024Ó 705.2 791.9 697.6 682.2

250 709.9 706.8 702.8 688.9260 * 714.6 711.6 707.9 695.2270 719.3 716.5 712.9 701.2 674.6281) 7§3.0 721.4 717.9 707.1 683.6290 728.8 726.2 723.0 712.9 691.8 661.5

300 733.5 731.1 728.1 718.6 699.5 673.1310 738.3 736.0 733.1 724.1 706.7 683.7 651.7320 743.1 740.9 738.2 729.6 713.6 693.1 666.0330 747.9 745.8 743.2 735.1 720.2 701.8 678.3 646.6340 752.7 750.7 748.2. 740.6 726.6 710.0 689.2 662.9350 757.5 755.6 753.3 746.0 732.9 717.7 699.2 676.4 647.5

360 762.3 760.5 758.3 751.4 739.1 725.1 708.4 688.4 663.9370 767.2 765.5 763.3 756.7 745.1 732.1 717.0 699.2 677.9 610.2380 772.1 770.4 768.4 762.1 751.1 738.9 725.2 709.2 690.4 640.2 468.5 440.2390 777.0 775.4 773.4 767.4 757.0 745.6 733.0 718.5 701.7 660.7 584.6 470.2400 781.9 780.4 778.4 772.7 762.8 752.1 740.4 727.2 712.2 676.6 622.4 524.5

410 786.8 785.4 783.5 778.0 768.6 758.6 747.6 735.5 721.9 690.2 647.5 582.2420 791.8 790.4 788.6 783.3 774.3 764.9 754.6 743.4 731.0 702.4 666.7 616.8430 796.7 795.4 793.7 788.7 780.0 771.0 761.4 751.0 739.6 713.6 682.2 641.5440 801.7 800.5 798.8 794.0 785.7 777.1 768.1 758.4 747.9 724.0 695.6 660.8450 806.7 805.5 804.0 799.3 791.4 783.2 774.7 765.5 755.8 733.7 707.8 677.4

160 611.8 810.6 809.1 806.4 797.0 789.2 781.1 772.5 763.4 743.0 719.2 692.2470 816.8 815.7 814,3 809.9 802.7 795.2 787.5 779.3 770.8 751.9 730.1 705.7480 621.9 820.8 819.4 815.3 808.3 801.1 793.8 786.1 778.0 760.5 740.5 718.1490 827.0 826.0 824.6 820.6 813.9 807.0 800.0 792.7 785.1 768.7 750.2 729.5500 832.1 831.1 829.8 826.0 819.5 812.9 806.2 799.2 792.0 776.6 759.9 740.2

510 87.1.3 836.3 835.1 831.4 825.1 818.8 812.4 805.7 298.8 784.2 768.3 750.3520 842.5 841.6 840.3 836.8 830.7 824.7 818.5 812.1 805.5 791.6 776.5 759.8

530 847.7 846.8 845.6 842.2 836.3 830.5 824.5 818.5 812.1 798.8 784.4 768.9

540 852.9 852.1 850.9 847.6 841.9 836.3 830.6 824.8 818.6 805.8 792.1 777.6

550 6 58 .1 857.3 856.1 852.9 847.6 842.1 836.6 830.9 825.0 812.8 799.7 786.0

'»Ile: A. Y iá n \ J . ( V i»n Elementos rfí ingeniería química . Aguilar. Madrid. 1976.

Disr&

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JLOJffGUO 0 *3*6 3 3 * 3 3 — 3 J ’SS*Xqçxiqo qc sxrrçLG 2 0 3 6 *0** 5 3 *33* - 0 *6 8*

I jL O b ïU O C3H® S**J0 m m m — J**333JjGUf UO U0LUJ9J J^H IS * 8 9 3 3 0 J J 3 - 58*033OxîSguo # 6 *1*8 3 * JOS - 0*353^ ijxq&guo I f 1 6 *35* 1*53 - 0*001y^ouoxjqo qc csipouo CO 6**5 J ‘663 —0*136

y iG fîfU O CH* 3 *3 8 J 18*0** - * * 3jqiqioScuo H5 6 *3** -o * s * 0**81p jG X ÏU O UOLUÜSJ CeHH G'OI I J0 G‘**G - 33*363HGbtsruo uouuaj CW® * 03* JS3 **** — 3 8 **J3E fIJG U O c w 5*83 S8 *G0 J — 8 **S6

jrcsuo cW 5 *5** 3 8 *5 0 J - 11*0*3C JO LO CI5 **3*e 5 **5* - 0*363p n f S U O Ü 0 L U J3 ] C*Ht0 3 *8** *3*33 - 55*633piçxiqo qc csripouo c o s e*SJ* 10*336 - 3 *3*3jjjçxiqo qc srxnpLG 2 0 s **JJ6 3 ‘3 J5 3 '3 J J

j j g u c g u o C'H® - 0 *0*03 ***6 SJ — 5 G**S9yujouisco I/1H3 G'086 8 ’8 J5 - 1*306Y JC O p O J JJJGf JJICO CH3OH 3 *38* S**S** - 6*833Yjcopoj GflJJCO C W O H 6*33 3 9 ***J — J 1*356Y&na HsO **S3 G S'598 0*583

VÏLG — G'38G J**6S - 0*5636YCiqô znjyjiqLico Hs2 G'GGS 3 * J3* - 0 *83*YCiqo cjoLpiquco HCI 6**35 0**33 0 *3*YCGflJGIJO CSHS **3 3 J J S 65S - 3*889

^snvaiîcsa \ tO U U iq ¡B « 3 IO3 * 10e

i Gu oK Épi e n ]tc3 j \ ( ] t8 iw o j0k )

= « + Ç L + C l> sJUÍGLA3J0 S 3 8 o K 3 I BO O oK

Q s b s c iq ^ q e a csrjouycsrz q c jog &szg2

CVbVCIDVDEZ CVrOKILICVS DE T02 CV2E2 133


Apéndice 4.5

Calores específicos de gases y vapores. (El núm ero corresponde al del punto en la gráfica).

Num. Gas o vapor

Intervalo de temperatura, °C

MínimaMáxi

ma

10 Acetileno......................... 0 20015 Acetileno......................... 200 40016 Acetileno......................... 400 140017 A gua............................... 0 140027 A ire ................................. 0 140012 Amoniaco....................... 0 60014 Amoniaco....................... 600 140033 Azufre............................. 300 140035 Bromuro de hídfógeno. 0 140032 Cloro............................... 0 20034 Cloro ............................... 200 140030 Cloruro de hidrógeno. .. 0 140022 Dióxido de azufre.......... 0 40031 Dióxido de azufre.......... 400 140018 Dióxido de carbono. . . . 0 40024 Dióxido de carbono. . . . 400 1400

3 Etano............................... 0 2009 Etano............................... 200 6008 Etano............................... 600 14004 Etileno............................. 0 200

11 Etileno............................. 200 60013 Etileno............................. 600 Í40020 Fluoruro de hidrógeno. . 0 140017B Freón-11 (CC13F)............. 0 15017C Freón-21 (CHC12F)......... 0 15017A Freón-22 (CHC1F2) ........ 0 15017D Freón-113 (CC12F-CC1F2) 0 150

1 Hidrógeno....................... 0 6002 Hidrógeno ....................... 600 1400

36 Ioduro de hidrógeno. . . . 0 14005 M etano............................. 0 3006 M etano............................. 300 7007 M etano............................. 700 1400

26 N itrógeno....................... 0 140026 Oxido de carbono.......... 0 140025 Oxido nítrico................... 0 70028 Oxido nítrico................... 700 140023 Oxígeno........................... 0 50029 Oxígeno........................... 500 140019 Sulfuro de hidrógeno. .. 0 70021 Sulfuro de hidrógeno. .. 700 1400

Fuenle: J .H . Perry, Chemical Engineers' Handbook, McGraw-Hill, Nueva York, 3a. ed ., 1950.

CAPACIDADES CALORIFICAS DE LOS GASES 135

Apéndice 4.5 (Continuación)

Temperatura, °C

i— 0

— 1 0 0

— 2 0 0

—300

— 400

500

—600

— 700

800

— 900

10 0 0

— 1 1 0 0

12 0 0

— 1300

—1400

Calor específico, kcal/kg-°C

.4 ,0

2

5 6• 9 •

• 11 • •

10

12

15

*14

13

16»17

17A• 17C• • •

17B 17D

1819 27

20

2422 23 •

• V 27 I 2?

>50

32I37

35

34)35

35»

■*,0

— 2,5

— 1,0 1-0,9

0,8

0,7

— 0,6

r-0 ,5

■-0 ,4

0,2

— .0,1 — 0,09

0,08 0,07

0,06

0,05

Figura 4.15


Apéndice 4.6

Calores específicos de líquidos. (El número corresponde al del punco en la gráfica dela página siguiente).

Xiim . IJí/uitl••

/M cnn ltt tie •i m /n in i imi'

“C Xiim . /./V/M/íÓ»

In /e n u li 1 tie le in firm i 11 in'

"C

min. Unix. min. max.

26 Arelan» lie am ilu ........................... 0 100 50 Ktannl. 50% ,............................... 20 80|1 Acétalo de etilo. . ........... -50 25 m Kter etilici».................................. -100 2532 Acetona............................................. 20 50 31 Kier ¡snprnpíiico......... ........... - 80 2029 Acido acético.................................. 0 80 25 Klilhenceno.................... 0 100IH Acido clorhídrico. 3 0 % .............. ü 100 2A F reú n -ll (CCIjF)....................... - 20 709 Acido sulfúrico. 9 8 % .................. 10 ■ 6 Freón - 12 {CCI2 F2 ) .................... - 10 15

53 Atfua ............................................... 10 200 IA Freón-21 |CHCI2F ).................... - 20 7037 Alcohol am ílico............................. -50 25 7 A Frrún - 22 ( CUCI F2 ) .................. - 20 ISO27 Alcohol bencílico........................... -20 ' 30 3A Freon -113 (CCI2F CCIF2 ) ___ - 20 7011 Alcohol tsoainílico...................... 10 100 38 G licerina .................................... - 10 2052 Am oniaco........................................ -70 50 • 39 O lim i................................ - 10 20030 A n ilin a ......................................... 0 130 28 Ilep tan i» ............................. 0 6023 10 80 35 - 80 20

1 Bromuro de (‘tilo ........................... 25 7 Induro <le etilo ......................... 0 100II B uianol............................................. 0 KM) 13 l.snbutanol.................... 0 KM)8 Clorobencenu............................. 0 100 17 Isu propann l.................. - 20 501 Cloroformo...................................... 0 50 10 Mei a n u í............................... - 10 20

10 Cloruro de benciln......................... -30 ' 30 11 Naft a le n o .................................... 90 20019 Cloruro de calcio, sol. 2 5 % . . . . -10 20 12 .Niirubenceno.................... . . . 0 10013 Cloruro de etilo .................. ........... -30 10 31 N n n an n ......................................... - 50 2513A -80 20 33 - fi() ur,51 Cloruro de sodio, sol. 25%,......... -10 20 16 O xido d e difenili»....................... 0 20021 D ecano .................................... .. -80 25 20 P irid in a ......................................... - 50 256A D ieloroeianu .................................. -30 60 15 Propano!.................. - 20 100s Diclorom etano................................ -10 50 ■; Sulfuro de carboni). . . . -KM) 25

22 D ifenihnctano ................................ 30 100 3 - Tei raelorncl ¡leño......... - 30 1 1015 Di fe ni lo .................................. 80 120 3 Tetracloruro ile carb o n o ......... 10 6011 Dióxido de azufre........................... -20 100 23 T o lu e n o .................. 0 6016 Dowt hcrm A .................................... 0 200 19 Xileni», nrtu . . . . 0 KM)•12 Etanol. 100% .................................. 30 80 18 Xileni», m eta .............. 0 loo16 20 80 17 0 100

CALORES ESPECIFICOS DE LIQUIDOS 137

Apéndice 4.6 (Continuación)

Calor específico kca l/kc•°C

Temperatura, °C

i— 200

— 100

— 150

■50

46 47

69

7A

2A 2 9 4

3 9 * 3 A

4# • 4A

6A9

10 3 9 •

, 13A

9-2022% % 17 19 21 %24

% ¿ 3 26 25 •

_ 30 , ,27 • 29 A %34

41• 45

m 44 • - Ü

V E *48 9 4 0

499

509

519

— 0,2

— 0,3

• 0,4

— 0,5

— 0,6

— 0,7

— 0,8

— 50

------100 52 539

— 0,9

— 1.0

h it ule. J .H . Perry. ( '/ lim im i Eiigineer.s' IIniutbtitik. M t (*raw-i lili. N ueva York. Sa. « I . . 1950.

Figura 4.16

138 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR CALORES LATENTES DE VAPORIZACION 139

Apéndice 4.7 Apéndice 4.7 (Continuación)

Calores latentes de vaporización. (Variación con la tem peratura t} en función de la diferencia (tc-t) entre la tem peratura crítica y aquella. El núm ero dado en la prim era colum na corresponde al punto de la sustancia en la gráfica de la página siguiente)

Núm. CompuestoIntervalo de validez

(te-te) °C

te°C

22 Acetona........................... 120-210 23518 Acido acético................ 100-225 32130 A gua............................... 100-500 37429 Amoniaco...................... 50-200 13313 Benceno ......................... 10-400 28916 B utano ........................... 90-200 1537 Cloroformo..................... 140-275 263

17 Cloruro de etilo............ 100-250 18720 Cloruro de metilo.......... 70-250 143

8 Didorom etano.............. 150-250 2163 Difenilo........................... 175-400 527

14 Dióxido de azufre.......... 90-160 15721 Dióxido de carbono. . . . 10-100 3125 Etano............................... 25-150 3226 Etanol............................. 20-140 24328 Etano)............................. 140-300 24313 Eter etílico..................... 10-400 1942 Freón-11 (CCI3F )............ 70-250 1982 Freón-12 (CC12F2) .......... 40-200 1115 Freón-21 (CHC12F )........ 70-250 1786 Freón-22 (CHC1F2) ........ 50-170 961 Freón-113 (CCI3F-CC1F2) 90-250 214

10 H eptano........................... 20-300 26711 Hexano ........................... 50-225 235Í5 Isobutano......................... 80-200 13425 M etanol........................... 40-250 240

9 O ctano............................. 30-300 29619 Oxido nitroso.................. 25-150 3612 Pentano ........................... 20-200 19723 Propano........................... 40-200 9624 Propanol......................... 20-200 2644 Sulfuro de carbono........ 140-275 2732 Tetracloruro de carbono 30-250 283

(tc-t).°C

— 1000— 900— 800

700

— 600

— 500

r - 400

'r~ soo k

\

— SiÖÖ V

1

• 2

\

\\

\

\— 100

90 80

70

60

50

40

30

— 20

\\

\

\\

26 i

\ 27 i

\• 29

> 3 Í

\

\\

kcal/kg

r— 10

\\

l— 10

20

•30

— 40

— 50

-60

-70-80-90-100

•200

i - 300

=-400

-500

•600

■700 • 800 - 900 • 1000

Zinnie: J.M . Prrry. CJirin/ral Ung/neer*' I liiiii/hmili. M iüraw -llill. Nueva i'n rk . Sa. ed .. 1950

Figura 4.17

140 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRA N SFEREN CIA DE CALORj

Apéndice 4.8

Capacidades caloríficas molares medias de gases a presión constante.

TEM PER A TU R A . °C

Figura 4.18

Apéndice 4.9

Capacidades caloríficas promedio de alimentos entre 0 y 100°C.

Sustanciah 2o

% en pesoCp en

kcal/kg°C

Aceite de Oliva __ ^ ____ 0.48Carne de res 72 0.819Carnero 70 0.76Cerdo 57 0.73Crema 50% grasa 57 0.44Chícharos secos 14 0.73Huevos — 0.76Leche de vaca 87.5 0.92Mantequilla 15 0.55Pan 45 0.67Papas 75 0.84Pescado 70 0.76Puré de plátano 0.87Puré de manzana 0.96Ternera 63 0.77Tomates 95 0.95

CAPITULO

CINCO ________Balances en procesos de mezclado y evaporación

Objetivos:

a) Se mostrará al lector la form a de efectuar balances de masa en mezclado y evaporación.

b) Se indicará la form a de calcular los calores de mezclado.c) El lector, al terminar de leer y estudiar este capitulo, estará capacitado pa

ra efectuar balances de materia y energía en procesos de mezclado y evaporación.

Introducción

En casi todos los procesos de la industria alimentaria se requiere de la operación de mezclado, para obtener productos que pueden ser los finales o los de punto de partida en la elaboración de alimentos. En otros procesos se concentran una o varias de las sustancias, evaporando parte del agua que contienen. La operación que se usa para este fin es la evaporación.

MezcladoLa operación de mezclado se utiliza para preparar una combinación uni

forme de dos o más sustancias, que pueden ser sólidos, líquidos o gases, o combinaciones de éstos. Por medio de esta operación se preparan pastas, bebidas, embutidos y se aprovecha para aumentar la superficie de contacto entre las fases en otras operaciones como absorción, extracción y secado.

Durante el mezclado puede producirse absorción o eliminación de calor, debido a la disolución, como sucede al diluir nitrato de amonio o ácido sulfúrico en agua.

Para el mezclado se emplean equipos que van desde las simples uniones de tuberías para mezclar gases, a los tanques con agitación para líquidos o a los mezcladores de banda para pastas.

Balances en mezclado

Balances de masa

El balance general de masa se hace en base a la figura 5.1.

Entradas — Salidas + acumulación

Equipo

Figura 5.1

144 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

Balance total

r . dm L l + L 2 = L i + —

Lx\ + L 2x | = L íX| + ^ao

En problemas a régimen permanente la acumulación vale cero.

Resolución gráfica

Los problemas de mezclado a régimen perm anente se resuelven también mediante métodos gráficos que se basan en el uso de la regla de la palanca. Si se tiene una corriente con dos sustancias, ésta se representa en los ejes cartesianos como se muestra en la figura 5.2.

1-----------------

Xt

Figura 5.2

en donde el punto 1 representa a una corriente con composición X \ y X \ . De la misma m anera se pueden representar las corrientes 1 y 2 en esos ejes. Si las corrientes 1 y 2 se mezclaran, las posibles mezclas resultantes estarían dadas por la línea que uniría a 1 con 2 (figura 5.3).

Xï X2

Figura 5.5

MEZCLADO 145

El punto de mezcla resultante estaría colocado en la posición tal que indicara las cantidades relativas que se agregaron de 1 y 2. Por ejemplo, si se agregan iguales cantidades de 1 y 2, el punto de mezcla 3 estaría a la m itad de la línea (figura 5.4).

Figura 5.4

Si se agregara dos veces más masa de 1 que de dos, es lógico esperar que la mezcla resultante se parezca más a 1 que a 2. En ese caso la distancia 1 a 2 se dividiría en tres partes y a un tercio de la distancia de 1 a 2 caería el punto 3.

A este procedimiento se le conoce como regla inversa de la palanca. Pues al tomar al punto 3 como eje, la distancia 3 a 2 representaría la cantidad de L\ introducida y la distancia 1 a 3 la cantidad de L 2 introducida (figura 5.5).

Figura 5.5

Si tratamos con corrientes que contengan tres sustancias, entonces se usan los diagramas triangulares para representarlas.

En los diagramas triangulares los vértices representan componentes puros y los lados mezclas de dos componentes. Cualquier punto dentro del triángulo representará a una corriente con tres componentes (figura 5.6).

146 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION;

A

En el diagram a el punto B representa una corriente con 100% del componente £ , el punto D de acuerdo con la regla de la palanca a una corriente con 40% de B y 60% de C.

En la figura 5.6, si se quiere saber cuál será la composición del punto 1, se volverá a usar la regla de la palanca encontrándose que

x \ = 0.4 x i = 0.4 x{ M 0.2

La técnica que se usó para encontrar esas composiciones se ilustra en el diagram a de la figura 5.7.

Si a L x kg de una mezcla situada en el punto 1 se le añaden L 2 kg de la misma situada en el punto 2 , la nueva mezcla tendrá una composición dada por 3 (figura 5.8).

Balances de energía

Cuando se mezclan dos o más corrientes de proceso en una planta y éstas se encuentran a la misma tem peratura, la corriente final puede estar o no a la

MEZCLADO

A

147

Figura 5.7

misma tem peratura dependiendo de si existen o no calores de disolución, o sea si las mezclas son o no ideales. En este libro se considera que los calores de disolución son despreciables.

Cuando se mezclan dos o más corrientes a diferentes temperaturas, la corriente resultante tendrá una tem peratura final diferente a la de cualquiera de las corrientes entrantes. En general, se desprecian los términos de Ep y Ec por ser pequeños en comparación con el de la entalpia (figura 5.9).

Entradas — Salidas = Acumulación

W + L 2H - L 3H 3 = J U Iao

14g BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

Evaporación

Es una operación para concentrar un sólido disuelto en un liquido, la di¡ solución se pone a la temperatura de ebullición, de manera que el líquido s| volatice y se deja al sólido más concentrado en la solución remanente. PaH lograrlo se suministra calor a las soluciones y se separan los vapores formados Esto se obtiene mediante el empleo de equipos llamados evaporadores. La evaporadores son de muy diversos tipos; una clasificación primaria los dividir® en evaporadores de contacto directo y de contacto indirecto.

En los evaporadores dé contacto directo el medio calentante (gases combustión, vapor y otros) se mezcla con la disolución transfiriéndole así energía.

En los evaporadores de contacto indirecto la transferencia de calor esa través de tubos metálicos que separan al medio de calentamiento de la disolil ción, previniendo el mezclado. Estos últimos evaporadores son los más usadoa pues evitan la contaminación de la disolución.

Para una operación más eficiente, se suele hacer vacío en el equipo ju evaporación, lográndose que la ebullición se efectúe a temperaturas más baja y previniendo la descomposición de los materiales orgánicos. El medio de c3 lentamiento más usual es el vapor de agua que cede su calor latente de condéfl sación.

Balances de u n evaporador

De acuerdo con la figura 5.10, el balance de materia sería:

L < i + G ¿ = G 3 + X . 5 + £ . 4


Pero en un evaporador de contacto indirecto las corrientes de vapor y de disolución no se mezclan, por lo que quedaría:

£-1 = G3 + £.4 Balance total en el lado de la disolución t

L tx¡ = £.4X4 Parcial

G¡ = G, Balance de lado del vapor puro

L¡H¡ + G2££2 = G3H3 + L4Ht + L$HS Balance de energía.

Las entalpias ££j y ££4 dependen de las características de las disoluciones y en general son iguales a ££ = CpAT. Las entalpias H x y f£5 corresponden al vapor de calentamiento entrante y la del líquido saturado saliente o condensado proveniente de la condensación del vapor, y se localizarán en las tablas de vapor. (Apéndice IV).

La entalpia ££3 corresponde a los vapores saturados generados por la evaporación de la disolución y su valor dependerá de la temperatura de ebullición de la solución, la cual a su vez depende de la presión de operación y de la concentración de los sólidos disueltos.

Problemas resueltos

Problema 5.1

En la manufactura de mermeladas se mezcla la fruta molida con el azúcar necesaria para producir una mezcla de 45 partes de fruta y j>5partes de azú-


<>

Figura 5.9

Evaporación

Es una operación para concentrar un sólido disuelto en un líquido, la disolución se pone a la temperatura de ebullición, de manera que el líquido se volatice y se deja al sólido más conceMtSádo en la solución remanente. Para lograrlo se suministra calor a las soluciones y se separan los vapores formados. Esto se obtiene mediante el empleo & gjpiipos llamados WitpBradores. Los evaporadores son de muy diversos tipos; SPSiMÉasificación primaria losdiwdjxía en evaporadores de contacto directo y d é Contacto indirecto.

En los evaporadores de contacto ÉIÉMRB el medio cálentan$á?< Épases ¡¡j combustión, vapor y otros) se mezcla ¡ti®, I» disolución transfiriéndole! así A \ energía.

En los evaporadores de cpptacion.MÉnÉS' Hl transferencia de j á w ’t t 9 través de tubos metálicos que separan al U É B lh ti de la disolución, previniendo el mezclado. Estos I # u s a á o ^pues evitan la contaminación de la disolución.

Para una operación más eficiente, W BÚ#S Ihkcí vacío en el ecpfip dsj evaporación, lográndose que la ebUlM^pÉ^sl efectúe a jipínpstSSUras rrslg ¡lajas f prevbiiendo la descomposición de lü : aSáíSÉaltÉ; JiMHj jg¡ mediq de lentainiento más usual es el vapor de ÉLjpií « p i t i f i l Stt calo* ¡[atente de bonfj^ñ? sacióifc,

Balances Aé u n evaporador

De acuerdo con la figura 5.10, el taá íS W de m ateria sería:

L>\ 4- G 2 — G j - f Z.5 + Z.4


Pero en un evaporador de contacto indirecto las corrientes de vapor y de disolución no se mezclan, por lo que quedaría:

Li = Gj + L 4 Balance total en el lado de la disolución |

L|Xf = L4JC4 Parcial

G2 = G3 Balance de lado del vapor puro

L XH X + Gj/fj = G3H 3 + L4H4 + L¡H5 Balance de energía.

Las entalpias H x y H4 dependen de las características de las disoluciones y en general son iguales a H = CpAT. Las entalpias y H¡ corresponden al vapor de calentamiento entrante y la del líquido saturado saliente o condensado proveniente de la condensación del vapor, y se localizarán en las tablas de vapor. (Apéndice IV).

La entalpia H 3 corresponde a los vapores saturados generados por la evaporación de la disolución y su valor dependerá de la temperatura de ebullición de la solución, la cual a su vez depende de la presión de operación y de la concentración de los sólidos disueltos.

Problemas resueltos

En la manufactura de mermeladas se mezcla la fruta molida con el azúcar necesaria para producir una mezcla de J15 partes de fruta y.J55 partes de azú-

Problem a 5.1

IvanBen

Highlight


car, A esta mezcla se le añade la pectina necesaria (cerca de 230 g por cada 100 kg de azúcar).

La mezcla se evapora hasta que los sólidos solubles llegan al 67%. ¿Qué cantidad de mermelada se espera a partir de una fruta que tiene 14% de sólidos solubles? ¿Cuántos kg de mermelada se obtienen por kg de fruta entrante al proceso?


5. Agua evaporada.Figura 5.11

2. Planteamiento.

2.1 Balances

Total Si ~ azúcar (sólida) entranteM2 = fruta (sólidos + líquidos) entrante

Sj ■+■ M 2 + ^3 = G5 +

Balance parcial de sólidos

Sjuii + AíjZi + S3ittj = Mt ZiBalance de agua

M 2z f 2° = A Í4 z ” 2° + G¡¡

3. Cálculos.

3.1 Balances

Base 100 kg de fruta entrante

i


Balance total

100 + 100 ( S i + J | _ (0.23) = Af4 + G5 (I)

Balance de agua

100 (0.86) = (0.33) + G¡¡ (II)

100 + 122.22 + 0.281 = Aí4 + 86 -0 .3 3 M4 (I) en (II)

Ai, = 206.8 kg.

4. Resultado:

Se obtienen 2.068 kg de mermelada por cada kg de fruta entrante.

Problema 5.2

El tanque de almacenamiento de agua de una planta tiene una capacidad de 70 m3 . Al comenzar un día de operación el ingeniero observa que hay 30 m3 de agua en el tanque. Durante ese día el tanque recibió 55 m3 y se le extrajeron 45 m3. ¿Cuál será el volumen del agua en el tanque al final del día?

1. Traducción (figura 5,12).

2. Planteamiento.

2.1 Discusión

En este ejemplo se tienen tanto entradas como salidas y acumulaciones. Se aulica, por tanto, la ecuación * npleta de balance de masa.

BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EV A PO RA CIO N

2.2 Balance

E - S = A V fa (Li - L 2) d + K

a O = 0 ; V = Vo

(L, - L2) j dO - Í d v :.v :m vo + ^ -U ) 6

2. Cálculos.

3.1 Balances

d V55 - 4 5 = = 1 0 -

dvm 3

d ía

V = 30 m 3 + d ía = 40 m 3

4. R esultado:

Al finalizar el d ía el tan q u e ten d rá 40 m 3 de agua.

P ro b lem a 5.3

U na corrien te de 1000 k g /h que contiene 10% de alcohol, 20% de azúcar y el resto de agua, se m ezcla con 2000 k g /h de una corrien te con 25% i i cohol, 50% de azúcar y el resto de agua. ¿Cuál será la com posición de la

m ezcla resultante?


L \ ~ 1000 kg/h 0.1

x r = }

L2 = 2000 kg/h X ? = 0.25 X f = 0.5

Figura 5.13

2. P lan team ien to .

2.1 Balances

B alance to ta l

L í lü L -2 = L 3

B alance p arc ia l de azúcar

4 l 2x ? = l 3x ?

B alance p arc ia l de alcohol

jgjty + L2X\' = l zx 2

3. Cálculos.

3.1 Balances

1000 + 2000 = 3000 «a L 3

1000 (0.2) + 2000 (0.5) = 3000 ( J íf )

tai ifeh x.. ^t2°QJu1000 ^ o 43000

1000 (0.10) + 2000 (0.25) » 3000 ( X f ' )

, _ 100 + 500 ^ 200Q300

4. R esu ltado:

La corrien te resu ltan te tiene 40% de azúcar, 20.00% de alcohol y el resto de agua.

P rob lem a 5.4

Resuelva el p rob lem a an te rio r p o r el m étodo gráfico.

i . Planteam iento .

P ara resolver el p rob lem a se debe constru ir u n d iag ram a trian g u la r y d ib u ja r allí los pun tos q u e id en tifiquen a las corrientes 1 y 2. Luego, por m edio de la regla de la p a lan ca se p o d rá o b ten er el p u n to 3 de la mezcla.

PROBLEMAS RESU ELTO S 153

2. Cálculos.

2.1 Diagrama


Alcohol

Figura 5.14

2.2 Composición fin a l

Si se unen el punto 1 con el 2, la recta resultante será el lugar geométrico de todas las mezclas posibles de 1 con 2. En nuestro caso mezclamos 1000 kg de la corriente 1 con 2000 kg de la corriente 2 , o sea.

1000 é 2000 = 3000 6 1 + 2 =f 3

La mezcla resultante está formada por una- parte de I y dos partes de 2. Como se agrega más cantidad de 2 que de I, la mezcla deberá parecer más a 2 | que a 1. Por ello dividimos la distancia de 1 a 2 en tres partes y a un tercíd del M punto 2 estaría ei punto 3 o de mezcla.

La distancia 1 a 3 representará la cantidad de L x agregada y la distancia J de 3 a 2 la cantidad L* agregada. Lo cual se observa en la figura 5.15. jg


i . Resultado:

La composición de la mezcla final es de 40% de azúcar, 20% de alcohol y el resto de agua.

Problem a 5.5

Unos gases de combustión tenían la siguiente composición en volumen O^, 2%; CO2 , 15%; H2O, 7 .5% r y el resto de nitrógeno. La mezcla tomada para análisis ocupaba un volumen de 100 mi a una tem peratura de 40 °C y 586 mm de Hg.

Determine el peso molecular de la mezcla, la densidad, la presión parcial del agua y el peso de la muestra.

1. Traducción .

y0i= 0.02 -c q 2 ss 0 1 5

yH 2 °= 0.075

j¡N*= 0.755Figura 5.16

2, P lanteam iento,

2.1 Discusión

Este problema se resuelve al utilizar las leyes de los gases ideales.

2.2 Ley de los gases ideales

m „ m PMPp y = R T • p = — ----------PM V R T

2.3 Peso molecular promedio

PM N2y Ni + PM 02y 0z + P ^ C 0 ^C 0 2 + ^ ^ H 20¡Vh20 = ^^promedio

Por la Ley de Amagat en los gases % en volumen = % en mol

2.4 Presión parcial del agua

^ h2o =

3. Cálculos,

3.1 Presión parcial del agua

PHz0 = 586 (0.075) = 43.95 mm Hg

3.2 Peso molecular promedio

28 (0.755) + 32 (0.02) + 44 (0.15) + 18 (0.075) = 29.73

3.3 Masa de la muestra

ba\ / i n n \ / i \ / i \= 0.0893 g


= / W \ / i o o \\7 6 0 / \1 0 0 / \ 0 .0 8 2 /^ 3 1 3 /

3.4 Densidad de la muestra

4, Resultado:

_ 0.0893 _ 0 g93 0.10

El peso molecular de la mezcla es de 29.73, la densidad de 0.893 g/1, la presión parcial del agua 43.95 mm de Hg y el peso de la muestra 0.0893 g.


Problem a 5.6

Se ha diseñado un evaporador con una alimentación de 11500 kg/día de zumo de toronja que produzca 3000 kg/día de agua evaporada y una disolución concentrada al 50%. ¿Con qué concentración inicial se deberá alimentar al zumo de toronja y qué cantidad de disolución concentrada al 50% se obtiene?


2 . Planteam iento,

2.1 Balances

Total

Parcial

3. Cálculos.

3.1 Balances

Total

- G2 + L 3

L „só lido — r „sólido l^l ■ - 3*3

11500 = 3000 + L z .*.L3 = 8500 kg/día

IvanBen

Highlight


Parcial

4. Resultado:

11500(35) = 8500 (0.5) *i m 0.3695

Se obtienen 8,500 kg/día de zumo concentrado.El zumo entrante al evaporador tiene una concentración de 36.95% de

sólidos.

Problem a 5.7

A un tanque que contiene originalmente 2000 1 de solución salina con una concentración de 63 g/1 de sal, se le introducen simultáneamente dos corrientes salinas, una de 20 1/min y 50 g/1 de sal y otra de 10 1/min y 5 g/1 de sal. Al mismo tiempo, por la parte inferior del tanque se extraen 20 1/m in de solución. Si el tanque está perfectamente agitado, cuál será la concentración de sal en el mismo cuando el volumen de solución contenido en el tanque llegue a 3000 L

1. Traducción.

2. P lanteamiento.

2.1 Discusión

Figura 5.18

Este es un problema a régimen transitorio en el que cambia tanto el volumen como la concentración de sal que hay en el tanque.

PROBLEMAS RESUELTOS

2.2 Balances de materia

Balance total

+ L>2 — L 3 — ^dd

+ L 2 — L 3 = constante — K ;V - Kd + K xdd

Balance de sal

Lt C f 4 L2C f - L 3c f = 3 1 C?) = y AC1 + Clal —dd dd 3 dd

dd

V = 109 + K x

si d = 0 ; V = Vo K x = Vo

V = 100 + JSTj3000

2000 J 0d F = í 10 d 0 ; 1000 = 100n

0 = 100 minutos3.2 Concentración

10(5) + 20(50) - 20 C3 = V + C3 dVde -¡r de

pero = 10 V = 100 + Vo V = 106 + 2000 ad

50 + 1000 - 2 0 C3 = (100 + 2000) + C310dd

loo „ » c,dC,

2000 + 100 J 63 1050 - 30C,

A C3 = 35 + 28 e' 1 21638

C3 = 43.2964 g/1

159.

3, Cálculos.

5.7 Tiempo de llenado

20 + 10 - 2 0 = 10 = d V

*


4. Resultado:

Cuando el tanque contenga 3000 1 la concentración de sal en el mismo < de 43.2964 g/1.

Problem a 5.8

A un tanque que contiene 2000 1 de leche se le agrega más leche a razón de 100 1/min y se le quita al mismo ritmo. La tem peratura inicial de la leche en el tanque es de 50°C. La leche entrante al tanque está a 15°C. Si un serpentín adiciona 2000 kcal/m in, calcule cuál será la tem peratura en el tanque a los cinco minutos. El Cp de la leche puede considerarse constante e igual a 1 kcal/kg°C y su densidad igual a 1100 kg/m 3 .


Lx = 100 1/min VT= 2000 1 to= 50°C

Tx = 15°C

kcalQ_= 2000 —r~

min jL2 = 100 1/mint2= m

Figura 5.19

2. P lanteam iento.

2.1 Balance de masa

Entradas = Salidas

L i — L 2

2.2 Balance de energía

Entradas = Salidas + Acumulaciones

L(H t - H 2) + (¿ = qVau

IvanBen

Highlight

p r o b l e m a s r e s u e l t o s

pero

161

dH — Cpdt

L(Cp) (Tt - T 2) + = gVCpdd

3. Cálculos.

3.1 Masa entrante y saliente

L x = O A ^ ( l l O O *? -)== l io - f emm \ nr / m ir L 2

min

Masa en el tanque

f b * * B ü l f ’

3.2 Balance de energía

m+ leo« n 2

20

de

12 d T 9 f 5so 3 3 .1 8 ~ r2 J o

= í dej n

- 2 0 I n A 3 , i 8 - r 2-16.82.

T 2 = 33.18 + 16.82e'0-25

T 2 m 46.3°C

4. Resultado;

La tem peratura a los cinco minutos es de 46.3°C.

Problema 5.9 X

Se mezclan 2000 kg/h de una sustancia A que está a 45°C con 1500 kg/h de la sustancia B que está a 90°C. ¿Cuál será la tem peratura final de la mezcla? Datos:

¡g$a * 0.192 -*■ 0.0006 0.253 * *'i¡gaB W ''gmol° C


1. T raducción (figura 5.20)


2.1 Discusión

Al considerar que no hay calor de disolución, ei calor ganado por una sustancia debe ser igual al calor perdido por o tra. En este caso se desprecian las contribuciones de energía cinética y potencial. No se da trabajo ni se proporciona calor al sistema.

2.2 Balances

|* + L2 m L 3

L jH j + 1 . ^ 2 ~

i fpero H « ) T CpdT;

L\ j CpAd T + L 2 j CpitdT = L3 j Cpcd T■/"o 7 o " 'o

Cóc - Cp . = x A CpA + XffCptír 1 mezcla 1

3. Cálculos.

3.1 Balance de masa.

>V,OBLEMAS RFSU1 LTOS

Capacidad calorífico, de la mezcla

Cpc = 0.57 (0.192 + O.ÓO06T) + 0.43 (0 353 -i- 0 0G08T)

Cpc ~ 0.21323 ■■ 0.900686r

Balance de energía

r 3ís .. j.-js2000 ) ' (0.192 + 0.0006T) d T + 1500 j (0.253 f 0.000$T) á F

! 3S 35Qó \ (0.2!823 +• 0.0006857') d

2000f(0.192) M5) r M K (.s 182 - vt«.2m + 150« |0 ‘>5* 4 i S ¿ ®2 ' " : 2

piSÉp — 2732)] 3500[0.2I823 :7 3--273) + m 2~ 2 7 $ 2)j

101730 = 5500[0.2182°>/', -- 59.37 - O .OOtmT^ - 25 35]

-f 041.85 7 3| ■— j j.3108 — 0

T3 *» 3 4 1.0 7 ’ K - 68° C

Resultado:

La tem peratura final es ele 08'*0.

¡»hlema 5.10*.

Para concentrar ei ;ugo de naranjas se parte de un evcrarco que -con- ¡ene 12.6% de sólidos y está a 2U’-'C. F.i iugv iresco se pasa a ios evapora-• ores al vacío y parte .se deriva para luego d :iu ir el jugo concentrado que

'ale del evaporador con 58% de sólidos hasra Ja concentración fina! del !l % de solidos.

Si se tratan 2000 kg/h de jugo diluido y ei vapor que se em plea para ♦••vaporar es de 20 psíg, encuentre el vapor necesario para esta operación.• a presión. barométrica es de 586 mrn de Hg y la de vacío dentro del evapo- etor de 166 rnm de Hg. El Cp de las d isolucioues se com idera como

1 kcai/kg°C.

164 !#¡£M IEIes e n p r o c e s c js S U M M U M S * M H M h

1. Traducción (figura 5.21)

2 . Planteamiento.

2.1 Discusión

La disolución puede tomarse como ideal, el calor de disolución es despreciable y el aumento en el punto de ebullición también.

Balances de materia

Bal atice total del jugo

* Iqg £-4

Balance de sólidos

t sol y» _ sol ■ r SolX\ ■ G3 y3 + L4 x 4

Balance total en la unión

L 2 # L% = Z/4

r sol , T „ sol _ T mg sol 2 2 8 8 — Z- 4 X 4

t,aiance del lado del vapor de calentamiento

G6 » ¿ 7

2 J Balances de energía

Balance alrededor del evaporador

Z-5 / / 5 + G jif j = G3 / / 3 + L jH j + L 3H 3

G6 (H6 - H 7) = G3H 3 + L iH t - L$Hs

Hg = CI>p(te ¿0) H 3¡ Cps(h~d<>)

H$ , H 7, H 3 de tablas de vapor

3. Cálculos.

3.1 Balance de masa

Balance alrededor de todo el equipo

2000 = G3 + ¿ 4 2000 (0.125) = ¿4(0.42) / . ¿ 4 = 595.23 kg/h

G3 = 1404.76 kg/h

Balance en la unión

¿ 2 + l e = 595.23 ¿2(0.125) + ¿„(0.58) = 595.23(0.42)

¿ 8 = 385.9 ¿2 = 209.33 kg/h

¿ 5 = 1790.67 kg/h

3.2 Temperatura de ebullición de la solución

Si la solución se comporta como agua, de la tabla de presión de vapor obtiene que para 586 —466 = 120 mm Hg t = 55°C. (apéndice 6.1).

3.3 Entalpias del vapor

Pabs = 20 psig + 11.3 = 31.3 psig = 2.129 atm = 2.199 £g/cm 2 del apéndice 4.1 t = 122°C ,'.He = 646.5 kcal/kg

H j = 122 kcal/kg

■MAS RESUELTOS

itfo tí A LA NClvS KN PROCESOS '!?E M EZCLADO Y EVAPORACION*

Los vapores ¿alientes de la disolución está;* saturados a 55°C. De tablas de vapor - 621 kcai/kg. (Apéndice 4.iL

5.*/ Balance de. energía

Gb (6 4 6 .5 —122) =■ 1404.7o (6 2 1) + 3 8 5 .9 (1 ) (5 5 ) — 1 79 0 .6 7 (2 0 ) ' j

C 6 (5 2 4 .5 ) = 8 72 35 5 .9 6 + 21224 5 - 3 5 8 1 3 . 4

G 6 -= 1 6 35 .39 k g /h

4. Resultado:

Se re q u ie re n 1 6 35 .3 9 k c a l/h de vap o r d e ca len tam iento.


Problema 5.11

Una disolución de azúcar con 15°Brix se introduce a un evaporador. La disolución saliente debe tener una densidad relativa de 1.20467 a 20°. Calcular el agua evaporada y la disolución saliente por cada 1000 1/h entrantes a 20°C.

Resultado:

Se evaporan 707.34 kg de agua y se obtienen 353.66 kg/h de una disolución con 45% de sucrosa en peso.

Problem a 5.12

Una solución de coloide orgánico en agua se concentra de 10 a 50% de sólidos en un evaporador. El vapor para el calentamiento tiene una presión manomètrica de 1.05 kg/cm 2 . En el espacio de evaporación se mantiene una presión absoluta de 10 cm de Hg. La alimentación es de 25000 kg/h . La solución tiene una elevación del punto de ebullición y un calor de disolución despreciable. Calcule el consumo de vapor si la tem peratura de la alimentación es de 20°C.

El Cp de la solución entrante es de 0.9 —kg°C

Resultado:

kgSe necesitan 23126.6 —~ — de vapor.

PROBLEMAS PROPUESTOS lb7

Problema 5.13

Dos corrientes de aceite se mezclan en un proceso continuo en las condiciones mostradas en la figura 5.22. Calcule la temperatura final T3.

Resultado:

La temperatura final es de 72.4°C.

Problema 5.14

Dos bombas llenan un depósito en 8 horas. ¿Cuánto tiempo necesitan cada una para llenarlo por separado, si la primera bomba tarda 4 horas más que la segunda? Si el volumen del tanque fuera de 100 m3 , ¿cuáles serán los gastos de cada bomba?

Resultado:

Una bomba tarda 14 hrs y 12 minutos en llenar el tanque a razón de 117 1/min., la otra 18 hrs y 12 minutos a razón de 91.5 1/min.

Problem a 5.15

¿Cuántos kilogramos de crema que contienen 12% de mantequilla deben ser agregados a 1800 kg de leche que contiene 2 % de mantequilla para obtener leche con 3% de mantequilla?

Resultado:

Se agregan 200 kg de crema.


P ro b lem a 5.16

En el siguiente d iag ram a trian g u la r calcule:

a) La com posición del p u n to A .b) La relación de agua a azúcar en la línea DF.c) L a com posición de m ezcla resu ltan te al ju n ta r 2 partes de la solución

rep resen tada p o r el p u n to B con 1 p a rte de la solución rep resen tada p o r t-pun to C.

Resultado:

La com posición del p u n to A es de 40% de alcohol, 45% de H 20 y 15% de azúcar. L a relación de ag u a a azúcar es 1.5, la com posición resu ltan te es ti« 35% de alcohol, 45% de azúcar y 20% de agua (figura 5.23).

Alcohol

F .

Figura 5.23

PROBLEMAS PROPUESTOS

P ro b lem a 5.17

C on objeto de satisfacer ciertas especificaciones, u n fab rican te mezcló h a rin a de pescado seca cuyo precio es de 50 pesos kilo, con h a rin a que contiene 22% de aceite de 27.5 pesos p o r kilo, de ta l fo rm a que la m ezcla final contenga 16% de aceite.

¿A qué precio venderá la mezcla?

Resultado:

El precio de la h a rin a es de 33.6 pesos por kilogram o.

P ro b lem a 5.18

U na m ezcla gaseosa tiene la siguiente com posición volum étrica:

o 2 5%N2 65%

c o 2 20%h 2o 10%

Si la m ezcla an te rio r o cu p a u n volum en de 30 m 3 a 50 °C y 750 m m de H g, determ ine:

a) L a presión p arc ia l del agua.b) El volum en p arc ia l del oxígeno.c) El peso m o lecu lar p rom edio de los gases.d ) L a densidad de la m ezcla.

Resultado:

L a presión p arc ia l del agua es de 75 m m de H g, el volum en parcial del oxígeno de 1.5 m 3 , el peso m olecu lar de 30.4 y la densidad de la m ezcla es de

1 .1 3 6 — f - , m 3

%P rob lem a 5.19

U n néc tar de m ango d eb e con tener 100 kg de p u ré de m ango , 30 kg de azúcar, 170 kg de ag u a y 10 kg de ácido cítrico. ¿Q ué can tid ad de m aterias p r imas se deben em plear p a ra p ro d u c ir 5,300 k g /h de n éc ta r de m ango?

Res (ido:

Se requ ieren 1709 kg d e p u ré de m ango , 513 kg ^Le azúcar, 2906 kg de p ía y 171 kg de ácido cítrico.

IvanBen

Highlight

i 70 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACIO N

Problema! 5.20

El diagram a de flujo de una industria procesadora de toronjas es el mostrado en la figura 5.24.

Toronja

í jugo [ para I envasar

Pulpa

■ i

Deshidra* Pulpa ttación cítrica |

Figura 5.24

<3>

<*>

«

A la p lan ta en tran 2000 kg de toronja con un 15% de sólidos y se obtiene® un jugo con 12% de sólidos y cáscaras con 17.55% de sólidos. El líquido de;¿ cáscara contiene 12% de sólidos que por evaporación da unas mezclas cítricasfc de 72°Brix.

La pulpa con 25% de sólidos se deshidrata para dar 30.8 1 de pulpa c í t r i * ca final, la que contiene un 10% de hum edad.

Con los datos anteriores com plete el balance de m ateria por cada 2000¿|| k g /h entrantes.

Resultado:

Se obtienen 913.5 kg de jugo, 106.5 kg de melazas y 30.8 1 de pulpa.* i® 1Problema 5.21

| I

Para conseguir jugo de naranja concentrada, se parte de un extracto coij¡| 7% en peso de sólidos el cual se m ete a u n evaporador al vacío.

En el evaporador se elimina el agua necesaria para que el jugo salga coíwj una concentración del 58% de peso de sólidos. Si se introducen al proceso lOOOJj k g /h de jugo diluido, calcule la cantidad de agua evaporada y de jugo concen || trado saliente.

IvanBen

Highlight


Resultado:

Se evaporan 879.32 kg /h y salen 120.68 k g /h de jugo concentrado.

Problema 5.22

Un jugo de frutas contiene b% de sólidos y se debe concentrar evaporando agua. Como el jugo es sensitivo ai calor, una tem peratura muy alta altera el sabor del mismo. Se decide que la tem peratura de 40°C sea la m áxim a a usarse. Se ha observado que la concentración de los sólidos no tiene efecto sobre la tem peratura de ebullición. ¿Qué presión de trabajo debería usarse?

Resultado:

La presión de trabajo será 55.3 mm de Hg absoluto.

CAPÍTULO

SEISBalances con vapores condensables

O bje tivos:

A l terminar de estudiar este capítulo, el lector podrá calcular las presiones de vapor de los líquidos para emplearlas en el cálculo de temperaturas de ebullición y condensación, eri la estimación de equilibrio en destilación y en las operaciones de acondicionamiento de aire y secado.

In tro d u c c ió n

Los procesos incluidos en las operaciones con vapores condensables se cuen tan en tre los m ás antiguos y simples conocidos por el hom bre, como los de secado, destilación y enfriam iento de agua. En todas ellas se tiene com o elem ento com ún el hecho de que uno o rnás líquidos se vaporizan o uno o más g a ses se condensan, por lo que se requiere del estudio del equilibrio vapor-líquido.

Presión d e v a p o r

De la sunerficie de los sólidos y de los líquidos escapan m oléculas que p a san al estado gaseoso, esto perm ite percibir el arom a de las sustancias. Si se e n cierra un líquido puro den tro de un recip ien te al vacío, p a rle del líquido se evaporaría hasta lograrse un equilibrio en tre las m oléculas que pasan a la fase gaseosa y las que se condensan al pasar a la fase líqu ida. La presión que existe en el recipiente en ese m om ento es la presión de vapor. Si aum en ta la tem pera tu ra , aum en ta el núm ero de m oléculas que escapan a la fase gaseosa y consecuen tem ente la presión de vapor. Si dism inuye la tem p era tu ra , la presión de vapor baja.

Así se deduce que la presión de vapor es función de la tem p era tu ra , pero no es u n a función lineal, sino que puede ser expresada por m edio de ecuaciones com o la de A m oine.

T f c

En donde A ; B y C son constantes propias de cada sustancia. T es la tem pera tu ra y P° la presión de vapor (apéndice 6.2),

Para p resen ta r el com portam ien to de la presión de vapor con la tem p era tu ra para m uchas sustancias se utilizan las gráficas de Cox.

t bu Ilición

C uando la presión de vapor de una sustancia p u ra es igual a la presión de trabajo (presión que se ejerce sobre el sistem a), el paso de las moléculas del es-

/

B i BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

tado líquido al gaseoso se hace muy violento y se dice que el líquido hierve. Si la presión de trabajo es de una atmósfera, se dice que la temperatura de ebullición es la normal y que el líquido está saturado. Todo líquido por debajo de su temperatura de ebullición recibe el nombre de líquido subenfriado. La ebullición a presión constante se efectúa también a temperatura constante.

Qmáensmión

Si & los vapores de una sustancia pura se les extrae calor a presión constante, llegará un punto en que se forma la primera gota de condensado, la temperatura a la que se produce ese fenómeno recibe el nombre de temperatura de ‘condensación o de rocío. Un vapor que está a su temperatura de condensación recibe JÉ m b re ’de vapor saturado. Un vapor por arriba de esa temperatura estásABHHÉK®ado. Para una sustancia pura, la temperatura de condensación será, igual a h iü e ebullición para una presión dada.

Mezclas de

Si tenemos ana mezcla de líquidos inmiscibles, cada uno de ellos ejercerá su presión de vapor como si el otro no existiera. Por ello la temperatura de ebuftp&n de diptas mezclas se alcanzará cuando

J|p » J%° > l i

en donde Pr es la presión fihf, trabajo, 3f9| p f f f son las presiqgprde vapor de los • líquidos Ä 'f B.

Se hace notar que ladtHHUHfinife a la que ello sucede será Ä ihpre inferior a la de cualquiera de razón por la cual se suele utilizar un método l l a m a d a M W t o w n B p n r para destilar sustancias de a lt | peso molecular y que pUdSBran descomponerse si se llevaran a su temperatum de ebullición.

En el equilibrio, la pÉgfctfa párawrt de los vapores deberá ser igual a la del líquido.

P%t K P A i

En m e d a s de gases iftH Üil'

que es ja ley de D alton . Por consiguiente p a ra líquidos in m iw b le s

á é k = V

fas*

t

EQUILIBRIO ENTRE UN LIQUIDO y UN CAS INSOLUBLE EN EL LIQUIDO 177

Si se tienen mezclas ideales de líquidos miscibles éstas seguirán el comportamiento predicho por la ley de Raoult, por lo que si se tienen dos líquidos A y B

Pr ® PaXa 4* PgXe

. emilonde jfe f ¡1« son las fracciones molares de los líquidos y B. Cuairfq la presión ejercida por la mezcla sea igual a la presión total, éste hervirá. En ese momento si se establece el equilibrio

Pa, ■* Pai

PtSa = P°xA

la última ecuación permite predecir la composición de un vapor yA qué está en equilibrio con un líquido de composición xA, en base a la presión y temperatura.

Una mezcla de vapores al enftjarse a presión constante llegará a una temperatura en la cual se forma la primera gota de condensado. Esta temperatura recibe el nombre de temperatura de rocío y se calcula por medio de

¿ y fr /P ? = 1 W 0.001

este punto se obtiene por tanteos.La primera gota formada tendrá la composición dada por

■ Éj = y¡Pr/P¡

Equilibrio entre un líquido y un gas insoluble en el líquido

Muchas operaciones unitarias necesitan del manejo apropiado de mezclas de vapores condensables con gases incondensables; el ejemplo más común de estas mezclas es el de vapor de agua con aire.

Si se pone agua en contacto con aire, se producirá la difusión del agua en el airé, saturándolo cuando el espacio es limitado. Cuando el aire se satura se establece el equilibrio. Én ese momento el número de moléculas de agua que se evaporan es igual a las que se condensan. Hay pues, un límite en la cantidad de agua que puede pasar al aire.

En el equilibrio

rhA m Pg iña Pt—Pa

Pa * Pryg ¡ - = L ,

en donde Y es la humedad molar de saturación, o seamos kg mol de agua que están contenidos en un kilogramo mol de aire seco.

BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

P a = presión parcial del agua.Pi — presión de vapor del agua. ■ ! -Pa = presión parcial del aire. mA = moles de agua.

Si el aire tiene menor cantidad de agua que la correspondiente a la saturación, su humedad estará dada por

p _ P a _ kg mol de agua P t - P a kg mol de aire seco

en las operaciones de aire-agua se recurre también al concepto de humedad absoluta másica dado por

Y = _____* * _ ( P M AguA ,

P t - P a PMAire seco

otros conceptos empleados son

YY% = ------- (100) humedad por cientoY sat

pYk = —— (100) humedad relativa

P%

la humedad relativa o la humedad por ciento se miden con aparatos llamados higrómetros.

Otras propiedades son: El volumen húmedo que es el volumen de la unidad de masa del gas, más el volumen de todo el vapor que contenga a la presión y temperatura que se encuentre al sistema

V».- [— L_ +.JL4IZ.PMAire PM a a Pt

la temperatura de bulbo seco es la que se mide con un termómetro común y corriente.

La temperatura de bulbo húmedo que se mide con un termómetro provisto de una mecha humedecida y agitando éste en el aire. El aparato qué mide al mismo tiempo las temperaturas de bulbo húmedo y seco recibe el nombre de psicrómetro.

La temperatura a la cual se condensa la primera gota dé vapor de agua es la temperatura de rocío.

Calor húmedo es la capacidad caloríñca que tiene una mezcla de gas más el vapor que lo acompaña.

Ch Cpgas + Cpyapor (Y)

EQUILIBRIO ENTRE UN LIQUIDO YUN GAS INSOLUBLE EN EL LQUIDO

en el caso del aire-agua.

179

Cu = 0.24 4' 0.46F kcal/kg aire seco °C

La entalpia de una mezcla de aire!húmedo es igual a ,

H — Ch ( t~ to ) + \o Yv

en donde To es la temperatura base para calcular las entalpias, generalmente 0°C y Xo es el calor latente de vapor a la temperatura base.

En el caso del aire húmedo

H Si [0.24 + 0.46Fl (<~0). + 596 Y -1 1 ' 1 kg A.S

Todas las propiedades de las mezclas de aire-agua se pueden graficar en una carta llamada psicrométrica (apéndice 6 .1).

Figura 6.1

La tablas psicrómétricas sIÉven pará Conseguir rápidamente las propiedades del aire húmedo a una presión dada. Para cada presión existe una tabla psicrométrica, por ello es diferente la carta de humedad en la ciudad de México que en Acapulco.

Otro de los usos de las tablas psicrométricas es que con ellas pueden seguirse algunos procesos simples (figura 6.2).

180 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

Figura 6.2

Destilación

Es una operación unitaria que consiste en separar líquidos por medio de su diferencia de presiones de vapor. La destilación se lleva a cabo proporcionando energía a una mezcla de varios líquidos, evaporándose más fácilmente los que tengan la presión de vapor más alta. A los vapores salientes de los equipos se les deberá eliminar el calor latente de evaporación para pasarlos a la fase líquida, que tendrá una mayor proporción de líquidos con la presión de vapor alta que la que tenía el líquido original. Como se dijo, para lograr la destilación se deberá proporcionar calor a la mezcla líquida, llevar ésta a la temperatura de ebullición y además proporcionar el calor latente para que pasen al estado gaseoso.

b a l a n c e s 181

Balances

El equipo de destilación es el mostrado en la figura 6.3, en donde:

A = Alimentación.B = Gases salientes del domo.C = Reflujo (necesario para lograr un buen contacto entre el líquido

y el vapor).D - Destilado.E = Líquidos del fondo.F = Gases a la columna.R = Residuos.

En él el balance de masa sería:

LÁ = L r + L d balance total

LaXa = LrXk + LdXí balance del volátil

y el balance de energía

LaHa + Qji = L rH r + LdHd + Qc

Qc = Calor eliminado en el condensador.Qji = Calor transmitido en el rehervidor.


en donde HA = Entalpia de la alimentación. Fsta puede ser de un líquido subenfriado, saturado, una mezcla vapor líquido, un vapor saturado o sobrecalentado. ......

Para una mezcla binaria, la entalpia de un líquido saturado sería

H l = xA [CpLA(te — to)] >fe (1 — [CpLB(te — to)]

y la de un vapor saturado

H v = yA[CpLA(te - to) + \ A,te] + (1 -y * ) [CpLB{te - to) + X«, te]

en donde

Ma M fracción mol del líquido A .yA m fracción mol del vapor A .J n d , = Capacidad calorífica molar a presión constante del líquido A .

= Calor latènte-de ebullición del líquido A, a la temperatura de ebullición te.

to = temperatura base.

A condicionam iento de aire

El acondicionamiento de aire tiene por objeto la obtención de un aire con la humedad y temperatura deseadas para su uso en espectáculos, centros de enseñanza, laboratorios, fábricas, oficinas y casas. En los últimos casos se emplean paquetes de acondicionamiento. En los primeros los equipos son más cotapJejos por los volúmenes manejados.

Secado

Esta operación unitaria tiene como fin eliminar la humedad residual que contiene un sólido, para hacerlo más atractivo desde el punto de Vista comercial, mejorar sus condiciones de almacenamiento, y emplearlo en operaciones posteriores.

Enfriam iento de agua

En la industria el agua es uno de los servicios más necesarios; sirve coi«oJj¡ diluyeme, y como medio para generar vapor o enfriar corrientes. La enorme® cantidad de agua que las industrias emplean hace incosteable tirarla una veza® usada, por lo que se reutiliza varias veces, en especial la que se aprovecha en®

BALANCES DE MATERIA y ENERGIA 183

calderas y enfriamiento. „Por ello el agua caliente de las plantas se enfría en grandes equipos llamados torres de enfriamiento de agua. En ellos el agua se enfría por contacto con aire, calentándose y humidificándose éste mientras el agua se enfría.

Balances de materia y energía

En general, al hacer los balances de materia y energía para los equipos de enfriamiento dé agua, secado y acondicionamiento de aire (figura 6.4), se tiene que:

C,.h , , e , Y2

Equipo

Figura 6,4

• Balance de masa

G\ + = G2 - 3

• De agua


GxKj + L4H 4 = LyH3 + G2H 2 + Qp

en donde la entalpia del aire se calcula por el método antes descrito.

Qp = pérdidas de calor


Problem as resueltos

Problem ad.I

ÜJÍ presión de vapor, dtó etílico está dada por la ecuación:

1473.11log P° “ 8.04494t + 222.65

en donde í en °C y P° en mm de Hg. Cuál será la temperatura de ebullición normal del alcohol?


P = 760 mm Hg

Figura 6.5

2. Planteamiento.

t t iü S iÉ P £1 punto de ebullición del líquido se alcanzará cuando su JpÉfelB de vapor sea igtíál á fa p re á 6i de'fifflbajo, en este caso 760 mm de Hg.

# Ecuación

fc g 'lf * littlffW S I S . 11 * d É ||.6 5

3. Cálculos.

Temperatura

log 760 m 8.04494 1473.1] t + 222.65

1473 112.856; ss 8.04494 ------t + 222.65


147®! 11t a» Í2 2 .6 S m ¡61.24°C5.18894

4. Resultado:

El alcohol hervirá a 61.24°C.

Problema 6.2

Se tiene una mezcla de 70% de tolueno y 30% de agua en mol a la presión de 760 mm de Hg. ¿Cuál sería la temperatura de eb#31|eión de, dicha métela?

1. Traducción (figura 6 .6).

Figura 6.6

2. Planteamiento.

DiscusióAj El tÉÉISno y el agua Son inmiscibles, puf ello Éada d in ejer cerá su presión de vapor como si estuviera solo.Temperatura de ebullición

Pt m p ° + P ° ,H»0 tolueno

« Esta #ft*ÍS¡Éli sBSresueíve por tanteos. E n cada temperatura se localizará una presión de vapor, cuando la suma se hag&jgual a la |N 9ÍÉ* de trabajos® habrá efSctSntrado la temperatura.

186 BALANCES C O N VAPORES CONDENSABLES

3, Cálculos.

Constantes de Antoine

— Para el tolueno

1343.94logP ?0 f¡¡ 6.953t + 219.38

— Para el agua

* iog P t m, = 8 • 2 S ® ~ de 0 B # P O. . . í t . 2 3 t ■ ¡t :

l*K l t .¿ 'P ' l j iM H ■■•■ M U I , <Je 60 a. Ü É t E5 ***“ J t US

T em peratura de ebullición

— T em peratura del prim er tanteo 50°C

— para tolueno

1343 94t a f i l = 6.953 ^ m 1.9639

5 I * 1 0 + 219.38

para el agua« - g t a w í í g

i | a ®

PT = 92.8 + 92 = 184 mm Hg

Segundo tanteo 90°C

1 S4S 94log P ° , ■ 6.953 ---------------------- _ 2.609 ; P? m 406:" s " “ * _... * Ü - i f E l t J l ■

= 2.7208 ; 525" T T " ■' ' ..

P r = 406 + 525 = 931 m m H g

PROBLEM AS RESUELTOS 187

— Tercer tanteo 84°C

PT = 750

Cuarto tanteo 84.5°C

*Si = 339; ^ 0 = 425

PT = 764 mm Hg

4. Resultado:

La tem peratura de ebullición debe estar alrededor de 84.5°C.

P roblem a 6.3

Se tiene una mezcla de 70% de tolueno y 30% de benceno en mol a la presión de 760 mm de Hg. ¿Cuál será la tem peratura de ebullición de dicha mezcla?


/ ' = 76 0 m m H g!

•*„ = 0 .3

Figura 6.7

2. P lanteam iento.

• Discusión: El tolueno y el benceno son miscibles y se com portan como líquidos ideales que siguen la ley de Raoult.

• Tem peratura de ebullición


3. Cálculos,

Esta ecuación se resuelve por tanteos. En cada tem peratura se obtienen las presiones de vapor correspondientes, cuando la sumatoria se haga igual a la presión de trabajo se habrá encontrado la temperatura de ebullición.

Constantes de Antoine

— Para el tolueno

lo S t o l u e n o ® 6 9 5 3 ---------1 3 4 3 9 4tolueno J + 2 1 9 . 3 8

— Para el benceno

lo e P ° = 7 424 — 1628.32m 'b e n c e n o ™ ¡ +

Tem peratura de ebullición

— Primer tanteo T = 50°C

1843 94' « u e n o ^ . 9 5 3

lo? P bence«í'*'’ 7 -429 ■ 162---3— 2.4886 benceno 50 + 229.56

“P&Jueno ■ 192 mm HS

Pbe„ceno * 306 m m HS

IV * f g (0 .7 ) # . » 6 p . 3 ) =. 156.2

— Segundo tanteo 100°C

* ¡ k m . = = i m

= W t #

— Tercer tanteo 98°C

P °, m 552 P£ = 1305tolueno benceno

PT = 756.9


4. Resultado:

La tem peratura de ebullición debe andar alrededor de 98 °C.

Problem a 6.4

Se burbujea aire a través de una disolución con 26.1% de alcohol etílico en mol y el resto de agua. La disolución está a 25°C. ¿Cuál es la composición de la mezcla de alcohol, aire y agua que sale como vapores de la solución? Suponga comportamiento ideal. La presión de trabajo es de 760 mm de Hg.

JL Traducción (figura 6 .8).

• # • • • •Aíre

Figura 6.8

2. Planteam iento.

• Discusión: Esta destilación es a base de arrastre con aire. Al burbujear aire a través de la disolución, se puede aplicar la ecuación

P • P~i "h Pu r i ®S P t ) P « = P ° X taire ale H20 1 ale ale aleaire

ecuación:

Palé __ moles de algbholPT moles totales


• Presiones de vapor a 25 °C

J & l = 27 4 mm Hg

P alc = 6 2 m m H S

• Presión parcial del aire

760 = 27.4 (0.739) + 62 (0.261) + Pairi

Paire = 723-66 mm Hg

• Composición de los vapores

moles de alcohol^alc

3. Cálculos.

moles totales

16.1760

= 0.02118

I h o = 20-24 = 0.02663 -,H*° 760

ÿ . = 0.9521-^aire

• Composición de la primera gota destilada: Si fuera posible condensar el alcohol y el agua contenidos en el aire, el condensado tendría la siguiente composición:

- = 0.02118 alc 0.02118 + 0.02663

= 0.443

jjjPP = 0.557

4. Resultado:

La composición de los vapores sería de 95.21% de aire en mol, 2.118% de alcohol y 2.663% de agua. Bajo ciertas condiciones, esta técnica puede ser útil para la destilación a baja temperatura de los componentes saborizantes.


Problema 6.5

Una mezcla líquida de benceno - tolueno tiene una composición de 70% de tolueno y 30% de benceno en mol a la presión de 760 mm de Hg. ¿Cuál será la composición de la primera burbuja formada? ¿Cuál será la entalpia molar de la mezcla líquida a su temperatura de ebullición? ¿Cuál será la entalpia de los vapores formados?


2. Planteamiento.

• Discusión: Del problema 6.3 se conoce la temperatura de ebullición que servirá para los cálculos de la entalpia del vapor y del líquido. La composición de ít>a yapores se consigue por medio del equilibrio.

* Equilibrio

■^benceno ~ íj&n&iia; ' ■ ^ *tXneéíbb ^bencenoen el gas en el líquido

: * Entalpia del liquido

Ñ i tJ— Jlk — to)] + (1 — *b).

i Entalpia del vapew

, ÑSv = ye [^5® ;i,fc Xb, te] + (1 — ya^|;C^is +* ím

3. Cálculos.

• ■Composición «fc la p rim e ra gota

7ó0 ÉVbenceno) = ^ 0 5 (0.3)

192

y . m 0.515■ benceno

y . m 0.485J toluenoE ntalp ia d e l líqu ido

_ , 0.385q°c + 0.4998«c w »o, _ co a.. kcal^benceno = ( ~ ------ ~ n ^ ° ) (78) = 52.26

2

\ßpm = 40.21

kgmol°G

kcalkgmol°C

Hl = 0.3 [52.26 (9 8 -0 )] + 0.7 [40.25 (9 8 -0 )]

Ñ L = 4297.59 -- - - - kg mol

• Entalpia del vapor

’ stl kcal *,T. ooin kcal98 °c = 2808 kglH3 ^ - 2810

H v = 0.515 [52 .26(98-0) + 2808] + 0.485 [40.25 (9 8 -0 ) + 2810]

f íy » '7359.47 kcal/kg mol

4. Resultado:

La composición de la primera gota será 51.5% de benceno y 48.5% de tolueno en mol. La entalpia del líquido es de 4297.50 kcal/kgmol y la del vapor 7359.47 kcal/kgmol.

Problema 6 JS '

Una mezcla de aire y vapor de agua que está a 25°C y 760 mm de Hg tiene una humedad relativa del 50%,

Calc.ctle: la humedad absoluta, la temperatura de rocío, eí itolqmen húmedo, el calor húmedo y la entalpia.


3 6 - S8 9| h» íS°cPT — 760 mm de Hg

Figura 6.10


2. Planteamiento.

Discusión: Este problema se puede resolver utilizando los conceptos indicados al principio del capítulo.

Humedad relativa

yK = - Phí° x (100) Pb2 o

■ p = ^ -ph,o H2° 100

Humedad absoluta

Ph,o . PMh,oY =TV Ph20 PM aire seco

Volumen húmedo

Eíí = ( _ i _ + J l )v 29 18 ’ P

• Calor húmedo

Entalpia

CH = 0.24 + 0.46 Y

H = C„ ( í - 0 ) + 596 E

3. Cálculos.

• Presión parcial del agua

i do _ o 1750.286logPu,-. = 8.10765 ----------------H2° 25 + 235

P°Hl0 = 2 3 6 5 Hg: -Ph2o¡ - *3 0 f 03065) = 7.095

Cuando la presión de vapor sea igual a 7.095 se alcanzará la temperatura de rocío:

Tk = 6. 16°C.

* H um edad absoluta

7 0 0 5 18i.vvo = 0.005849 kgH2Q/kg A.S.7 6 0 -7 .0 9 5 29

Fi A LA N CES C O N V A PO R ES C O N D E N S A B L ES

• Volumen húmedo

VH = (29

0.00584918 ) 0.082 (298)

= 0.8475kg A.S.

® Calor húmedo

CH ■ 0.24 + 0.46 (0.005849)

0.24269 kcal/kg°C

• Entalpia

H sP 0.24269 (25) + 596 (0,005849)

= 9.553 kcal/kg A.S

4. Resultado:

La humedad es de 0.005849 kg H 20/kg. La temperatura de rocío de 6.16°C. Volumen húmedo de 0.8475 m 3/k g A.S. El calor húmedo de 0.24269 kcal/kg°C y la entalpia de 9.553 kcal/kg A.S.

Problem a 6.7

Obtenga algunas de las propiedades del aire del problema anterior usando el diagrama psicrométrico del apéndice 6.3.

1. Cálculos.

• Humedad absoluta (figura 6,1 i •i :•

/

ss 9.4.86

196 BA LA NCES C O N V A PO RES CO ND EN SABLES

Del diagram a psicrométrico a 760 mm de Hg se obtiene que la humedad ksr Iccal

es de 0.0058 — , la tem peratura de rocío de 6°C, la entalpia de 9.486 ------kg 3 kg

y el volumen húmedo de 0 .8 5 ---- 03------.kg A.S

Problem a 6.8

Los gases de chimenea salientes de una caldera tienen una temperatura de 740°C a la presión de 586 mm de Hg. El análisis de los gases es el siguiente: C 0 2, 16%; Oz, 6%; H20 , 7%; N2, 71% en volumen. Estime la tem peratura a la cual el vapor de agua de los gases comenzará a condensarse.


2. Resultado:

Figura 6.15

2. Planteam iento .

• Discusión: La condensación se alcanzará cuando la presión parcial del agua sea igual a la presión de vapor a una tem peratura. Esta se conoce como tem peratura de rocío.

• Presión parcial

^ h 2o = ^>7 h2o

3. Cálculos.

• Presión parcial

P H2o = 586 (°*07) = 41 02

• Tem peratura de rocío

log 41.02 = 8.10765 - l ? j ° -28-6 & l + 235

t = 34.496°C

p r o b l e m a s r e s u e l t o s 197

4. Resultado:

El agua se comenzará a condensar a 34,496°C.

Problem a 6.9

m 3Para cierto proceso se deberán mezclar 750 ———de aire a 25°C y 20°C de

bulbo húmedo con aire a 15°C y Yt de 50%. Si la mezcla resultante está a 20°C, calcule la humedad del aire resultante, el volumen del aire adicionado, así como el volumen del aire resultante. La mezcla se hace a 760 mm de Hg.


Yr2 = 50%

Figura 6.16

2. P lanteamiento.

• Discusión: Este problema se puede resolver por medio de una carta psicrométrica a 760 mm de Hg. En la carta se podrán localizar las condiciones del aire 1 y 2. Al unir el punto 1 con el 2 se encuentra el punto 3. Para ello sólo se requiere la aplicación de la regla de la palanca (figura 6.17).

Figura 6.17

198 B A L A N C E S C O N V A P O R E S CO ND EN SABL1

* Balances de masa

B alance ele aire seco

- O73

G¡ — k g /h de aire seco

C ,i F i t G/j Y2 - G / 3 Y 3 b a lan ce de agua

3. C álculos.

* H u m ed ad es

Figura 6.18

• Aire de la mezcla

0 .0 1 2 7

0 .0 0 9

0 .0 0 5 3

Figura 6.19

• Volumen del aire en y aire seco en < ¡>

1 0 0127 m 3VH = (------- + — — (0. 082) (298) = 0 .8 5 9 8 ----- - -----

v 29 18 ' k g A .S .

. r 1000 11C2 kg. . G,i = --------- = 1163 —— de A .S

0.8598 h

PROB LEMAS R ESU ELTO S 199

* Balances

1163 -r 0/2 — G/3 (I)

1163 (0.0127) 4- G/2 (0.0053) = Gn (0.009) Ií

kgGi2 = 1164.86 de aire seco

h

* Volumen húmedo en y volumen adicionado

¥m m (—i ~ + °-QQ- -3-) (0.082) (288) = 0.8212 ----2 v 29 18 ' ' 1 kgA .S.

.\ G2 = 956.68 m3

* Volumen de aire resultante

VH ' m <•-— * J isH L ) (0.082) W m 3 í - T l 18

* * ' Í Ú S 4 t » — ----------

kg A.S.

G,3 »11164.86 + 1163.06 = 2327.92 kg A.S

G3 * 1956.38 m3

4, Resultado:

El aire resultante de la mezcla está a 0.009 de humedad, el volumen adicionado es de 956.68 y el resultante de 1956.38 m .

Problem a 6.10

Se hizo un estudio técnico-económico para la recuperación de glumen de sorgo.

Una de las partes más importantes del proceso es el secado del sorgo.Se procesan 333.00 ton /d ía de dicho material con una cantidad de agua

del 45% y sale con un contenido de agua del 5% .El aire que se empleó para secar el sorgo tiene una tem peratura a la en

trada del 60% y una hum edad por ciento de 10. Si el proceso de secado es adiabático. Calcular:

a) El agua evaporada.b) El aire seco necesario.


c) El volumen del aire.d) Las condiciones de salida del aire.

La presión de trabajo es de 760 mm de Hg.

i . Traducción (figura 6.20).


• Discusión: Para saber la cantidad de agua evaporada, y de aire seco, se hace un balance total de materia y uno parcial de agua. Para saber las humedades absolutas se usa la carta psicrométrica (apéndice 6.3).

• Balance parcial de agua

En base seca

GIYl + S,W2 = GjY4 4 S,W3

en donde:

G/ = masa de aire seco.Sj = masa de sólido seco.Yl = kg de H20 /k g de aire seco. giW2 — kg de H20 /k g de sólido seco.

Agua evaporada y aire seco

GiY4 - r t) = ,Si(W2 - w z)

• Volumen de aire

G j = G / V h

• Humedades finales: El proceso se puede seguir en una carta psicromé- trica (figura 6 .21).


Figura 6.21

3. Cálculos.

• Humedades conocidas

W2 = , 0 = 0.818 W3 = - M Í m 0.05262 1 -0 .4 5 3 0.95

De la carta

Y1 = 0.012 kgH20 /k g de aire seco

• Sólido seco

St = 333(0.55) = 183.15 T on/día

• Agua evaporada

183.15 (0 .818-0 .0526) = 140.183 T on/d ía

• Aire utilizado

G/(K4 -0 .0 1 2 ) = 140.183

Se tiene una ecuación con dos incógnitas, la cantidad de aire y la hum edad de salida. Hay muchas soluciones posibles.

B A LA N C E S C O N V A P O R E S C O N D E N S A B L E S

La m ínima cantidad de aire sería la requerida para que el aire saliera saturado con agua.

En la carta psicrom étrica si a partir de las condiciones de en trada del aire seguimos por la línea adiabática hasta llegar a la saturación, encontrarem os la tem peratura y hum edad final del aire (figura 6 .22).

0 .0 2 51-10.183 'I'oii,\ G, • m 1 0 7 8 3 .3---0.025-0.012 wm

Y = 0 .012

Figura 6.22

• Volumen de aire a las condiciones de entrada

• f m 4JM B É , 4 * U U f n íM ®18 29

= 10783SQ7_(Q,95_97,) = m3/h24

4. R esu ltado:

• Se evaporan 140.183 ton de agua por día.• El aire seco mínimo necesario es de 10783 ton por día.• El volumen de aire necesario será de 431229 m 3/h .• Las condiciones del aire a la salida serán de 28.5°C y u na hum edad de

0.025 kg/kg o sea saturado.

P roblem a 6.11

El siguiente diagram a m uestra el proceso usado para secar un cereal en una p lanta de alimentos. Prim ero se filtra el aire atmosférico (10 000 m 3/h ) a 15°C y 586 mm de Hg y luego se com prim e éste hasta 925 mm de Hg. El aire se m anda a un secador, de donde sale a 191°C y 850 mm de Hg antes de pasarse al secador. En el secador el aire caliente pasa sobre el sólido húm edo (30,000 kg/h). El sólido tiene una hum edad del 70% y sale casi seco. El gas sale del secador a 110°C y 800 mm de Hg y se le pasa a través de un cam biador de calor, que enfría la corriente hasta 38°C para quitarle algo de la hum edad, antes de ser lanzado a la atmósfera. La presión parcial del vapor de agua en la corriente

IvanBen

Highlight

ROB LEM AS R ËSU EL IO S

entran te al sistema es de 10 mm de Hg y la del saliente dei secador de 175 mm de Hg.

a) Complete el balance molar de materiales para las corrientes indicadas, si e! sólido seco tiene un peso m olecular de 50 000.

b) Determ ine la hum edad relativa por ciento para las corrientes 1, 2, 3 y 4.c) Determine el porcentaje de hum edad del cerca! saliente del secador.

i . T raducción (figura 6.23).

P^2° M 10

y = i fmP~ 586

—f mA *

& — <$> n ú í(WfS"3 G 1 to mm Hg/

m = 30000 k# 1= 30000 dp*.Il <Z6 = 0.70 cFigura 6.23


Moles de agua en las corrientes

m n2o _ -Ph2q

• H um edad relativa por ciento en las corrientes

y k = ( P Í2° 'P $ m i 100

• Balance de agua en las corrientes

F = OH 20 e n t r a n t e H 2Q s a lie n te

BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

• Moles totales en la corriente (1)

Gj = 10 000 m3/h ; Glestándar m 10 000 ( - ^ 1 ) ( - ^ - ) m 7308.9288 ' ' 7 6 0 h

Gj = 7308.9/22.4 = 326.29 kg m ol/h

• Moles de agua en la corriente (1)

. »É y /*0 m S Í | j Í F g « |j j | m | J Ü I jK g g fc '

G jjjaire m 3 2 6 .2 9 [r** 5 .5 6 8 = MMLfB fc -

f r - Ü É <]00)- - 7 8 19*

• Corriente (2)

P°i9i°c = 9520 mm Hg

5 568P2 m 850 ( ~p o ) m 14.5 mm Hg 326.29

Y%r = (14.5/9520) (100) m 0.152%

• Corriente (3)

PfizO * 1090 mm Hg P h2o « 175 mm HgI10°C

¿ h 2° m 3 2 0 7 2 2 ( 125— ) = 89.8 K* m -225.(100) = 16%800—175 1090 v 7

• Corriente (4)

PH 0 = Pggoc (sale saturado) = 65.8 mm Hg

flÉ P *■ 320.722 = 4 0 .5 1 -5 ® * ^ Y* m 1 0 # #586 — 65.8 h

• Corriente (5)

/ íH20 _ ^ H 20 , f“H20SLil — P ® T -LfR

j f w = 4 9 ® kgniol/h

• Corriente (6)

PROBLEMAS RESUELTOS205

L6Hz° = 30000 (0.07) = 2100 kgh

S6 = 30000 (0.93) = 27900 kg/h

L%2° = 2100/18 = 116.6 kgmol/h

4 = 27900/50000 = 0.558 kgmol/h

• Corriente (7)

L7 = L6 - (G?*° - G?2°)

L7 = 116.60 - (89.80-40.56)

= 67.36 kg m ol/h

L7 _ 67.36(18)(100)L7 + S6 ~ 27900 + 67.36(18)

= 4.16% de humedad

4. Resultado:

Corriente 1 2 3 4 5 6 7

Aire 320.722 320.722 320.722 320.722Agua 5.568 5.568 89.80 40.56 49.24 116.6 67.36Sólido 0.558 0.558T° C 15 191 110 38P mm de Hg 586 850 800 586

Problem a 6.12

Para secar cacao se utiliza un secador de charolas. En el secador entra aire con una humedad de 0.0105 kg de agua/kg de aire seco y a 35°C. El secador consta de tres secciones. El aire deja la primera sección con una humedad relativa del 80%, después de lo cual se recalienta hasta 35°C antes de entrar a la segunda sección de la cual sale también al 80% de humedad relativa. La misma secuencia se sigue en la tercera sección. El aire húmedo final sale a razón de 5700 m3/h . L a presión de traba jo es de 760 m m de H g y el proceso es adiabático. Calcule:

a) La can tid ad de agua que se elim ina en el secador.b ) La tem p era tu ra y la h u m ed ad del aire saliente de cada sección.

IvanBen

Highlight

k

206 BALANCES CON v a p o r e s c o n d e n s a b l e s

1. Traducción (figura 6.24}

a * »,

i

■ 0.01 05

»ym 35°c

r * i II

_ _ J é | _____IIÍ

45

f ig u r a 6.24

¡ ' P ~ 760 m m H g

! G<¡ « 5700 nrV h

2. Planteamiento.

Discusión: Para obtener la cantidad de agua evaporada se hace un balance total de materia para el agua en función de las humedades. Para obtener la temperatura del aire saliente se debe usar la carta psicro- métrica a las condiciones de presión del problema.

B alance de m a te r ia

G¡(y 5 — V’j ) — agua evaporada

Masa de aire seco

T e m p e ra tu ra del aire saliente p a ra c ad a sección: Con la te m p e ra tu ra de e n t ra d a y la h u m e d a d abso lu ta se a lcanza un p u m o en la c a r ta psicr o métrica: d u ra n te ej secado la lu tnddiiicactón dei aire se lleva a cabo a lo largo de una línea do eníriainrff njÉg ad iabá tico hasta que se alcanza la humectad por ciento r e q u e r id a . allí se lee la h u m e d a d y la te m p e ra tu ra . El ca len tam ien to es ta tá rep resen tado p o r una línea horizontal desde la h u m ed ad por ciento ¡mal hasta i a te m p e ra tu ra de en trad a a la nueva sección de ca len tam ien to í Si g u ra 6.25).

O B LEM A S R E SU E L T O S 207

Figura 6.2i

C á lcu lo s .

T e m p e ra tu ra s y h u m ed ad es en el secador (figura 6.26).

>'6 = 0.021

y4 ^ o .o is

Y i = 0.015:

Fj ■- 0,0.1 Oí

Figura 6.26

• Masa de aire seco

KL. * iB Mi IV

0.8853

i I

SHr

kg A.S.

) (273 -i- 30) (0.082)m

G, * 6435 kg A.S

* A g u a e v a p o r a c i

6435 (0.021 — 0.0105) — 67.56 kg d / a g u a / h

208 BALANCES CO N VAPORES CONDENSABLES

% Resultado:

S$‘lBpHlÉti 67.5H'kg dhe- agl® poi hora.La temperatura y las humedades en cada sección son:

” 1 2 r i- « ■ ■ JY kS agua

kg A.5? ■0.015 0.015 0.015 0.018 KÓpp: & m ï

T° C 35 24 35 28 35 30

Problema 6.13

En un proceso para producir antibióticos, se usa un fermentador intermitente en el qué s^ !Q fcr® a.e l medió de cultivo in situ usando un serpentín de vapor.

Una vez esterilizado se inocula y se empieza a oxigenar con aire estéril hasta q jiffé lleta a cabo la fermentfitá&á completa.

El aire que se emplea en §1 fermentados tiene un volumen de ÍG,f®Binf debe estar saturado para evitar problemas de acarreo de agua, que aumentan la concentración de sales en el fermentador. Por esa razón, el aire atmosférico (que eüá J JSB y 50 por 100 de saturación y presión de 1 atm) debe humidifi- carse adiabáticamente’-*. El requerimiento de oxígeno por p cultivo es de 50 microli tros de oxígeno/mg de céluhtllül y ÉiiÜMe una oPMPBPAPni de ljjímg de células/ml de solución. El caldo se encuentra a 30°C y 1 ai®,y el aire debe inocularse a la misma temperatura. Determine cuánto aire se necesita alimentar al fermentador, cuánta agua debe introducirse al humidificadSPp cuántp calor se requiere para precalentar el aire.



2. Planteamiento.

DiscuiiBjn: El aire entiÉíite deb^-falerBHÉSé1 hasti que la humedad de entrada alcance una temperatigra tal que al ¡JggriShHHi adiabáticamente salga ®sn USMi témperaSpra de S0°fl'y saturado (figura >

Figura 6.28

• Balance de aire

Wvfím ** Masa áe células

1Aire = VtCc (Dosis) {- Ú3-% Oxígeno en aire

= volumen de aire G3

G¡ = G3 Vh = aire seco

Agua requerida en l i hUpiiciifìCadoI

l 2 =

Cálculos,

Balance de aire

G3 10 (-— 50jd ° 2 _ 1_mi sqjusión 1 mg de células 0.21

G3 = 23.8 X 1 99 /d

■ 23809 1 de aire

2 1 0 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

• Humedad del aire de entrada y salida

Yi = 0.0052 kg H20 /k g aire seco

F3 = 0.0273 kg H20 /k g aire seco

• Tem peratura a la que se debe calentar el aire antes de introducirlo al humidificador. Siguiendo la carta psicrométrica tal como se indica en la figura 6.29.

0.0273

0.0052

• Aire necesarioi n 0 2 7

(273 + 30) (0 .082)/l = 0.892 m 3/kg

^ 23.809 m3/h _ cni , yi_Gi = ------------ ;------ = 26.691 kg/h1 0.892 m3/kg 5

• Agua necesaria

L 2 = 26.691 (0.0273-0.0052) = 0.58987 kg/h

• Calor para precalentar

CHl = 0.24 + 0.0052 (0.46) = 0.2423

Q = 0.2423 (26.691) (8 4 -1 5 ) = 446.23 kcal/h

4. Resultado:

Se necesitan 23.809 1/h de aire, 0.58987 k g /h de agua y 446.23 kcal/h p a ra precalentar.


Problem a 6.14

Se desea diseñar una columna de rectificación para separar 20,000 kg/h de una mezcla que contiene 15% de alcohol y 85% de agua en peso, con objeto de obtener un producto destilado con 90% en mol de alcohol y unos fondos con el 15% de alcohol en mol. Calcule la cantidad de destilados y fondos en kg/h.


Figura 6.30


• Balances de masa

L i = Ld + L r total

L\X^ — L dXd + L rXr parcial


• Moles entrantes

3. Cálculos.

^ _ 20000(0.15) + 20000(0.85) 1 46 18

= 1009.66 kg mol/h

- 1 _ 65.217—1009.66

kg mol alcohol= 0.06459 —2-----------------

kg mol totales

• Balances

1009.6 = Ld + Lr

1009.66(0.06459) L„ (0.9) + LR (0.015)

Resolviendo simultáneamente

Ld = 56.5786 kg mol/h

Lr = 953.0814 kg m ol/h

* Cantidad de destilados y fondos

LD m 56.5786 (0.9) (46) + 56.5786 (0.1) (18)

= 2444.19 kg/h

Lr = 953.0814 (0.015) 46 + 953.0814 (0.985) (18)

= 17555 kg/h

4. Resultado:

Los destilados serán 2444.19 kg/h y los fondos de 17.555 kg/h.

Problema 6.15

Si para el problema anterior se utilizara un reflujo de 3.5 kgmol/kgmol de producto destilado y si la mezcla se mete a 20°C y 1 atm, calcule lo siguiente:


a) El vapor necesario en el rehervidor si se usa vapor de 1.40 kg/cmfti,b) El calor que debe quitarse en el condensador y el agua requerida para ello

si ésta entra a 25“C y sale a 45°C.

Tómese el sistema alcohol-agua como si fuera ideal y la presión de trabajo * 760 mm de Hg.

1. Traducción

2. Planteamiento.

* Discusión: p rob lem a se resolver CH3I balances d e m ateriacom binados ¡fiOM balances dBsefflügía.

• Balances de eüssrgía

+ Qjt *= ¿ 3Í / 3 + L 2fí¿ +• Qc tota»

Balance alrededor del condensador

G4 £ 5.4- ¿ 3 w X*.,

C 4 / / 4 + LrH¡» 1 if" ■f’ j t a f i»

Balance alrededor del rehervidor

+ GyHy — GyHj + ¿ 2 ^2 LcHc Gy Le

• Entalpias de las mezclas alcohol-agua, considerando comportamiento ideal

Entalpias de líquidos = S á — Cp\ (¿i — ¿o) *1 + *2 Cp2 (¿i~“ A))

Entalpias de vapores H v = f§É§ (te — to )§¡¡ + m + Cp2yz(te — to) + 2 2

3. Cálculos.

• Entalpia H$: La entalpia H3 corresponde a la de un líquido saturado, o sea que está a su tem peratura de ebullición.

Ww 88 * a l + -P h2o * H 20

7 6 0 = ^ ( 0 . 9 ) + P f t 2p ( 0 . 1 )

« 8.04494 - . _ 1554:23 . iog «s. S .S Ü S l

Primer tanteo T = 70 °C

J P p ?! 2 3 3 -7 = 54 1 mm H g

P r = 7 7 4 .7

Segundo tanteo 69°C

Ph2o = 224 ; P°jc ■ 519 mm Hg ; PT = 743 mm Hg

Luego la tem peratura de ebullición es de alrededor de 69.5°C

M kgmof*íf X - 4


kgmol°C

kcalH 3 = 18(0.1) (6 9 .5 -0 ) + 28.75(0.9) (69.5)= 1923.4kgmol

La entalpia H3 — H5, porque es el mismo líquido a la misma tem peratura.


• Entalpia H4: La entalpia H4 corresponde a la de un vapor saturado con la misma composición que el líquido destilado.

Xalc = 210 J ^ ( 4 6 ) - 9660 k c a l - ; Xh 2o m 550 (16) iií? 990069.5 k g k g m o l 69.5 k g m o

H4 i 18(0.1)(69.5) + 0.1(9900) + 28.75(0.9)(69.5) + 0.9(9660) =

G4 = 198.025 + 56.5786 = 254.6 kgmol

= 254.6 (11607.4) - 254.6 (1923.4)

- Qc = 2465589.3 ^ h

pero LA(Ha ~ H f ) = LACpn2& (TA — TF)

La{ 1) (45 — 25) = 2465589.3

La = 123,279.46 kg/h de agua

• Entalpia H2: Esta entalpia corresponde a la de un líquido a su punto de ebullición a las condiciones de la salida de la torre.

11607.4kgmol

• Balance alrededor del condensador

¿ 3 t í 56.5786 L 5 = 3.5 L 3 = 198.025 kgmol

Pr= | £ (0.015) t (°-985)

Primer tanteo 98°C

p h2o = 708 Pl\c m 1570 p T = 720.93

La tem peratura deberá estar alrededor de 98.5°C.

0.5 + 0.872

H 2 = 18(0.985) (98.5) + 31.5 (0.015) (98.5) m 1792.94 kcal..kgmol


• Entalpia a la entrada Hj

*0= 18 ¿sw/ 0 .5 7 Í 0.5 i .c

C i f (-------¡------- ) 46 =“ -24.61

■ 0.06459(24.61) (20) + 0.93541(18) (20) = 368.537 kctj/kgmol

• Balan® total de energía

1009.66^68.537)+ Q_R ¥ 56.5786(1923.4) + 953.0814(1792.94} •■+ É4aSfc89.3

Qjt= 3 911 132.7 kcal/h

fc 'Iflgpgf' ip ippiädo

B t a n & f t w = 2.4 kg/cm 2 T 1 127°C

X. ai -525 kcal/kg

G f M Ê m 3911131/? À G v ■ 7449.77 kg/h

4. Resultado:

Se requieren HHMnl kg/h de vapor, se deben quitar 2, 465, 589J kcal/h en el condensador y usarse para ello 123, 279 kg/h de agua.

Pro ble mas propuestos

Problema 6.16

Se va a deshumidificar aire a 43°C saturado con vapor de agua. Parte del aire se manda a la unidad de deshumidificación, en donde se enfría y se condensa parte del agua. El aire sale a 15.5°C jjjWk mezcla fiOn aire que se deriva. El aire final contiene 0.02 kg de vapor de agua/kg de aiífifcsecK. La presión del vapor de agua a 43PC es de 70 mm de Hg y a 15J3°C es de 13.2563 mm de Hg. La presión total es de 1 atm. Calcule lo siguiente:

a) La humedad del aire.b) La humedad del aire saturado que sale del deshumidificador a 15.5°C.c) La relación de kg de aire derivado por kg de aire que pasa al deshumidifi

cador.


Resultado:

La humedad del aire a 43°C es de 0.0629 kgH20/kgA .S. La humedad del aire a 15.5°C es de 0.011. Se derivan 0.2098 kg de aire por kg que entra, o sea el 2 1 %.

Problema 6.17

A una columna de destilación se alimenta una mezcla con 26.1% en mol de alcohol etílico y el resto de agua a su temperatura de ebullición. La composición del destilado deberá ser de 85% de etanol en mol y la de los fondos de 3%. Si se necesitan destilar 2000 kg/h de mezcla, ¿cuánto destilado y fondos se obtendrán? ¿Cuál será la temperatura a la que entre la disolución si la presión de trabajo es de 586 mm de Hg? Suponga comportamiento ideal.

Respuesta:

Se obtendrán 22.916 kgmol/h de destilados y 56.09 kgmol/h de fondos. La temperatura será de 73°C.

Problema 6.18

El Ci0H 22 es insoluble en agua y puede ser purificado por medio de la destilación por arrastre con vapor a 586 mm de Hg.

a) ¿A qué temperatura se llevará a cabo la destilación?b) ¿A cuántos grados por debajo del punto normal de ebullición del decano se

llevará a cabo la destilación?c) ¿Cuántos kg de vapor de agua se requieren para destilar un kilogramo de

decano?

Respuesta:

La destilación se llevará a cabo a 90°C y a 75°C por debajo del punto de ebullición del decano puro. Se requieren 1.332 kg de vapor de agua por kg de decano.

Problema 6.19

En una mezcla de benceno y nitrógeno que está a 40°C y 720 mm de Hg la presión del benceno es de 50 mm de Hg. Para separar el ochenta por ciento del benceno presente en la mezcla se somete ésta a compresión y enfriamiento. Calcule: a) la presión final si se enfría hasta 10°C; t/) el volumen inicial requerido para condensar 50 kg de benceno por hora.


Resultados:

Se requiere comprimir la mezcla hasta 4.08 atm. Se necesitan procesar 312 m 3/h de gases.

Problem a 6.20

En una plánta se ha instalado una torre de tiro inducido para enfriar agua. Al hacerse una prueba en la torre se obtuvieron los siguientes datos:

• Agua entrante: 7 m3/m in a 46°C.• Agua saliente: 25.5°C.• Aire entrante: 24°C en bulbo seco; 15.5°C en bulbo húmedo.• Aire saliente: 38°C.

¿Cuál es la capacidad del ventilador en m 3/m in si la torre está instalada en la ciudad de México, donde la presión atmosférica es de 586 mm de Hg?

Resultado:

La capacidad del ventilador será de 5 780.83 m 3/m in.

Problem a 6.21

En un salón de clase se observa que la tem peratura de bulbo seco del aire es de 25°C y la de bulbo húmedo de 20°C. ¿Cuál es la hum edad absoluta, la relativa, la entalpia del aire y el volumen húmedo?

a) A la presión de 760 mm de Hg.b) A la presión de 586 mm de Hg.

Resultados:V/,m3/kg

Presiones en mm Hg Y kg/kg YR% Hkcal/kg aire seco

760 0.013 70 13.91 0.86586 0.017 65 16.3445 1.1226

Problem a 6.22

La presión parcial del vapor de agua en una masa de aire húmedo a 30° y 740 mm de Hg es de 14 mm de Hg. Calcúlese:

a) El punto de rocío.b) La humedad absoluta.c) El calor húmedo.


d) El volumen húmedo.e) La entalpia.

f ) La hum edad relativa.

Resultado:

• Tem peratura de rocío: 16.4°C.• Hum edad absoluta: 0.012 kg H 20 /k g aire.• Calor húmedo: 0.2455 kcal/kg aire °C.• Volumen húmedo: 0.897 m 3/k g aire seco.

Problem a 6.23

En un proceso para la obtención de carotenos a partir de zanahoria se extrae el pigmento de los sólidos secos mediante un solvente que ofrece las mejores ventajas para la extracción. El solvente empleado es el benceno y se debe recuperar mediante una corriente gaseosa de nitrógeno. Dicho gas circula en un sistema cerrado. El pigmento entra al secador a razón de 8000 kgmol/h y contiene 1.25% en mol de benceno. El gas saliente del secador está a 768 mm de Hgr 42.2°C y tiene una hum edad relativa de 75%.

Esta corriente se pasa a través de un enfriador para condensar la mayor parte del benceno, el cual se separa en un tam bor de separación. El vapor saliente del tam bor se hace pasar por medio de un ventilador a través de un cam biador de calor y posteriormente pasa al secador. El ventilador operará a una presión de succión de 760 mm de Hg. A la descarga del ventilador hay una tem peratura de 15.4°C y una presión de 1250 mm de Hg. El gas que circula en el circuito es de 9500 m 3/h estándar en base seca libre de benceno (figura 6.32).

Figura 6.32


a) ¿Cuál será la temperatura en el tambor de separación para que no exista un aumento de benceno en la corriente de gases reciclados?

b) ¿Cuál es el porcentaje en mol de benceno que contienen los sólidos que dejan el secador?

Resultado:

La temperatura en el tambor es de 6°C. A la salida del secador los sólidos contienen 0.00242 por ciento de benceno.

Problema 6.24

Se debe calcular un equipo para acondicionar el aire de un local en donde se extrae aceite de ajonjolí. El proceso completo consta de precalefacción, humidiñcación y recalentamiento. A la entrada del proceso se tiene aire a 27°C con una humedad absoluta de 0.0072 kg de agua/kg de aire seco. Para el local se requieren 340 m3/m in de aire a 30°C y con una humedad de 0.0166 kg de agua/kg de aire seco. A la salida del humidificador se tiene una humedad relativa por ciento de 85. Calcular:

a) La cantidad de agua que debe absorber el aire.b) La temperatura de salida del aire en el humidificador.c) La temperatura de precalentamiento.

Resultado:

Se evaporan 3.65 kg de agua/m in. La temperatura de salida de la cámara de humidificación es de 26.5°C. La temperatura de precalentamiento es de 57°C.

Problema 6.25

Se cuenta con una torre de enfriamiento de agua, la cual debe llevar al líquido desde 32°C hasta 23°C. El aire atmosférico está a 24°C y 12°C de bulbo húmedo. A la salida de la torre el aire tiene una temperatura de bulbo húmedo de 20°C y 22°C de bulbo seco. La presión de trabajo es de 760 mm de Hg. Si el gasto volumétrico de agua que es necesario agregar al sistema para reponer la que se pierde por evaporación durante el enfriamiento es de 3450 1/h. Calcule:

a) El gasto másico de aire que entra a la torre.b) El gasto volumétrico de aire a la salida de la torre.c) El gasto másico del agua que se va a enfriar.


Resultado:

El aire entrante a la torre es de 328 571.4 kg de aire seco/h. El gasto volumétrico de aire a la salida es de 280 476 m3/h . Se enfrían 214 319 kg de agua/h.

Problema 6.26

La harina de tapioca se usa en lugar de harina de trigo en muchos países. La harina se obtiene secando la raíz de casava con 66% de humedad hasta que contenga sólo 5% y luego se muele para obtener la harina. ¿Cuántos kilogramos se deben secar para producir 5,000 kg/hr de harina?

Resultado:

Se deben secar 13970.58 kg/h.

Problema 6.27

Un material fertilizante se seca desde 5% hasta 0.5% de humedad en base seca a una velocidad de 1.5 kg/s en un secador rotatorio y a contracorriente con aire. El sólido entra a 294°K y sale a 339°K, en tanto que el aire entra a 400°K y con una humedad de 0.007 kg de agua/kg de aire seco y sale a 355°K. Despreciando las pérdidas de calor, estime el caudal de aire seco y la humedad de aire saliente del secador. El Cp del fertilizante seco es de 1.89 kJ/kg°K. La presión de operación es de una atmósfera.

Resultado:

Se requieren 6.302 kg de aire seco por segundo. La humedad del aire saliente es de 0.0172 kg de agua/kg de aire seco.

Problema 6.28

En un proceso se mezcla harina de pescado con otros alimentos. Para obtener la harina de pescado, se extrae el aceite y se tiene un producto con 80% de agua y 20% de sólidos. Este producto se seca en un secador rotatorio para dar una harina con 40% de agua, luego esta se muele y se empaca. Calcule los kilogramos de harina húmeda entrante al secador requeridos para producir 1000 kg/h de harina seca.

Resultado:

Se deben introducir 3000 kg/h de harirpi húmeda al secador.


A péndice 6.1 Presión de v ap o r del ag u a e n m m de H g

PresiónTemperatura en

°C m m de H g

0 4.5795 6.543

10 9.20915 12.78820 17.53525 23.75630 31.82435 42.17540 55.32445 71.8850 92.5155 118.0460 149.3865 187.5470 233.775 289.180 355.185 433.690 525.795 633.9

100 760.0

A péndice 6.2 C onstan tes de A n to ine

Log P° = A - ---6 t + cP = mm de Hg t — °C

A B CMetano 6.61184 389 266Etano 6.80266 656.4 256Propano 6.82973 813.2 248Butano 6.83029 845.9 240Pentano 6.85221 1064.63 232Hexano 6.87776 1171.53 224.336Heptano 6.90246 1268.115 216.9Benceno 7.429 1628.32 279.56Tolueno 6.953 1343.94 219.38Etil ciclohexano 6.80266 656.4 256Acetona 7.02447 1161 224Alcohol etílico 8.04494 1554.3 222.65Alcohol metílico 7.87863 1473.11 230Agua 8.10765 1750.286 235 de 0o a 60°CAgua 7.96681 1668.21 228 de 60 a 150°C

APENDICE 6.3 CARTA PSICROMETRICA 223

Apéndice 6.3

03 jD

CAPÍTULO

! SIETEBalances en extracción sólido-líquido y en cristalización

Objetivos:• Al terminar de leer y estudiar este capítulo el estudiante podrá utilizar un

diagrama de solubilidad para efectuar balances en cristalización.• Estará capacitado para efectuar balances de materia en la operación de

extracción sólido-líquido usando diagramas temarios.

CristalizaciónPor medio de esta operación unitaria se obtienen sólidos cristalinos a par

tir de una solución líquida saturada. En muchos casos es deseable obtener los sólidos en forma de cristales, pues así es más fácil almacenarlos, conservarlos y utilizarlos, además por medio de la cristalización se pueden obtener sustancias puras las que sólo tienen el sólido deseado y el agua de cristalización. Para lograr la cristalización las soluciones líquidas se deben sobresaturar, esto se logra mediante aparatos llamados cristalizadores, en los cuales se enfrían las soluciones saturadas, a veces, para favorecer la cristalización se agregan cristales pequeños de la misma sustancia que se desea cristalizar, esta siembra fomenta la cristalización al servir de núcleos en los que principia la formación de cristales.

La cristalización está ligada a la solubilidad de las sustancias, ésta generalmente aumenta con la temperatura, aunque se dan casos en los que disminuye. Los datos sobre solubilidad se presentan en forma de tablas o de gráficas como la siguiente:

Figura 7.1

227

228 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

Si S es el soluto y D el disolvente, en general las curvas de solubilidad presentan la forma mostrada en la figura 7.2.

En la figura 7.2 el área por arriba de la curva AEH representa al líquido insaturado con el soluto S , siendo la curva la representación del equilibrio o sea la de las soluciones saturadas con S. El área por debajo de la curva de saturación corresponde a los líquidos saturados del soluto S y sólidos cristalizados.

El punto E de la curva recibe el nombre de entéctico y representa la tem peratura más baja que puede alcanzar una solución saturada con el soluto S. Abajo de la línea CM se encuentran solamente sólidos. El área EHM representa mezclas de cristales de soluto 5 y de aguas madres o sea líquido saturado con5. El área A CE representa la región en donde se invierte la cristalización, o sea, en ella se presentan cristales del solvente D y aguas madres saturadas de solvente.

H

K

H

ME

Concentración del solijto

Figura 7.2

lances de materia

De acuerdo con la figura 7.3, el balance de masa estará dado por:

T(°

F)BALANCES DE M ATERIA 229

Figura 7,4


En donde L x son los kg/h de solución entrante al cristalizador, L 2 las aguas madres salientes del cristalizador y que están saturadas de soluto a la tem peratura t2, *$3 son l°s kg/h de cristales que se formaron en el cristalizador y que están en equilibrio con las aguas madres.

• Balance total:

L \ = L 2 + S2

• Balance de soluto:

L xx\ m L 2x52 + S2zv\

Para obtener las concentraciones de x2 y w/3 se deberán usar las tablas de solubilidad o las gráficas que representan el equilibrio.

En ciertos casos a partir de una disolución se pueden obtener diferentes tipos de cristales, dependiendo de la concentración con la que se comience o de la tem peratura final a la que se lleve la cristalización. Esto se visualiza en la figura 7.4.

Extracción sólido-líquido

En esta operación por medio de un disolvente se extrae un soluto que form a parte de un sólido, como un aceite, una esencia, etc. La extracción sólido- líquido recibe también el nombre de percolación cuando la extracción se hace con disolvente caliente o a su punto de ebullición.

Esta operación se lleva a cabo en aparatos llamados extractores, que pueden trabajar a régimen permanente o interm itente; en ellos lo que se pretende es lograr el contacto más íntimo posible entre las fases para favorecer la extracción.

En la extracción se agrega solvente en exceso con objeto de recuperar todo el soluto posible. Para los cálculos se suele usar un diagrama triangular rectangular (figura 7.5).

Figura 7.5

BALANCES DE MATERIA 231

En ese diagrama se presenta en el vértice del ángulo de 90°, el componente o componentes inertes, en el de la derecha el soluto o componente a extraer y en el superior el disolvente.

El equipo más sencillo de extracción se representa en la figura 7.6.

Figura 7.6 é*mEn donde, SA es la alimentación, L D es el disolvente, L M es la mezcla resul

tante, Le es la corriente del extracto y que contiene solamente disolvente y soluto, L r es la corriente de refinado o Iodos, que contiene a los inertes más la solución retenida por éstos. En el diagrama triangular la linea D S representa a todos los extractos posibles. Para representar a los lodos se pueden utilizar varias líneas a saber: Línea KM representa lodos que tienen la relación de disolución a inertes constante. Si lo que permanece constante es la relación de disolvente a inerte la línea que representa esto es la JS, por último, si la relación de disolución a inerte es variable se empleará la línea N Q para representar a los lodos.

Figura 7.7


Esas líneas se construyen en base a la información experimental presenta- da en la literatura obtenida directamente.

Balances de materia

Sea un extractor de una sola etapa consistente en á) un mezclador en donde se pone en contacto el sólido con el solvente y b) un asentador en donde se separan las fases.

W + LoX%'=Lux ÿ = L ex f + L Rx t

Figura 7.8

En donde xf51 y son la concentración del soluto en el extracto y el refinado que se obtiene a partir del diagrama triangular.

Procediendo por pasos se hará lo siguiente: una vez construida la línea de refinado, se localizan en el diagrama los puntos de disolvente y alimentación. La unión de esos dos puntos dará la línea de todas las mezclas posibles de D y A . El punto M se obtiene por balance numérico o mediante la regla de la palanca (figura 7.9).

S>j + L d — Lm = Le + L r Balance total

Figura 7.9


Una vez conocido el punto M, se une éste con el vértice de inertes. Cuando esta línea corte la línea de lodos se obtendrá la concentración del soluto en los mismos. El corte en la línea de extracto DS dará la concentración de soluto en ellos.

Problemas resueltos

Problem a 7.1

Una disolución de cloruro de sodio en agua se satura a 15°C. Calcule el peso de NaCl que puede disolverse en 100 kg de esta disolución, si se calienta hasta 65 °C.Datos: Solubilidad del NaCl a 15°C, 6.12 kg mol por 1000 kg de H20

Solubilidad del NaCl a 65°C, 6.37 kgmol por 1000 kg de H20


1

Saturada Saturada

/ = 15°C ► i = 65 °C

Figura 7.10

2. Planteam iento.

• Discusión: Para obtener la cantidad necesaria de sal, se debe encontrar la cantidad de NaCl que puede disolverse en el agua de esta disolución a 65°C.

3. Cálculos.

• Agua presente en 100 kg de disolución saturada a 15°C

Base 1000 kg de H20NaCl disuelta en esta agua = 6.12 X 58.5 = 358 kg

^N aC I = ------- 358------- _ Q 264358 + 1000

NaCl disuelta en 100 k g = 100(0.264) = 26.4 kg Agua ■ 73.6 kg

m BALANCES EN E X T R A < Ü S N SOLIDO-UQRSag ^ e n GfciSTALlZABlCÍÑ

• Sal que *e puede disolver en 100 kg a 65 °C

En 1000 kg de HzO = 6.37 X 58.5 = 373 kg

*N»ci = ------ 373------ í o . 27l6373 + 1000 /1D

NaCI disuelta en 100 kg

100 (0.2716) m 27.16 kg

NaCI extra que debe añadirse = 27.46 — 26.4= 0.76 kg

4. Resultado:

Se pueden disolver otros 0.76 kg de sal.

Problema 7.2

En un proceso en el que se produce K N 03 se alim en tan 1000 kg/h de una disolución que contiene 20% en peso de K N 03. Esta dis0]u c ¡ón entra a un evaporador el que elimina algo de agua para producir un^ disolución al 50% de K N 03. Esta última se introduce a un cristalizador a 38°c en donde se obtienen cristales, con 96% en peso de KNO3. Las aguas m adres salen con 37.5% de K N 0 3 y se reciclan al evaporador. Calcule la cantidad de corriente r e c ic la d a y la cantidad de cristales producidos.


l'ROBLEMAS RESUELTOS 235

2. Planteam iento.

• B alance to tal f&EÉfts&ff' ¡¡¡fi todo el proceso

J4 '* 1 G5 "*■ 63

• Balance parcial de K N 03

* * 3, V „ ' j m é k ^aj fe® O3ÍV3

• Balance en elevaporador

L4 4> % *• |Gj + JEr

I .«JPfl* A /• - f .v.P®8 ■>A4 ' -L-1 1 ■" 2 2

i . Cálculos.

• B alance to ta l de todo el proceso

10Ü h Gs + S3 1000 (# .2 | a* S3(0.96)

S3 = I f l j l i p a i ; G5 = 791.67

• B alance e n * i evaporador

l 4 + 100# p m j á + l 2 /.4 p J F f ^ ; * SS# ■ j y M

• Resolviendo sim ultáneam en te

■ í X j “ É L f l k g /h

H R esultado:

.. f — ¿fenflM 766.7J, kg/h de agua»m adres.

Problema Í . i

, A zúcar üs e l q ue se expende eEKÍ.comer- ció con dSsÉiiWS¡gSdéá de p B B H . En las WSBj/BtiH n ilH dM jlü íjllÉ S lión del ■fi&BT&BE se USügSntra m ed ian te la CÍÍPa8#3dftB¿' /

La 4lHS»li»pi que sale del ú ltim o láfiep (evaporador) está satu rada ¡i H nD jfW IH B M I un cristalizador, que está evitar que

. los cristales crezcan dem asiado y se solidifique l a m t p . ípU andofos cristales se

236 ■ U B H n B W f B SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

enfrían a la temperatura ambiente (20°C) se filtran a través de centrífugas obtc* niéndose azúcar de primera y miel rica de primera que se devuelyq’ a I(¿djsgch®¡,. ¿Cuál será el rendimiento teórico de fiscales de sacarosa por cada 1000 kgft de masa cocida (disolución) entrante al cristalizador, si los cristales sáltó con un 97.54% de pureza?

Datos:

Solubilidad dal azúcar % de agua en pesod§ paña en agua

T° C %5

10 20 30 40 50 60 70 80 90

100

h a /„«a, M<-Oi aw-l lili. Num Vurli. 13I¡7

1. Traducción figura 7.12).

64.18 65.58 67.09 68.80 70.42 72.2574.18n m78.3680.6182.97

Figura 7.12

PROBLEMAS RESUELTOS m

2. P lanteam iento.

• Discusión: Con la ayuda de la tabla de HfljÉflHWf se puede obtener Ü balance de masa.

• B alápfif- ■ ■ g.

Balance total

L 2 #» S3 jr L 2

Balance de sacarosa

r sacaro sa o sacarosa . T sacarosa-Ligfr P ójptj !§h 1-^x2

3. Cálculos.

• Concentración inicial de la sSf árosa

De los datos

* f ü r0sa * 0.7418

• Concentración íiaal de la sacarosa

^ sa c a ro sa = g g y g g k g S a C a r o s a_ _ ^

kg de disohuÉÓn

• Balances

1000 =* S3 ■+■ L2

1000(0.7418) = S3(0.9754) + L2 (0.6709)

L 2 m 767.18) k g /h ; S3 ® 232.85 k g /h

4. Resultado:

Se obtienen 232.85 k g /h d cm É E ftr tfSfk 97.54% flk puBBB«-.

Problem a 7.4

En el lib ro “Solubigües <Ét JM M sp riF riH K Organic g^gJíjJgiBiílir Í®S H . Stephen y Stephen de la solubilidad ¡|ij la glucosaep agua:


T° °C — 5.605 - 5 .3 -2 .3 0 5 -2 .1 1 6 -0 .7 7 2 + 0.5 + 15 + 22 + 30 + 35

% en peso de glucosa 33.02 31.75 17.59 16.75 6.83 35.2 44.96 49.37 . 54.64 58

40 45 50 64 70 80 90

62 65 71 76 78 81 85

Construya la curva de solubilidad a partir de esos datos.

1. Cálculos.

• Construcción de la gráfica puntos bajos (figura 7.13)

Figura 7.13

PROBLEMAS RESUELTOS

• Construcción total de la gráfica (figura 7.14)

Porcentaje de glucosaFigura 7.14

Problema 7.5

Si se hace una solución de glucosa en agua a 70°C y en una concentración del 60% en peso y si ésta se enfría hasta 10°C, ¿cuánta glucosa y aguas madres se obtendría? ¿Cuál será la concentración de las aguas madres?


2. Planteamiento .

Discusión: Este problema se puede resolver utilizando los datos presentados en el problema anterior.

240 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIBIDO Y ■ ■ B H h H X i M M

H gura 7.15

• Balances de m ateria

Balance total

Balance de glucosa

L x = L3 + S2

L\Xj m /.3X3 # S2w2

3. Cálculos.

Concentración de las aguas madres y de los cristales. En el diagrama de equilibrio del problema anterior (figura 7 .1 6 J •

x3" 0.42 -Vj ® 0.6 w2~ 1

Figura 7.16


• Balances

Base 1000 kg/h de alimentación

1000 = 52 4 L3 1000(0,6) = S2(l) + ¿3(0.42)

¿3 = 689.6 kg/h S3 = 310.4 kg/h

4. Resultado:

Se obtienen 310.4 kg/h de glugüsa por 1000 kg/h de alimentación y 689.6 kg/h de aguas madres. La concentración de las aguas madres salientes es del 42% en peso de glucosa.

Problema 7.6

En una planta de harina de pescado se tratan 5 toneladas métricas por hora de pescado con benceno puro, para extraer el aceite contenido en el pescado. La harina de pescado contiene 45% en peso de aceite. Experimentalinente se ha obtenido que por cada kilogramo de harina libre de aceite se retiene 0.5 kg de disoltfiSiójt« ¿Quinto benceno se deberá utilizar para que la harina saliente contenga sólo un 5% de aceite?


SAm 8500 kg/h 0.45 V

I—0.5 kg d e disolución

kg de h a rin a lib re de aceite

Figura 7.17

2. Planteamiento.

9 Discusión: De acuerdo con el enunciado, la línea de flujo inferior o de lodos será paralela a la hipotenusa ya que

solución----------- = cteinerte

242 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO y EN CRISTALIZACION

• Balances: En el tanque de disolución

Sa Ls ~~ L-m total SAxA + LdX0 = Lmxm parcial

En el decantador

L tf - l'E + L r Lj^Xm — LeXe 4- LrXr

3. Cálculos.

• Construcción del diagrama

inerte inerte 1 _—— = -------------------- — = u .b olodos inerte 4- 0.5 4- 1

disolución

por lo tanto, la línea de flujo inferior se dibuja paralela a la hipotenusa a partir de x7 = 0 .66.

En ese diagrama se pueden ubicár los puntos A, D y R . Al unir A con D se tiene el lugar geométrico de todas las posibles mezclas de A con D. Sobre esta línea deberá caer el punto Ai que indicada relación de alimentación a disolvente usada para obtener el extracto requerido (figura 7.18).

• Obtención de flujos. Para resolver gráficamente este problema se deberá recordar que el punto de extracto estará conectado con él punto / o de inertes. Esta línea, al cortar la de alimentación dará el punto de mezcla M (figura 7.19).

De la gráfica

x acd te = 0 0 5 J ^ d e aceite kg totales-

x íT a = 0-125 kg de-aCeÍtC kg totales

aceite n . r Xe = 0.16

Por lo tanto

3000 4- Lo = Lu 3000(0.45) = £„(0.125)

Lm = 10800 kg/h ó Ld = 7800 kg/h

PROBLEMAS RESUELTOS

D

Figura 7.18

D


4. Resultado:

Se requiere 7,800 kg/h de benceno para tratar 3000 kg/h de aceite de pescado.

Problema 7.7

Si en la planta de harina de pescado se tratan 2.5 ton por hora en tres etapas de corriente directa',^'si se usan 1000 kg de benceno en cada etapa, ¿cuál será la composición del refinado procedente de la última etapal jíQué porcentaje de aceite se recuperará?


Figura 7.20

2. Planteamiento.

• Discusión: Se usará el Éiétodo gráfico. En este caso, la línea correspondiente al flujo inferior es paralela a la hipotenusa.

• Balance: En el primer lixiviador

SA 4t T d\ ~ 4- Mr j Jé Jí.wj

SaWa MmXmi

MmxUi z "i- M r xr^

Esto se repite p a ra la d a lixiviador

j?, C á l c u l o s .

* D iagram a: "H d iag ram a el ¡Üf ejem plo

• Primer fa^saBiMe ÊÊ/HHk


Aceite

F ig u ra 7 .21

H primerlixiviádor se? írxlg: como el ejemplo 4 ^ H ||p - El pun |g M„j está dado por:

MOO * SÖÖÖ = 3500

jÿ ff lg fc y j

m 0.321

xKl = 0.185 xEj — BlES

3500(0.321) = AÍRl(0.185) + ^ (0 .5 5 )

3500 — Mki + Le\MKi = 2191.78 kg/h LEl = 1308.2 kg/h

• Segundo lixiviador; En este lixiviador se trata Mrx con Ld2

El punto Aí2 está dado por: 2,191.78 + 1,000 = 3,191.78

2,191.78(0.185) = 3191.78 x«2eitc xMl = 0.127

De la gráfica indicada en la figura 7.22 se localiza el punto Mm2 uniendo Xri con D


De la gráfica

Xr2 = 0.08 Xr2 = 0.24

3 191.78 = Mr2 + Lr2

3 191.78(0.127) = Aí*2(0.08) + Lr2(0.24)

Lh = 937.5 kg/h M„2 = 2 254.28 kg/h

• Tercer lixiviador: En este lixiviador se trata M*2 con LDy El punto M„. quedará en

2 254.28 + 1000 = 3 254.28 = Aí«3

2 254.28(0.08) = 3 254.28 x%%iu

*«3eite = 0.055

El punto Mm3 se localizará uniendo x„2 con LD¡. La línea que los une dará el punto

De la gráfica mostrada en la figura 7.23

X e j



Xr3 = 0.035

xE3 ~ -0 .1

3 254.28 = LEj + M„3

3 254.28(0.055) = -L^O.l) + Aí«3(0.035)

M„3 = 2 252.92 kg/h

LEj m 1001.35 kg/h

• Composición global del flujo superior

'¡lj¡|''» LE2 + LE3 = 1 308.2 + 937.5 + 1001.35

, ' 3 247.05 kg/h

Aceite recuperado

1 308.2(0.55) + 937.1(0.24) + 1001.35(0.1) = 1044 kg de aceittóh

^.global _ 1 0 4 4

3247

*= 0 3217 kg de aceite kg de extracto

• Porcentaje de aceite recuperado

1044- - ^ 7 N (100) ■< 92.85%2500(0.45) v '

4. Resultado:

La composición global del flujo üapw or es del JMS217 kg de aceite/kg de extracto. El refinado procedente de la última etapa tendrá una composición de 0.035. Se recuperará el 92.85% del aceite.

Problema 7.8

Para extraer el azúcar contenida en la remolacha se emplea un sistema de extracción de tres etapas en corriente directa. se tratan dos toneladas craarías de remolacha de composición 14% de azúcar, 40% de agua y 46% de inertes, ¿cuál será la cantidad de azúcar recuperada en el agua si se trata cada etapa ton 2 000 kg de agua? Experimentalmente se ha encontrado que cada kg de sólido inerte retiene 2.5 kg de disolución.



249

2. Planteamiento.

• Discusión: Se resolverá el problema JpÉ&ÉfÉKHBi

• Diagrama:' La línea de flu jg inferior dada Por x‘ = 1/3.5 = 0.28 es paralela a la hipotenusa. Corno las concentraciones están muy bajas,

'' conviene hacer 3S8É ampliación d|ÉJ diagrama.

• Balances: S i . el pfÜBSST lixiviador

^ ss ** + Ad/t1

SAw ? &aT m M m1z%lücar = L E1x¡\ÚC3T + M R1z i t caT

Balance en el segundo lixiviador

iWíj 4 Ld2 M M2 jL 2 “b iUjíj

itjr azúcar . . azúcar r .azúcar . . , azúcar Aik j — NLm-jZm-i ^ T e2Xe2 3s zWíZ2z«2

3. Cálculos.

• Primer lixiviador (figura 7.25)

, 'áioo + 2000 »' Ü M ^ | ,

*■' a» 4000 z l f * r - 0.07

250 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

Figura 7.25

Del diagrama

^azúcar _ Q Q 65 ^azú car = 0 .0 9 1

4000(0.07) m M Rl (0.065) + L El (0.091)

4000 =* Lh + M Rl

Lh = 769.2 kg/día M Rl = 3230 kg/día

• Segundo lixiviador

3230 + 2000 = 5230 kg/día = M2

3230(0.065) 5230**2

**2ücar « 0.040

Del diagrama

Xe2 38 0.0485 Zr2 “ 0.0345

* • 5 230 ** Z/jr2 ■+■

5 230(0.40) * Lf2(0.0485) + Af*2(0.0345)

Mr2 = 3175.3 kg/día

L e2 = 2054.7 kg/día

• Tercer lixiviador

3 175.3 + 2000 = 5 175.3 kg/día == M3

3 175.3(0.0345) = 5 175.3 zM3

zM3 = 0.0211

De la gráfica

z%fcar = 0.019

^azú car = q Q gg

Balance

5 175.3 = LE3 + M R3

5 175.3(0.0211) = 1^(0 .026) + Mr3( 0.019)

Mr3 = 3 623 kg/día ; LE3 m 1 552 kg/día

Azúcar recuperada

1 552(0.026) + 2 054.7(0.0485) + 769.2(0.091)= 209.9 kg/día *

909 9 , 1 0 ( ) . = 7 4 9 6

2000(0.14)

4. Resultado:

Se recupera el 74.96% del azúcar, o sea, 0.2099 ton/día.

'Pfó b lemas propuestos

Problema 7.9

En una disolución de naftalina en benceno, la fracción mol de naftaleño es de 0.12. Calcule el peso de disolución necesario para disolver 100 kg de naftalina a 40 °C.


Datos (mostrados en la figura 7.26):


Fracción peso d e nafta ieno

Fuente: Hougen, Watson y Ragatz. Chemical Process Principies. Tomo 1. WiJey, Nueva York, 1954.

Figura 7.26

Respuesta:

211 kg.

Problema 7.10

500 kg/h de una solución que contiene 40% de naftaieno y 60% de benceno a 50°C se enfría hasta 10°C. ¿Cuánto naftaieno cristaliza?

Respuesta:

Se cristaliza 83.3 kg.

Problema 7.11

Construya la curva de solubilidad de la maltosa en agua, a partir de los siguientes datos:

°C —0.79 —1.18 - 1 .8 7 + 0 .6 ¿ 21 29 .6 34 .4 59.8 66.3 74.2

% enpeso 12.23 16.67 23.97 35 .8 44 48 49 .6 63 .7 66.7 72.3


Problema 7.12

De un evaporador se obtienen 2 000 kg/h de una disolución de lactosa en agua al 46.3% y 80°C. El líquido se hace pasar a un cristalizador en donde se obtienen los cristales de lactosa, los que después pasan a una centrífuga para recuperar los cristales de las aguas madres, las que s í envían al evaporador. Si

la cristalización se lleva a cabo a 10°C, ¿cuál será el % de lactosa recuperada como cristales? (Figura 7.27).


X = fracción peso de lactosa

Figura 7.27

Respuesta:

Se recupera el 84.2% como cristales.

Problema 7.13

¿Qué cantidad de agua se requiere para disolver 100 kg/h de maltosa a 15°C?

Respu ta:

Se necesitan 140.5 kg de agua por hora.\\\\\\\

Y '

PROBLEMAS p r o p u e s t o s 255

Problema 7.14

100 kg/h de sólidos que contiene 0.15 kg de soluto por kg de sólido se van a tratar con disolvente para extraer el soluto. ¿Con qué cantidad de disolvente se tratarán para que los sólidos finales contengan 0.01 kg de soluto por kg de sólido?

Nota: Se ha encontrado que los lodos contienen 1.5 kg de disolución por kg de soluto.

Respuesta:

Se requieren 810 kg/h de disolvente.

Problema 7.15

Se necesitan tratar cuatro toneladas por hora de café tostado y molido con agua fresca como parte de un proceso para producir café soluble. El contenido de sólidos solubles en el café es de 24%. Si se tratan con 4 toneladas de agua/h, ¿cuál será la cantidad de café soluble extraída? Experimentalmente cada tonelada de sólidos inertes retiene 1.7 toneladas de disolución.

Resultado:

Se extraen 338 kg de café soluble.

Problema 7.16

Una harina de pescado contiene 55% en masa de aceite que debe extraerse a la velocidad de 4 000 kg/h de harina usando 6 000 kg/h de n-hexano, el que se mete en cantidades iguales en las tres etapas. El pescado retiene 1 kg de disolución por kg de pescado libre de aceite. Determine el porcentaje de recuperación.

Resultado:

Se recupera el 91% del aceite.

Problema 7.17

Se debe obtener aceite de bacalao a partir de hígado granulado de bacalao en un extractor de agitador, usando éter libre de aceite como disolvente. El análisis del hígado sin extraer da un valor de 0.32 kg de aceite por kg de hígado. Se desea recuperar el 95% del aceite. Calcule la cantidad necesaria de disolvente a sólido para realizar esta operación.


Los experimentos realizados en el laboratorio dan los siguients? datos para aSijstniir la cIMp de fltifs inferior,'

x aceite 0 0.019 0.041 0.0709 0.108 0.155 0.2129 0.2808 03189x éter 0.159 0.168 0.165 0.1656 0,16 0.155 0.1419 0.1203 0.1063

Resultado:

Se requieren 200 kg de disolvente por cada 100 kg de alimentación.

Problema 7.18

Se tratan dos toneladas por hora de hígado de bacalao usando éter puro como disolvente. La extracción se hará í p dos etapas, utilizando 1000 kg/h de éter puro en cada una de ellas. El hígado de bacalao contiene 0.32 kg de aceite por kg de hígado. ¿Cuál será la concentración del extracto y la del refinado final? ¿Cuál será la recuperación de aceite? (Use los datos del problema anterior).

Resultado:

La concentración del extracto final es de 12% de aceite y la del refinado 2% de aceite. Se recuperan 608 kg/h de aceite o el 95%.

CAPÍTULO

OCHO ________Balances con reacción química

Objetivos:

Después de estudiar este capítulo, el lector podrá efectuar balances de materia y energía en sistemas con reacción quím ica .

Introducción

Las reacciones quím icas en una p lan ta de alim entos son de g ran im portancia, pues con ellas se generan los productos que van a ir al m ercado, así corno los servicios requeridos en la p lan ta corno el vapor, el agua de proceso, la electricidad y otros. U na reacción quím ica es una transform ación orig inada por la in teracción de m oléculas, átom os, iones o radicales p ara form ar sustancias nuevas.

Las reacciones quím icas se p resen tan m ed ian te ecuaciones que resum en la inform ación m ínim a necesaria sobre las proporciones relativas de las sustancias que tom an p arte en la reacción y los productos que con ellas se generan. La reacción quím ica está basada en la lev de ia conservación de la m ateria que dice: “eií cua lqu ier reacción quím ica la m asa to tal de los productos es igual a la masa to tal de los. reactivos”.

T o d a ecuación quím ica indica el tipo de átom os y la com posición de las moléculas que in tervienen en ella. Esto se logra m edian te ia fórm ula quím ica. Esta fórm ula indica el núm ero y la clase de átom os que existen en un compuesto dado. A p a rtir de la fórm ula se puede conseguir el peso m olecular de la sustancia m ediante la sum a de los pesos atóm icos de .les elem entos que la com ponen. Al escribir la ecuación quím ica se debe cu id a r que ei núm ero de átom os de un elem ento que aparecen en u n lado de ia ecuación sea el mismo al del lado opuesto, esto se logra m edian te el balanceo.

Se denom ina balanceo a la d eterm inación de los coeficientes num éricos que se an teponen a las fórm ulas de las especies partic ipan tes en u n a reacción quím ica para que se cum pla la ley de la conservación de ia:m asa.

Balances con reacciones químicas

En toda reacción quím ica la m asa to tal de los reactivos debe ser igual a la masa to tal de los productos, de m anera que en la reacción

H 2 + 1 /2 D 2 . - H 20

si se m eten 2 kg de hidrógeno más 16 kg de oxígeno se ob tendrán 18 kg de agua.

M asa en tran te ■ M asa saliente

En toda reacción quím ica el núm ero de átom os de un elem ento dado debe ser igual al num ero de átom os salientes. ■ ' ' !

260 BALANCES CON REACCION QUIMICA

En la ecuación anterior entran 2 átomos de hidrógeno y salen ot» os dos formando parte de la molécula de agua, también entra un átomo de oxigeno y sale otro.

Atomos entrantes = Atomos salientes

En las reacciones químicas las moles entrantes no son necesariamente iguales a las moles salientes. En el ejemplo señalado entran una y media moles y sale una mol.

Moles entrantes ^ Moles salientes

Sin embargo, se puede utilizar el balance en mol apbcando las relaciones mostradas por la ecuación. En el mismo ejemplo se puede observar que por cada mol de agua formada se requerirá siempre media mol de oxígeno y una mol de hidrógeno y esto se relaciona inmediatamente con las masas necesarias.

Rendimiento

En las reacciones reales que se efectúan en los procesos industríales la conversión no es total, pues las reacciones no se llevan a cabo en su totalidad debido a las condiciones de operación, el equilibrio químico y la naturaleza de los reactivos. Por ello se mide el rendimiento que está dado por

_ ,. . cantidad obtenida de BRendimiento % = ----------------- — --------------- (100)cantidad calculada de B

Otra forma de medir el progreso de una reacción es mediante la conversión que se da como

_ „ cantidad inicial de A — cantidad final de AConversión % = ----------------------- :---------—--------------------------- (100)cantidad imcial de A

En muchas ocasiones al ponerse en contacto dos reactivos es posible alcanzar dos o más productos como

S + o2 - so2 so3

En tales ocasiones es deseable hablar de una selectividad en donde ésta es igual a las moles formadas de un producto en particular por mol de reactivo que desaparece por reacción química. En algunas reacciones, para asegurar un alto grado de rendimiento, es conveniente introducir uno de los reactivos en mayor cantidad que la teóricamente necesaria. Este reactivo recibe el nombre de reactivo en exceso, po r lo taiito el reactivo que está en menor cantidad recibe él nombre de reactivo limitante. En la industria no todos los reactivos son

BALANCES DE ENERGIA 261

puros, por lo que debe tenerse en cuenta su pureza para efectuar los balances de materia, ya que solamente la parte pura del reactivo será la que dé origen a productos.

Balances de energía

Toda reacción química está asociada con un cambio de energía, debido al reacomodo de átomos (figura 8.1). Dada la reacción A — B

Entradas — salidas = acumulación

■Ljíh, + Z j i - + JS fc [ - L 2 (Z2 — + - £ l- + h 2) ~ Q_-t = -4 r(U < iV ) ge ge ge 2ge de

LifHi, U2, p2>%2Figura 8.1

Si no hay acumulación, ese término valdrá cero. En general, como la energía desprendida en una reacción es muy grande en comparación con los términos de energía cinética y potencial; estas energías se suelen despreciar y el balance de energía se reduce a

L 2H \ - L 2H 2 = Q como L 2 = L 2

AH = —L

En donde el AH es el cambio de entalpia entre los productos y los reactivos debido a la reacción química. Este cambio de entalpia se suele obtener por medio del calor estándar de reacción, que es el calor desprendido o requerido

262 BALANCES CON REACCION Q Ü IM ld

por una reacción química cuando los productos y los reactivos están a 25° f 1 atm.

f iÇ = L n P - E n*

De acuerdo con la ecuación anterior, el cambio de entalpia estándar de una reacción se obtiene al restar los calores de formación de los reactivos de los calores de formación délos productos. Los calores de formación de las sustancias se encuentran en libros de fisicoquímica. A los elementos en su estado ñor- ¿ mal y a 25°C y 1 atm se les da un calor de formación de cero.

No siempre es posible tener los datos de los calores de formación, especialmente de los compuestos orgánicos; sin embargo, los calores de.reacción se ■ pueden determinar a partir de los calbres de combustión, utilizando la fórmula ;

AH l L nR A H °c,r - £ r i p A HC , p

En donde AH ”r es el calor de combustión estándar de los reactivos y j A/?®^ el de los productos. Los calores de combustión se encuentran tabulados J en los libros de fisicoquímica. / \

Una de las leyes más importantes que se empleab en termoquímica es la f de Hess, que explica que el cambio de entalpia en Un3 reacción química a una | temperatura y presión dadas es independiente $e los pajsos o forma en que se g realice. De acuerdo con esto, las reacciones químreps puáden tratarse como en- $ tidades algebraicas; es decir, sumarse, restarse o multiplicarse y obtener la que J| nos interese.

Calores de reacción a una temperatura distinta de la estándar

Cuando se calcula el AHr a una tem peratura diferente de 25°C se puede utilizar la ley de Hess para obtenerlo. „

Consideremos por ejemplo la reacción

H2 + 1/2 0 2 - H 20

De acuerdo con la ley de Hess (figura 8.2).

A ^ ^ c a l e n t a m i e n t o R ,T ^^enfriam ien to

Por lo tanto

CALORES DE REACCION A UNA TEMPERATURA DISTINTA DE LA ESTANDAR 263

Figura 8.2

en donde AH R T es el calor de reacción a una temperatura dada diferente de 25°C, es el calor de reacción a 25°C, Affcal es el calor necesario para calentar los reactivos hasta la tem peratura de reacción y A //enf es el calor que hay que retirar a los productos para llevarlos hasta 25°C.

c 'T » r 298AH „ U AH» - ] 2gg £ nK CpRd J - ] r 2J np Cpp d T

AH ' mm f M ¡g¿ C pbd T - t i nR CpR d TR ,T R J 298, i P V *298 l

O sea, para calcular e! calor de reacción a uha temperatura se debe conocer el calor estándar de reacción y el cambio de la capacidad calorífica a presión constante de }ós reactivos y productos. Si sucediera que los productos entran a la reacción a una tem peratura y salen a otra, entonces el calor desprendido o requerido por la reacción sería

« V j | , » Í í l + í _ - Í H E n„C pK d T

Figura 8. 3


Reacciones adiabáticasHasta ahora se consideró el hecho de que las reacciones absorben o des

prenden energía, pero bien puede suceder que éstas se lleváis 9 cabo adiab|jJ. camente, es decir,, sin d e s p r^ ^ B ^ a to de calor. En ese castj* la energía ser»|§| para aumentar la temperatura de los productos si la reacción es exotérmica, o disminuirla si es endotérmica. En el caso de que los reactivos sean combustibles, la temperatura final qpe alcanzan los productos recibe el nombre deigjfó» peratura de flama. En las reacciones adiabáticas (figura 8.4)

Problemas resueltos

Problema 8.1

En un quemador se introduce butano con 25% riügdel aire teórico necesario. Si se queman 85 m3/h medidos a 20°C y 760 mm de Hg, ¿qué cantidad de aire se requerirá a las mismas condiciones? ¿Cuál será la composición y el volumen de los gases salientes’si éstos están a 800°C -f 1 atm?

T,

298°

Figura 8.4

PROBLEMAS r e s u e l t o s

l . Traducción (figura 8.5).

265

20°C

p l s= 1 atm

0 — <í >~ l1.0

G,= ? £•= 0.21 j j f m 0.79

t3= 800°C

— 1 atm

Figura 8.5

2. Planteamiento

• Discusión: Los balances de masa se harán basándose en la reacción química. Con la ley de los gases ideales se obtendrán los gastos volumétricos necesarios.

* Reacción

2 C4Hl0 + 1302 - 8C02 + 10H2O

• Masa de butano

Gj = pG l/R T

• Cantidad de oxígeno necesario

• Cantidad saliente de 0 2

• Cantidad de nitrógeno entrante y saliente

• Cantidad de aire

• C a n tid a d de C O z saliente

266 BA LA NCES C O N R EA C C IO N Q U IM IC A

Ef3• C a n tid a d de H 20 saliente

3. Cálculos.

• Masa de butano

Gt = ---------- ---- = 3.53 kg m ol/hL 0.082 (293) 6

« Cantidad requerida de oxígeno

" « 3 .5 3 ■ Ü J P

• Cantidad de oxígeno saliente

f - 3 £ |p 'J l i Í í — I f f jC

• Cantidad de nitrógeno entrante y saliente

• fe- l # ^ S kg m¿É8«4

• Cantidad de aire

G2 — 107.89/0.79 m 136.57 kg m ol/h

G2 ■ 136.57 (0.082) (293) = 3281/m3/h

• Cantidad de C 0 2 saliente

C3yCo2 m 3 53 (4) = 14.12 kg m ol/h

• Cantidad de H20 saliente

i S l P 0 “ i J i f e “ J f J & i f » a U L

• Composición dé los gases salientes

G3 = 5.735 + 107.89 + 14.12 + 17.65 m 145.95 kg m ol/h

p z _ .5.735 = o 0394 ~n2 h 1 0 7 . 8 9 = Q 742 ■■ 145.950 ^ 145.95


• Volumen de los gases salientes

G 3 = 145.95 (0.082) (800 + 273) = 12792.72 m Vh t '" '

4. Resultado:

• Cantidad de aire requerido a 20°C y 1 atm: 3 281 m3/h

• Composición .del gas saliente: •!

y?1 = 0.0394 j>3N* = 0.742

j»“ ' 0 =0.01121 j>f°» = 0.09674

• Volumen de los gases salientes a 800°C y 1 atrn:

12792.72 m 3/h

Problema 8.2

En un proceso de fermentación se llevan a cabo las siguientes reacciones:

Cj2 .+ H2Q 2 Cg Hi2p$'

Ce H i2Oe - 2 C2 H5OH '+ ¿CO21

Estas reacciones se realizan una tras otra y de forma cuantitativa. El C 0 2 desprendido bajo estas condiciones lleva una cantidad apreciable de agua y de vapores de alcohol, lográndose un 80% de saturación.

El alcohol presente en esos vapores se elimina en un absorbedor y se regresa al alambique en donde se destila el alcohol generado en la fermentación. El absorbedor produce una disolución al 1.5% de alcohol en peso y los gases salientes contienen solamente 0.03% de alcohol. Tanto el absorbedor como el fermentadqr operan a la presión de 1 atmósfera. El fermentador opera a 15°C y se puede suponer que las reacciones se completan en un 100%.

El líquido que se produce en el ferm entador contiene 12% en peso de alcohol. Calcule:

á) La concentración del líquido que va al alambique, después de que se le ha añadido la disolución proveniente del absorbedor.

b) La fracción de alcohol recuperado en el absorbedor.c) La carga que llega al alambique por 100 kg de azúcar.

Datos: La presión de vapor deí agua y del alcohol son de 15 y 22 mm de Hg respectivamente.



^-<j>i

1. Azúcar2. Agua

3. CO]4. Líquido fermentado

<M§

5. Alcohol recuperado 7. Gases libres de alcohol

Figura 8.6

. Alcohol al alambique

6. Agua.

2. Planteamiento

Discusión: La clave del problema son las reacciones químicas; a partir del COz generado se puede obtener la cantidad de agua y C 0 2 arrastrado. El agua adicionada en la torre de absorción se puede conseguir mediante un balance en ese equipo. El agua adicionada en el fermentador se calcula mediante un balance en ese equipo.

Reacciones

Alcohol producido = S azúcar 4 (PM) alcohol

S azúcar = moles de azúcar = Si

^ 3y f ° 2 bióxido producido = Si 4 (PM) C 0 2

• Alcohol arrastrado en la corriente de CO*

P . = p o y • Valcohol alcohol R * alcohol

PoJtcbd PM>kohol

alcohol PM C 0 2

alcohol = G iy C0 2 yalcohol

j alcohol

—V cohol > ^ 4 a,Cobo1 - Si 4 (PM)aIeohoI) - G ^ lcohd*4

• El agua arrastrada en la corriente de C 0 2

P PMp _ p o Y . Y = ( agu a \

agua HjO * ’ H,0 PT~ P ^ PM C 02

••• % £ P = « jü # * KHjo

• Balance de alcohol en la torre de absorción

Sea G/ = kg de C 0 2 puro y L¡ = agua pura

q y alcohol alcohol = ^ y alcohol _j_ ^ a lc o h o l

en donde X f100*101 = kg de alcohol en la corriente 5 por kg de agua

• Fracción recuperada en el absorbedor

% = jLjX 5 (100)/G jYz

• Balance en el fermentador

Si + L 2 = ¿4 é G3

G3 = G ^ 0* í G,y¡]coho1 + G3y ¡ ^

• Corriente que va al alambique

L8 = L4 + L 5

• Concentración de alcohol en la corriente 8

r „ a lc o h o l . T a lco h o l

+ (100)l 9

3. Cálculos

• Reacciones

Base lOOOkg de azúcar

PMC12 H22O u = 342 ;

PMC6 H 120 6 = 180 PMC2 H5OH = 46

s = - 1000 = 2.9234 kg mol 342 8

= 2.9234 (4) (46) = 537.99 kg/h


270

• Alcohol arrastrado en la corriente de C 0 2

G a ^ 03 = 2.9234 (4) (44) = 514.6 kg/h ; # alcohol = 22(0.8) = 17.6

Alcohol = 7 ^ - 1 7 6 = °-02478 kS de alcohol/kg de C 0 2

G3í f coho1 = 514.6 (0.02478) « 12.7517 kg de alcohol/h

L^aicohol = 537.99— 12.7517 = 525.23 kg/h

. . 525.23 _ QB , A. , La = = 43/6.93 kg /h4 0 .1 2 6

• Agua arrastrada en la corriente de CG2

Pu n = 0.8 (16) =* 12 ; Y„ n m -----—------/_!£_)H2° - H jO 7 6 0 -1 2 44

— 0.006562 kg de H20 '/kg C 0 2

G ,y ”2° = 514.6 (0 .0 0 6 5 6 2 ) = 3.3768 kg i l 20 /h

• Balance de alcohol en la torre de absorción

yalcohoi = 0.02478 kg alcohol/kg 0O 2 j y*,coho1 = 0.0003

y alcohol __ q . ^ alcohol _ 0.015 ^ 01522 ^ alcoholl —0.015 kg de agua

Gj = 514.6 kg de G ^ y h

Balance

514.6 (0.02478) = 514.6 (0.0003) + ¿,(0.01522) L¡ = 827.68 kg H20 /h

• Fracción recuperada de alcohol

% = 7 6.8 (0 01522) (100) = 98 78912.7517 ;

• Balance en el ferrnentador

G3 = 514.6 + 12.7517 + 3.3768 = 530.72 kg/h

1000 + L2 = 4376.98 + 530.72

L2 m 3907.7 kg de H2Q /h

BALANCES CON REACCION QUIMICA


• Corriente que va al alambique

X 8 = 4376.98 + 840.28 m 5217.26 kg /h

• Concentración de alcohol en la corriente 8

. .a lc o h o l L 4376.98 (0.12) + 840.28 (0.015) ~ fer alcoholX 8 ------------------------------- ~ U . l U o -----------------------------

5217.26 kg totales4. Resultado:

• La concentración del alcohol es del 10.3%. Se recupera el 98.789% del alcohol en la absorción.

• Al alambique llegan 5217.26 kg por cada 1000 k g de azúcar.

Problema 8.3

Para producir alcohol etílico a partir de melaza, se deben llevar a cabo las siguientes reacciones:

W k P n L H20 — 2 C6/ / 12Oe

C6H 120 6 + levadura - 2 C 0 2 + 2 CH3CH2OH

La melaza contiene 55% de azúcares y se diluye para dar un mosto con 15% de azúcar.

La primera reacción es una hidrólisis que se lleva a cabo en medio ácido agregando ácido sulfúrico, para desdoblar la sacarosa en glucosa y fructosa. Después se agregan nutrientes, como las sales sulfato y fosfato de amonio y trazas de sales de magnesio. Se ajusta la temperatura y se agrega la levadura Saccha- romyces cerevisie. Cuando se termina la fermentación, el líquido resultante se pasa al departamento de destilación, y se obtiene alcohol de 96°G.L.

El rendimiento práctico en una fábrica de alcohol es: 1 kg de melaza de 55% en peso de azúcares totales, produce 0.23 litros de alcohol de 96°G.L. ¿Cuál será el porcentaje de rendimiento logrado en relación con el rendimiento teórico?

7- Traducción (figura 8.7).

L M elaza 2 . A g u a f r ía 3 . A c id o 4 . L e v a d u ra 5. B ió x id o d e c a rb o n o 6. A g u a c a lie n te 7. A lcoho l d e 9f)l,(» .L . N u tr ie n te s .

figura 8.7


2. Planteamiento.

• Discusión: Para encontrar el rendimiento teórico se deberán usar las reacciones químicas.

• Cantidad de alcohol obtenido

o sea, una mol de sacarosa produce cuatro moles de alcohol etílico.

sacarosa _ q 5 kg/kg totaJ

OVl:24 9

sacarosa _ ------ _ q.04999 kg mol de sacarosa/kg mol total0.5 0.5342 18

• Alcohol obtenido

# 0.0014169 + 0.02777 = 0.0292396

¿ 7JC7lcoho' = 4(0.0292396) (0.04999) = 0.005847 kg mol de alcohol

L7*7alcoho1 = 46(0.005847) = 0.268962 kg de alcohol

• Rendimiento

Un alcohol etílico de 96°G.LÍS a 20°C corresponden a un alcohol de 93.85% en peso y a una densidad de 0.8125 kg/1

¿ 7 -alcohol :m 4 •sacarosa

3. Cálculos.

• Concentración de feJÉiáárosa en la melaza inicial

. _ 0.2689627 0.9385

0.286587

t = 0-286587 3 0.8125

0.352722 l de ajdfljjBf 96°G.L kg de melaza

Rendimiento — — IlOO)0.352722 ^

6 5 .2 %

4. Resultado :

H rendimiento práctico es del ü'ilfiE del rendimiento teórico.

PROBLEMAS RÜÍiifitSSQ® 273

Problema 8.4 .

-3Eji BÉHBfcfjÉÉÉriKteÍÉi iíÉKtigó laiMitqife de la glicerÍBa, qué puede usarse iHHS una fuente dg energía p a ra consumo hum ano, •

Esta Ett^fllíÉa puede emplearse diritËt&tfidlîle con otros alimentos y se Mm. tetiza É á pepitos®

m h 2oCH2 = CHCHj 51 CH2 = CHCH2C12 - CH2 ■ CHCH2OH

HOCI H20c h 2 * c h c h 2o h - c h 2 - c h - c h 2 A c h 2 - ÇH - c h 2

OH f e OH ¿ H ¿ H <JB

Obtenga el calor de reacción necesario para formar una mol de glicerol a ¡fatiSr del p r^ ilen o , S tito f ¡los wiores de formación y los calores de combustión.

I. Planteamiento.

• Discusión: De acuerdo con la primera ley de la termodinámica, el calor de reacción es independiente de los pasos y sólo depende de los estados finales # Iniciales de los HMÌÉMÉÈI I reactivos,, por Iq que la síntesis de la glicerina se pondría en forma simplificada como

c 3h 6 + 3h 2o - c3h 8o 3 -t- n i

I Calor de reacción a partir de los calores de formación

AH? m A - AH“ '_SR j productos j reactivos

AH“ m AH“ . . . + 2 AH“ . - AH“ .. - 3 AH? iR /g lice rin a /h id ro g en o / propdeno / agua

• fâsfeü idqs reacciona partii' de los calores de combustión

AH“ m AH° - 'K c reactivos • c productos

AH“ k AH“ .. * AH° - AH“ . . . - 2 AH“. . . .R f propileno c agua c glicerina « hidrógeno

H Celgíiioi.

• Calor de reacción a partir de los Calores de formación

AH“ = 159.16 + 0 - 4.879„ — 3 (68.317)

AH“ sa 41. 9Q32 kcal/gmol


• Calor de reacción a p artir de los calores de combustión

AH°r = -4 9 1 .8 8 7 + 3 (0) - ( -5 9 6 .2 7 ) - 2 ( -6 8 .3 1 7 )

AH® = 40.917 kcal/gm ol

3, Resultado:

• El calor de reacción es de 41.9032 kcal/gm ol por calores de formación.• La diferencia es por datos de tablas. La reacción es endotérm ica,•, El calor de reacción es de 40.917 kcal/gm ol por calores de combustión.

Problema 8.5

Calcule la tem peratura teórica de flama cuando se quem a m etano con un cien por ciento de exceso del aire teórico requerido. El gas y el aire están inicialmente a 25 °C.

2. T ra d u c c ió n (figura 8.8).

r 3= ?M etano

O - 0 - 1Gases de combustión

Aire T l = T 2 = 2 5 ° C

Figura 8.8

2. P lanteam iento

• Discusión: Esta es una reacción adiabática en la que el calor de reacción sirve para calentar los productos de reacción y los inertes. Como uno de los productos es agua, deberá tenerse en cuentra el calor latente de ésta (figura 8.9).

• Balances de masa

— Base 1 kgmol de metano.— Oxígeno requerido por la reacción

G2y? ¡ = H f l 2) 2

— Nitrógeno entrante con el aire

G 2N! = (G2y2QV0.21) 0.79

— Dióxido de carbono saliente

G37 Í°! = G ^

— Agua saliente

G ^ ° = C ^ ( 2 )

— Oxígeno saliente que no reaccionó

G35>30í = GzyP2 - G t y ^ (2)

3. Cálculos.

• Balances de m ateria: Base 1 kg mol de m etano

= 1 kgmol

~ 4 kgmol

Ó r fi2 = (° -79) = 45.047 kgmol

G3y3° 2 = 1 kgmol

= 2 kgmol

G3yp2 = 4 — 2 = 2 kgmol


• Calor estándar de reacción

^ R = A "°CQi * 2 AH f c 0 - AH JCHi

= -9 4 .0 5 1 8 - 2(68.3174) - ( -1 7 .8 8 )

= -2 1 2 .7 9 8 - - ^ al- gmol

• Capacidades caloríficas

CpCOt » 1 6 .8 4 + - 1 S.545 (10-*) T*

C p02 = 6.148 + 3.102 (10~5) T -0 .9 2 3 (10'®) T 2

CpNz = 6.524 f 1.25 (10'3) T - 0.001, { IT 6) T 2

CpCIU = 3.381 + 18.044 (10'3) T - 4 .3 (10 s) T 2

CpH20 W 7.256 #* 1.298 ( I r 3) .

• Entalpia de los productosr 298

AHe = ] [6.214+ 10.396(10"3)T — 3.545(10"®) T 2} d TT

f 298+ ] [7.256 + 2.298(lQ-3) r - 0.283(10-®) d T

Tff 298

+ j [6.524+ 1.25(10"3)7' —0.001(10*6) T 2] d T*jf, , •. •• -..i

f 298+ J [6.148+3.102(10-3)T-0.923(10-6) ; P | d r - í 2 (10746)

Tf f 298

AHe = J [131.18+ 40(10'3) r - 5 . 972(10-®) r 2] d r - 21492Tí

AHe = 131.18(298 — Tf) + L (2982 - A-972(.10' 6)2 3

(298i - T f ) - 21492

AHe = 19323 - 131.18 T f - 20(10'3) T f + 1.99(10-*) T f

• Temperatura de la ñama

I r 212798 * 19323 - 131.18 T f - 20(W 3) T f + 1.99(10-®) T f

0 * 232121 - 131.18 T f - 20(10-3) T f + 1.99(10-®?’

Esta ecuación puede resolverse por el método de Newton Raptov ’

_ — ATf)

BALANCES CON REACCION QUIMIC4

j pgOBLEMAS RESUELTOS 277

sea

f (T f) = 232121 - 131.18 T f - 20(10"3) T f + 1.99(10"*) T f

y / '(7 7 ) = -131 .18 - 40(10"3) T f + 5.97(10"*) T f

— Primer tanteo T f = 1000°K

f (T f) » 82931 f ' ( T f ) m -165.21

82931TU = 1000 - • • = 1501.97

165.21

— Segundo tanteo T f = 1501.97°K

f(T f) = -3283 f = -177 .79

TU = 1501.97 - (- ~ - -8-3 ) = 1483.5n -177 .79

— Tercer tanteo T f = 1483.5

J[TJ) = - 2 f ' ( T f ) = -177.39

T/2 = 1483.5 - ( — = | — ) = 1483.48°K

1. Resultado:

• La temperatura de flama estará alrededor de los 1483.48°K ó 1210.48°C,

Problema 8.6

Con el fin de conseguir proteínas vegetales hidrolizadas (PVH), de bajo peso molecular que se aprovechan para dar sabor y olor a los caldos de pollo, se hidrolizan las proteínas de alto peso molecular contenidas en el gluten del maíz. En un proceso típico, se parte de 1000 kg de gluten con 50% de proteínas, 8% de humedad y el resto de carbohidratos y fibra cruda.

El gluten se introduce a un reactor vidriado y allí se mezcla con HC1 8N(Cr = 1.118) 842 kg de ácido y 560 kg de agua. El reactor se calienta con •apor hasta 127°C durante el tiempo necesario para hidrolizar el 80% de la

•oteína entrante.Los productos de la reacción están formados por proteínas solubles más

uumina o lodos, agua y ácido, los cuales se tratarán con sosa cáustica al 6N j = 1.263) hasta neutralización.

La suspensión se filtra para eliminar los lodos, que salen con 15% de peso de solución. Las proteínas más los carbohidratos del glq¿en reaccionan y dan una disolución colorida, por lo- que ésta se decolora hirviéndola con 50 kg de

278 BALANCES, CONREACCION QUIMICA

carbón ictivado. Posteriormente, se filtra para eliminar el carbón. Los lodos filtrados se llevan 12.0% de la disolución.

Lá disolución incolora sé manda a un evaporador de película descendente y de tubos largos, que opera a 500 mm Hg de vacío cuando la presión atmosférica es de 586 mm de Hg.

La disolución sale del evaporador con una concentración del 40% en peso de sólidos disueltos y luego se pasteuriza.

Por último, a la disolución pasteurizada se agrega un 15% de vehículo de secado (maltodextrinas) para evitar que los polvos se aglomeren al secarse en un secador por atomización.. .

El producto final contiene, 3% en peso de humedad.

• ¿Qué cantidad de producto final resulta | Cuál es la composición del mismo? • v?

• ¿Qué cantidad de sosa se requiera?• ¿A qué temperatura trabajará el evaporador?• ¿Qué cantidad de vehículo de secado se requiere?

1. Traducción (figura 8.10)

>l i l i !

L

[— <$>— í

- v w v -

* 6 0

j » 81. Gluten 2. HC1 3. Agua 4. NaOH 6N 5. Humina 6. Lodos 7. Carbón activado 8. Agua evaporada 9. Vehículo para secado 10. PVH 11. Productos del reactor 12. Solución neutralizada 13. Solución colorida 14. Solución con carbón 15. Solución incolora 16. Solución concentrada 17. Solución pasteurizada 18. Entrada al secador 19. Agua evaporada.

Figura 8.10

p r o b l e m a s r e s u e l t o s 279

2. Planteamiento.

• Discusión: La sustancia de enlace en el proceso es la pro teína, lapaal servirá para hacer los balances. Los balances se efectuarán de equipo en equipo.

• Balances

ÜSÜida de materia a un equipo

Salida de materia del equipo

5. Cálculos.

• Balances en el reactor

— Entradas:

Proteína entrante

m 1000 (0.5) * 500 kg

Carbohidratos y fibra entrante

= 1000(0.42) m 420 kg

.ASÉ«#. *Éb^s^$íríío m m entrante

HC! - 6'5^ ~ (842) ■ 219.914 k g 1118 ’ 5

Agua entrante:

+ L 2X2H j 0 + L 3 = 1000(0.08) + 842(0.7384) + 560 « a 1261.7 k g

TO TAL, « 2401.6 k g

— Salidas:

Proteina vegetal hidrolizada

500 (0.8) “ 400 kg :M Ln jc,PVH>

Humina saliente

# 0 + p B — 400 m 5,20 kg


Acido saliente

Üj é P * = 219.914 kg

Agua saliente

L ltx f 2Ú = 1261.7 kg

TOTAL = 1261.7 kg

Balance en el neutralizador. Reacción

NaOH # HC1 - NaCl + H20

— Entradas:

Proteína vegetal hidrolizada

L u * fVH = 400 kg

Humina

Acido

L u * n H = 520 kg

-Ln*íiC1 = 219.914 kg

Sosa cáustica pura

^N aO H = 2 1 ^ 4 _ (40) = 241 kg áo.5

Agua entrante

L n x fr0 + U P = 1261.7 + - | § L - = 2530 kg6(40)1263

TOTAL = 3910.9

— Salidas del neutralizador

PVH L n x iP2vh = 400

PROBLEMAS RESUELTOS

Humina

Agua

281

¿ n * í í ° = 2530 + 914 (18)36.5 '

Cloruros

= 2638.45 kg

Y „ NaCl _ 219.914 /rn rx¿12*12 “ - ^ r ~ (58-5)

= 352.46 kg

TOTAL = 3910.91

• Balance en el filtro

— Entradas:

¿ 12*12 520 kg ; L 12x ¡2 H = 400 kg

IjlfljE * = 2638.45 kg

^i2^i2aCI = 352.46 kg

— Salidas:

L sxs = 520 kg

£ ^ t aMm % ^ £ - ( 0 .1 5 ) = 91.76 kg0.85 6

= 352 .46-91 .76 (- S-52-46 ) = 342.92 kg 3390.91 5

¿ n * # 0 = 2 6 3 8 .4 5 -9 1 .7 6 ( - ^ M L ) = 2567.05 kg3390.91 6

¿13**3™ = 4 0 0 -9 1 .7 6 (— — ) = 389.17 kg3390.91 1 5

T O T A L = 3910.9 kg

282

J¡l|. iI 0'H

• Balance en el decolorador

Entradas Salidas

Cloruro L 13* ^ aCI = 342.92 kg = Z.14* ^ aCI

Agua = 2567.05 kg = ¿ , 4* $ °

PVH L 13 P3VH = 389.17 kg m § Q $ ¡ F

Carbón S7w f = 50 kg = L u x f4

TOTAL na 3349.15 kg

• Balances en el segundo filtro

— Entradas:

BALANCES CON REACCION QUIMICA

Cloruros

Agua

PVH

Carbón

£i4*HaC) = 342.92 kg

= 2567.05 kg

" = 389-17 kg

l a P 0 m 50 kg

T O T A L * 3349.14 kg

— Salidas:

Carbón

M6zf = 50 kg

Disolución

Cloruros

M ^¡solución = _ 5 0 _ (0 ]2 = g , 0.88 . 6

¿ i5 * isaCI * 3 4 2 .9 2 - 6 .8 1 (— i 2— . ) = 342 .2132 9 9 .1 4

AguaH O 2567.05 v t jr r

Ltsx£2° = 2567.05-6 .81 (3 ^ ) = 2561.75

PVH

¿is*iP5VH = 389 .17-6 .81 ( 389-17 ) = 388.363299.14

• Balances en el evaporador

— Entradas:

PROBLEMAS<RESUELTOS 28$

Cloruros

£i5*ñaCI = 342.21 kg

L lsx% ° = 2561.75 kg

Agua

PVH

L i54 » as 388.36

-T o ta l = 3292.32

^ ¿ , r j ■ 342.21 +' 388.36— % de solidos m --------------------——- = 0.22193292.32

P absoluta = 586 — 500 = 86 mm de Hg.

Temperatura de ebullición del agua a 86 mm de Hg = 47°C.

— Salidas:

r 3292.32 (0.2219)¿ = i--------- •» = 1826.41 kg16 0.4 6

G8 á 3292.32-1826.41 = 1465.91 kg

= 342.21 kg

Li6-xtP6VH = 388.36 kg

L16x¡p° = 1095 .04 kg

I¡


• Balance en eí pasteurizador

Entradas Salidas

r NaCl ^16x 16 M ÊM kg ** !«*§ ■

388.36 kg « L i 7 x [ 7v h

a * # # ®

■îîsrp^jt a» J U S - f i lg í ■

• Balance en el mezclador

Entradas Salidas

r r NaCl ^17X17 342.21 kg = L 18xiN8NaCI

PVH

*• 109 5 . »4 kg -

Ü Ü d l f i L 15 ) /0 .85 a l 322.3 kg ^ t»3% |

• Balance en el secador

— Entradas:

Cloruros

£ i p Í P ' " 34 2.21 kg

PVM

■ PR,iiAgua

Vehículo

jg- % de sólidos

¿-íe^is “ 322.3 kg

1052.07 (100)2148.71

49%


— Salidas:

285

2148.7(0.49) m S10(0.97) .*. S1Q = 1085.4

2148.71-1085.4 M 1063.31

•StowfoVH = 3eSS:f

S10a>u> = 322.S

4. Resultados:

NaCI = 0.315 kg/kg total

wwVH m 0.3578 kg/kg total

wJo ®, 0.2969 kg/kg total

H f ? = 0.02997 kg/kg total

kg Él % kg % kg kg kgCorriente totales HCl PVH h 2 O V HCl NaOH C H

1 1000 80i 842 621.7 219.913 560 5604 1590.42 1268.42 241

\\5 611.76 9.54 10.3 71.4 5206 56.81 0.71 0.81 5.3 507 50 508 1461.91 1465.919 322.3 322.3

10 1085.4 342.21 388.36 32.53 322.311 2401.6 1261.7 219.91 52012 3910.91 352.46 400 2638.45 52013 3299.14 342.92 400 2567.05 52014 3349.14 342.92 389.17 2567.05 5015 3292.32 342.21 398.17 2561.7516 1826.41 342.21 388.36 1095.0417 1826.41 342.21 388.36 1095.0418 2148.71 342.21 388.36 1095.04 322.319 1063.31 388.36 1063.31

Se obtienen 1085.4 kg de producto final por cada 1000 kg de gluten. La composición del producto final es materia vegetal hidrolizada, 35.7%; 31.5% de NaCI; 29.69 de maltodextrinas y 3% de agua. Se necesitan 1509.42 kg de sosa 6N. Se requieren 322.5 kg de vehículo de secado. La tem peratura de ebullición en el evaporador será de 47 °C.

286 BALANCES'GON REAGCÍON QUIMICA

P roblem a 8.7

En un proceso'de fermentación, la sacarosa Ci2H22On se usa como nutriente y se oxida a C 0 2 y H20 . Si la cantidad de solución es de 5000 kg/h con 30% de sacarosa en peso:

/• ¿Cuántos m3 dé aire medidos a 25 °C y 1 atm. se deberán introducir?• ¿Cuántos m3 de C 02 se producirán si la reacción se lleva a cabo a 45°C?• ¿Qué cantidad de agua de enfriamiento se deberá emplear si ésta entra

a 15°C y sale a 30°C?


5000 kg/h

Gj — r y í2= 20°c

® — 4>—l,= 15°C

— 1 G4 = ?

4 - 9i /5 = 50°C

4 - 9®

! U = 45°C

Figura 8.11

2. Planteamiento.

Discusión: La, reacción proporcionará la cantidad de productos y reactivos necesarios. El balance de energía dará la cantidad de agua de enfriamiento requerida.

Reacción

C,2H22On + 17 1/2 0 2 - 12C02 + 11 H20 „ , + A H°

AH de oxidación (figura 8.12)

AH° = AHX + AHRAb + AH2

a h %45 = A ño - AÑt - AH2

= E - E ñ°RR


• Agua necesaria

= L jO s-ía)

• Aire necesario de acuerdo con la reacción

Oxigeno requerido

¿ ^ s a c a r o s a ( 1 ? 5 ) =

Aire requerido

f. _ tr2 —0.21

Volumen de aire requerido

G2 = C2 R T /P

• C 02 producido

g4 =

Volumen de C 02

G4 = G4 R T /P

3. Cálculos.

• Sacarosa introducida

arar™ kg . kg sacarosa . kgmol/sacarosa£ -sacarosa = 5000-------(0.30)-—------------- (— ------------------ ) = 4.3859h kg 342 kg sacarosa

• Aire necesario

C j # = 4.3859(17.5) = 76.753 kgmol/h

C2 - 76.753/0.21 = 365.49 kgmol aire/h

G2 B 865.49 (0.082) (298) = 8931.11 mVli

• CO2 producido

G4 = 4.3859 (12) = 52.63 kgmol/h

G4 = 52.63 (0.082) (318) = 1372.37 m3/h

• Calor de formación o de combustión de la sacarosa: En este caso el calor de formación de la sacarosa, es igual al calor de combustión de la misma.

AH* = = AH°r

= —1348.9 kcai/gmol

• Calor necesario para calentar los reactivos

A/Zj *= 342 (0.29) (4 5 -2 5 ) | 10 (175) (4 5 -2 5 ) = 5483.6 cal/gm ol

• Calor necesario para enfriar los productos

AÍ J 2 = 12 (9.27) (2 5 -4 5 ) + 11 (18) (2 5 -4 5 ) = -6 1 8 4 .8 cal/gm ol

• Calor de reacción a 45°C

A - 1 3 4 8 9 0 0 - 5 4 8 3 . 6 - t | B6184. 8) = -1348.199 ■■■■R’4> gmol

• Agua requerida

4.3859 (1000) (1348.199) = L3 (3 0 -1 5 )L3 m 394 204 kg/h


4. Resultado:

Se requieren 8931.11 m 3/h de aire, se desprenden 1372.37 m3/h de COz y se necesitan 394 m3/h de agua de enfriamiento.


Problem a 8.8

Un horno quema aceite combustible con aire seco a 250°C y 1 atm. El análisis Orsat de los gases de combustión es de 12.9% de C 0 2, 13.8% de 0 2y 83.3% de N2. Suponiendo que el aceite contiene sólo carbón e hidrógeno,calcule:

a) Porcentaje de aire en exceso.b) Tanto por ciento de carbono en el aceite.c) M3 de aire/kg de aceite.1 M3 de gases de combustión/kg '• e aceite.e) Presión parcial del agua en los gases de chimenea.

f ) El calor eliminado a los gases, si estos salen a 290°C y si el calor de combustión del aceite es de — 8000 kcal/kg.


Discusión: El análisis de los gases de combustión se suele hacer con un aparato llamado analizador Orsat. Este aparato da las composiciones

en volumen de gases secos, es decir, sin tomar en cuenta el agua que contienen los productos de la combustión (figura 8.14).


• Porcentaje de carbono en el aceite

G2Y2 2 = G3yI1’0

PROBLEMAS RESUELTOS

% masa = G¿¡>2C (PMc)/[(G¿y-2c) PMc + G¿y2H’ (PMHj)J

Metros cúbicos por kg de aceite

R T

Figura 8.14Gi = G ^ ( P M h¡) . Ó2y? (PMc)

G \/G 2 = m 3 de gases/kg de aceite

T ,. T t?

I 25 + 273

AH” = AHjj 1 1 + AHe

AHe = I ñp Cpb d T — ñ„ - _J 290 + 273 " HíO HjO

A i/“ = — 8000 kcal/kg

AHRTl,Tl = AH“ - AHe

• Balance de materia

G iyi°2 = G¡y2

El carbono del C 02 procede sólo del carbono contenido en el aceite

■FH20 = ( G ^ 0) Pr/G3

- N ,yi

3. Cálculos.

G&,Ní = G #

Todo el nitrógeno que entra, sale

C3# ° = [ Goip- - G3y3° 2 - G tff0* ] 2

El oxígeno que no salió reaccionó para dar C 0 2 y H20 . U n mol de oxígeno da dos moles de agua.

Porcentaje de aire en exceso

oxígeno introducidooxígeno estequiométrico

(100)

• Balance de materia

Base 100 g de mol de gases Orsat

G33¡3C° 2 = 12.9 gmol G¿y2c = 12.9 gmol

G j # = 83.3 gmol .'. G tf?2 = (0.21) = 22.14 gmol

G ^ 20 = (22.14-12.9 - 3.8) 2 = 10.88 gmol = G ^ “2

• Aire en exceso

2 2 J i Z Í l £ ^ 2 ± i m ( i00) = 20.7% 1 0 .8 8 /2 + 1 2 .9

• Porcentaje de carbono en el aceite

% = |12.9(12)/[12.9(12)+10.88(2)]) (100) = 87.6%

291

• Metros cúbicos de gases de combustión por kilogramo de aceite

G3 = G $ ° 2 + G3# + g j # + G3y3H2°

G3 = G3 R T/P G3/ g2 = 11,3 de gases/kg de aceite

• Presión parcial del agua en los gases de chimenea

• Metros cúbicos de aire por kilogramo de aceite

q = J*3JL = 105.44 gmol de aire; G3 = 105.44(0.082)(298) = 2576.53 (3 0.79

G¡¡ = 12.9(12) + 10.88(2) = 176.56 g

Gi m — = 14.54 g/1 = 14.59 m3 de aire/kg de aceite2 176.56 g 6

• Metros cúbicos de gases de combustión por kilogramo de aceite

G3 = 12.9 + 83.3 + 3.8+ 10.88 = 110.88 gmol

G3 = 110.88 (0.082) (290 + 273) = 5118.88 1

G3/(?2 = 5118.88/176 56 = 28.99 1/g = 28.78 m3/kg

• Presión parcial del agua en los gases de chimenea

r t í 20 = 10.88 (760)/110.88 = 74.57 mm Hg

• Calor quitado a los gases

Usando capacidades caloríficas promedio


Cpm290°C

= 8.2 cal/gmol°C25°C

CpmQi = 7.35 ; CpmNj = 7.08 ; CpmCOj = 10.5

X = 10 497 cal/gmol

AHr t ' t ' ■=. -8 0 0 0 000(0.176)-í[12.9(10.5)+3.8(7.35)+ 10.88(8.2)+ 83.3

(7.08)](25 —290)) + 10.88(10497)

= —1.0705(106) cal

Q ,= — 1.0705(106)/0.176 kg = -6 .0 8 23(106) cal/kg de aceite

Q = — 6082 kcal/kg


4. Resultado:

• Se introduce 20.7% de aire en exceso.• El aceite contiene 87.6% de carbono.• Se necesitan 14.59 m3 de aire por kg de aceite quemado.• Se producen 28.99 metros cúbicos de gases de combustión.• La presión parcial del agua en los gases de chimenea es de 74.57 mm

de Hg.• El calor transferido a los gases es de 6,082 kcal/kg de aceite.

Problema 8.9

Para secar 3S0 ton/día de sorgo se utilizan 11,000 ton/día de gases de combustión a 120°C. Los gases de combustión se obtienen quemando gas natural con exceso de aire (25°C y humedad de 0.019 kg de vapor de agua por kg de aire seco). ¿Cuál deberá ser la cantidad de gas natural que se queme? ¿Cuál será el exceso de aire utilizado? ¿Cuántos m3/h de gas en condiciones normales se utilizarán? Composición de gas natural:

Metano: 86.4% en volumen.Etano: 11.6% en volumen.Propano: 2.0% en volumen.


i i i iIi

II I II

G3 = 11000 ton/día t3= 120°C

2. Planteamiento.

• Discusión: El poder calorífico del gas natural se puede obtener a partir de los calores de combustión de sus componentes. Mediante un balance de entalpias se calcula la cantidad de gas que se ddberá quemar. Para ello se puede suponer que los gases de combustión son esencialmente aire.

= 0.019 kgagua/kg aire secoFigura 8.15

• Poder calorífico del combustible

= ^ C ch/ ch, + +

• Combustible requerido

G = ~ 1 AHc

• Productos de combustión

Reacciones

CH* + 20¡ - C 02 + 2H20

Q H j + 7/2 0 2 - 2C02 + 3H20

C3H, + 502 - 3C02 + 4H20

G3y?°2 = (1) Goipn* + (2) G t f í ^ + (3) 6 ly1ClH*

G¿vf20 # (2) + (3) + (4) G o í1»'

• Aire en exceso

G3y?T' = Gj - [(Gj5¡3Ní)/0.79] 29-0.019 G3y t ' ~ [(Gjj>3N2)/0.79] 29(0.019)

Aire en exceso = Gases totales — Gases de combustión — agua con aire en exceso — agua con aire de combustión.

• PM del gas

PM = :ycHtPMCH) + j>C2H‘PMCjHt + •yciH>PMCiHj

• Volumen de gas

G2 = GiRT/P

3. Cálculos.

• Poder calorífico del combustible.

AHÍ?*1* = 212.795 kcal/gmol;

AH^n* = 530.605 kcal/kgmol

Añ22H* — 372.82 kcal/gmol



AHe = 212.798(0.864)+ 372.82(0.116)

+ 530.605(0.02)

= 2 3 7 .7 1 6 7gmoí

• Combustible requerido

Calor húmedo del aire = CH = 0.24 + 0.019(0.46)= 0.2487 kcal/kg

11000000(0.2487) (120-25) -^=- G m »— = 1093 kgmol/h

I 2377 1 6 - ^ Lkgmol

• Productos de combustión

G jy ? 0 * m 1 0 9 3 (0 .8 6 4 )+ 1 0 9 3 (0 .1 1 6 ) (2 )+ 1 0 9 3 (0 .0 2 )(3 )

|= 1263.5 kgmol

|G jy^° m 1093(0.864)2 + 1093(0.116)(3)+ 1093(0.02)(4)

! =2356.5 kgmol

Ó3$i= [1093(0.864)2 + 1093(0.116)(3.5) + 1093(0.02)(5)]0.79/0.21

= 9185.63 kgmol/h

* Aire en exceso

Ó3ylire = 11 000 0 0 0 )2 9 -0 .0 1 9 G 3 j? airg - ( - ^ y |^ - ) 2 9 ( 0 . 0 1 9 )

#1 10 457 703 — — ¿ e a j re seco h

* Exceso

Aire necesario

9 1 8 5 .6 3 - .2 9 - _ 3 3 7 1 9 4 k g / h0 .7 9


Exceso

104577_03_ x 10Q = 3 1 0 1 3 9

337194

• Balance de agua

Agua con aire = 198696.36 kg/h

42417 k/hAgua por reacción m ;— —-8 1 Total 241113.36 kg/h

241113 _ _ kgH20y = ------------------- m 0 . 0 2 $ ■ 5 - ■m 10457703 kg A.S.

CH.= 0.24 + 0.023 (0.46) = 0.25

• Peso molecular del gas y volumen de gas natural

PM = 18.104 Gj** !093(0.082)(273¡s* :24467.59 mVh

4, Resultado:

• Se deben quemar 1,093 kgmol/li de gas natural.• Se utilizan 31 veces más aire del teórico necesario.• Se usan 24,467.89 m lS i de gas natural a condiciones normales.

Problema 8.10

En la hidrogenación del aceite de algodón, el proceso se w u i m É intermitentes. El catalizador de níquel se mezífla aceite de algodón y sg burbujea el hidrógeno a través de la cargabasta que se obtiene’el grado deseado de hidrogenación.

Si se quieren tratar 30,000 kg de aceite de algodón por día de manera que el índice de iodo inicjyi de aceite que es de 105 pase a 60, ¿qué cantidad de hidrógeno se mete a 120°C y 3,8 atm absolutas?

Nota: El índice de iodo es el porcentaje de iodo que puede ser absorbido por el aceite.


2. Planteamiento.

• Discusión: Esta es una reacción de hidrogenación. El número de iodo indica la insaturación. Se debe recordar que una molécula de iodS equivale a una de hidrógeno.


• Iodo necesario

Í ( h - h ) = /

• Hidrógeno necesario

I 2 = I / P M h Ó 2 = I 2 P M H 2

3. Cálculos.

• Iodo necesario

, = 30000 -* 8 - (100° g d e aceite ^ mg I2día kg g de aceite

= 1.35(109) m g/¡¡/día

• Hidrógeno necesario

= 4 - 9 s 7 t s m o 1 v < u a

G2 = 4.937 kgmolH2/d ía (2----- ^ ) m 9.8756 kf ^ 2kgmolH2 día

• Volumen necesario

4.937(0.082)(120 + 273) = „ g3 m 3 2 3 .8 ' día


Se requieren 9.8756 kg/día de H2 ó 41.86: IftiVdía a las condiciones de reacción.

Problema 8.11

Se hizo un estudio a nivel de planta piloto para la reacción A i- B —■ C operando adiabáticamente y a presión constante. Los resultacfos de una corriente experimental fueron los siguientes:

Alimentación Productos

5 gmol de A a 75°C 5 gmol de C a 17°C10 gmol de B a 100°C 5 gmol de B a 17°C

a) ¿Cuál es el calor de reacción de 25°C?b) El mismo proceso en escala comercial se verifica con un 35% de efi

ciencia. Si las condiciones de la alimentación son: 25 kgm al/h de A a 75°C, 50 kgmol/h de B a 100°C, ¿cuál será la temperatura de sólidos de los productos en °C?

Datos

Cpm a = 0.5 cal/mol °CCpm b = 1-5 cal/moI°C

CPm q =* 0.85 cal/mol°C


4. Resultado:

2. Planteamiento.

• Discusión: Es una reacción adiabática en donde el calor de reacción sirve para calentar los productos (figura 8.18).

AH°R = AH2 + AH2n

A ^ n¿ Cpm¡ AT reactivosI

AH2 = ^ n¿ Cpm¿ A T productos


3. Cálculos.

• Entalpia de los reactivos

AH2 = 10(1.5) (100-25) + 5(0.5) (75 -25 ) = 1250 cal

• Entalpia de los productos

AH2 = 5(0.85) (25 -1 7 8 ) + 5(1.5) (25-178) = -1797.75 cal

• Calor estándar de reacción

AHr = 1250- 1797.75 = -547.75 cal;AW° = -547.75/5 gmol/C = -109.55

• Inciso b (en escala comercial)


calgmolC


Balance de energía

A/}“ ■ A /f| + AH2 — rh2 Cp2 AT + mj Cpi AT + m3 CjS3 AT

Balance de materia

Ent rudas

25 kgmol de A 50 kgmol de B

Salidas

25(0.55) = 8.75 kgmol C 25 - (8.75) m 16.25 kgmol A 50 - 8.75 = 41.25 kgmol B

• Tem peratura final

( - 109.55) (8750) = 25000 (0.5)(75 - 25) +• 50000 (1.5) (100 - 25)

+ 8750 (0.85) (2 5 -7 7 ) + 16250 (0.5) (25 - Tf) + 41250 (1.5)

T f = 119°C

4. Resultado:

• El calor de reacción es de —109.55 cal/gmol de C.• La tem peratura de salida será de 119°C.

Problema 8.12

A un m atraz que contenía 100 mi de un desperdicio de destilería se le agregan 50 mi de disolución 0.25 N de dicromato. Luego, esta mezcla se tituló


con una disolución 0.25 N de sulfato ferroso amoniacal utilizándose 4.9 mi. ¿Cuál es la dem anda química de oxígeno en la corriente de desperdicio?


2. Planteam iento .

• Discusión: El COD o dem anda química de oxígeno indica el total de oxígeno necesario para oxidar las sustancias orgánicas presentes en un desperdicio. Para obtener este dato se agrega dicromato en presencia de sulfato de p lata como catalizador. El reactivo se agrega en exceso y el dicromato no utilizado se titula con disolución de sal ferrosa. La cantidad de dicromato usado indicará el oxígeno consumido.

• Reacciones

C6H 120 6 + 4Cr20 7 = + 32H+ — 6C 02 + 8Cr+3 -I- 22H20

pero también

C6H 120 6 + 6 0 2 - 6C 02 f 6HzO

o sea, 4 moles de cromato equivalen a 6 de oxígeno en poder oxidante.

• Concentración de la disolución

No. de equivalente gramoNormalidad1 de disolución

Norm alidad # o andad ^ a(ja molécula de cromatoCr20 7 es igual a tres átomos de

oxígeno y por lo tanto igual a 6 electrones).

PM Cromato0.25 N =6 ( 4 )


3. Cálculos.

• Concentración de la disolución

24= 12.25 g/1 de cromato

= 2 g 0 2/l

por lo tanto cada mi es igual a 2 ppm ó 2 mg de oxígeno.

• COD

Volumen de sulfato utilizado = 50 — 4.9 = 45.1 m i/100 mi solución.

= 902 mg/1

4. Resultado:

El COD es de 902 mg/1.


Problema 8.13

Si la ecuación para la obtención de la aspirina es la siguiente:

HO - Q H 4 - COOH + (CH3 - CO)20 50-ÍPH+

c h 3 - c o - o - c 6/ / 4 - c o o h + c h 3c o o h

Calcule la cantidad de ácido salicilico HO — CsH4 — COOH que se necesita para obtener 1000 kg/h de aspirina, CH3“ CO — 0 — C6H4 — C 0 2H si el rendimiento experimental de la reacción es del 75%. Si se utilizan 300 kg de anhídrido acético (CH3CO)20 y teniendo en cuenta el mismo rendimiento experimental, calcule el peso de ácido acético formado en la reacción.

Resultado:

/ . COD = 45 mi reactivo 2 mffOoX 1000 mi solución X --------—- —100 mi solución mi de reactivo

• Se necesitan 1022.2 kg /h de ácido salicilico.• Se forma 132.25 kg/h de ácido acético.

PROBLEMAS PROPUESTOS SOS

Problem a 8.14

Para hidrogenar el aceite de girasol se usa hidrógeno que se hace burbujear en el aceite. El gas que no alcanza a reaccionar se recicla y la presión de trabajo se m antiene constante por la adición continua del hidrógeno. El hidrógeno entrante al proceso tiene la siguiente composición: 96% de H2, 2% de CH4 y 2% de H2O en volumen.

Como los inertes aum entan en el reactor, se necesita purgarlos por medio de una válvula en la línea de reciclaje. ¿Cuánto hidrógeno se necesita para la reacción si se deben tra tar 2000 kg/h de aceite con un índice de yodo inicial de 200 y si se pretende un índice final de 60?

Al purgar la composición del gas no debe ser menor de 90% de hidrógeno a la entrada del reactor. ¿Cuánto hidrógeno se pierde en la purga?

La tem peratura de reacción es de 120°C y se convierte el 10% del hidrógeno entrante al reactor.

Resultado:

• Se necesitan 1.1049 kgmol/h de hidrógeno.• Se pierden 0.5628 kgmol/h de hidrógeno en la purga.

Problem a 8.15

En un proceso de fermentación, la sacarosa, se usa como nutriente y se oxida a C 0 2 y H20 . Calcule el calor de oxidación a 45°C en esta fermentación. El Cp de la sacarosa sólida es 1.25 kJ/kg°K.

Resultado:

Se desprende 1348.2 kcal por cada gramo mol de sacarosa oxidada a C 0 2 y H20 .

Problem a 8.16

Determine el calor de combustión de la glucosa a 37 °C Y 1 atm a partir del calor de combustión a 25°C AHg = — 673 000 cal/gmol.

Resultado:

El calor de combustión a 37°C es de —671.578 cal/gmol.

Problem a 8.17

Se quema metano en un horno con dos veces la cantidad estequiométrica de aire. Si el metano y el aire están inicialmente a 25°C, ¿cuál será la tem peratura de los productos salientes de la reacción?


Resultado:

La tem p era tu ra de flam a está a lrededor de 1192°C.

Problem a 8.18

¿Cuál es la tem p era tu ra de flam a del C 0 2 al quem arse en un 100% de aire a volum en constante? L a tem p e ra tu ra inicial es de 200°C.

Resultado:

La tem p era tu ra de flam a es de 2027°C.

P ro b lem a 8.10

Una caldera quem a gas n a tu ra l que con tiene sólo m etano y nitrógeno. El análisis <lr los gases es CO , 8 .05% ; 0 2, 6 .42% y 85.53% de N 2. Calcule la composición del com bustib le a la can tid ad de aire en exceso usada en la com bustión.

Resultado:

La com posición del com bustib le es de 9.145% de N2 y 90.85% de CH4. Se usó un 40% de aire en exceso.

P ro b lem a 8.20

T ra ta n d o de op tim izar el proceso del p rob lem a No. 19, se partió de las condiciones de alim entación del inciso B y se operó iso térm icam ente a 150°C. La eficiencia m ejoró hasta u n 70% . ¿Cuál fue la can tid ad de calor sum in istrado o cedido por el proceso.

Resultado:

Se ad icionan 253,000 c a l/h p a ra la reacción isotérm ica a 150°C.

Problem a 8.21

En m uchos procesos bioquím icos la lactosa se usa com o n u trien te , la cual se oxida a;

C i2H 22O h (S) + 12 0 2(g) —<► 12 0 2(g) 4 11 H2O (0

El calor de com bustión es tán d ar es de:

A K g = - 1344.9 kcal/gm ol

C alcule el calor de oxidación a 37°C, que es la tem p era tu ra a la cual se llevan a cabo m uchas reacciones bioquím icas.

Datos:

B h L n ' » 0.995 kcal/kg°C .

^ m co 2 a 9.32 cal/gm ol°K

i PROBLEMAS PROPUESTOS 305

El calor de com bustión (oxidación) de la lactosa a 37°C es de —1343.373 kca l/g m o l (se desprende ese calor).

Se d e te rm in a rá la tem p era tu ra que puede esperarse en la com bustión de coque de alto g rado (100% carbón) con el aire teórico. El coque en tra al horno

lactosa = ° - 2 8 5 7 kcal/kg°C .

Cpm.Q = 6.995 ca l/g m o P K .

La te m p e ra tu ra final será de 1912°K.


Apéndice 8.1. Calores normales de formación a 25°C

Compuesto AH° kcal/gmol

SO2, ,( g )

- 70.94

S03, i( g )

- 94.39

c o (g, - 26.416

G% - 94.052

C a C ° 3(s) - 289.5

CaCO,(s)

- 151.7

H*°n> - 68.3174

h 2o, '< g)

- 57.7979

H c l,g, - 22.063

h2so<(1) - 193.91

- 4.815

H N ° , (1) - 41.404

H3p% - 1281.1

NH^ ) - 75.23

NHLOHaq - 87.59

N 0(S) - 7.96

N% > - 10

KC1„> - 103.8

KOH<s, - 102.02

Nacl(5, - 98.321

N H ^ C 1( S ,- 75.38

CH% - 17.889

CH3OH(1) - 57.04

c h 3c h2o h (1) - 66.35

APENDICE 8.2 CALORES NORMALES DE COMBUSTION A 25°C 307

Apéndice ,8.2. Calores normales de combustión a 25°C

kcal/gmolCompuesto (agua líquida y CO2)

Carbono S>- 94.0518

Monóxido de carbono c o (*>

- 67.6361

Hidrógeno H3(g) - 68.3174

Metano CH<(g)- 212.78

Etano w i f e- 372.820

Propano C3H‘<g>- 530.605

n-Butano C4H10(g) - 687.982

Benceno 789.08

Alcoholetílico q ,h 5o h (1) - 326.7

Alcoholmetílico CH40(1) - 173.65

Acidoacético C2H402(1) - 208.34

Dextrosa c6h 12o 6(s) - 673

Lactosa C12H22On ^ -1350.1

Sacarosa ^12 22^11(5) -1348.9

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ESTA OBRA SE TERM INO DE IMPRIMIR EL DIA 4 DE AGOSTO DE 1986 EN LOS TALLERES DE IMPRESIONES EDITORIALES, S. A.

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KE - 5 2 9 - 8 0

4

problemas de balance de materia y energía de la industria alimentaria

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