Balance de Materiales y Energía

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD

ESCUELA DE CIENCIAS BASICA, TECNOLOGIA E INGENIERIA

CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CUSO: 3011103 – BALANCES DE MATERIA Y ENERGÌA

ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, TECNOLOGIA E INGENIERÍA

BALANCE DE MATERIALES Y ENERGIA

Director Nacional de Curso Víctor Jairo Fonseca Vigoya Ingeniero Químico Máster Brewer Acreditador del curso CARLOS GERMAN PASTRANA Ingeniero Químico

Julio de 2009 Bogotá D.E.




PRESENTACION

Los balances de materiales y de energía se han constituido en base para diversas aplicaciones en los campos de las ingeniarías química y de alimentos.

El manejo de los balances, fundamentalmente matemático, crea en mayor o menor grado dificultades a nivel de análisis y síntesis que deben desarrollar los estudiantes en su proceso de aprendizaje.

Por ello se ha estructurado el presente módulo con un énfasis en procesos analíticos más que en procesos matemáticos, sin descuidar tan importante herramienta, en el estudio y desarrollo de la ingeniería.

Las valiosas ayudas de la informática en diversos programas, al alcance del común de los estudiantes, permiten reforzar el material escrito en la resolución de múltiples ejercicios.

Las memorias y hojas de cálculo se constituyen en los elementos complementarios para simulación e integración de los balances a otros campos de aplicación.

La mayoría de los ejemplos dispone en el módulo de sus respectivas hojas de cálculo, alguna de ellas para ser terminadas, no en cálculos, por los estudiantes.

Como complemento se entrega un archivo, en Excel, para que el estudiante analice y realice simulaciones para diferentes situaciones.




INDICE

UNIDAD 1 BALANCE DE MATERIALES

Objetivos 1 Introducción 1.2. Procesos 1.2.1 Proceso industrial 1.2.1.1 Proceso de cochada 1.2.1.2 Proceso continuo 1.2.2 Variables de proceso 1.2.3 Diagrama de flujo.- 1,3 Memorias y hojas de calculo para balances de materiales. 1.3.1 Simulación 1.3.2 Composición, fracciones, porcentajes 1.4 Resolución de balances 1.4.1 Base de cálculo 2 Clases de balances 2.1 Balances en operaciones de separación 2.2 Balances de separación con acumulación 2.3 Balances de mezcla 3.1 Balances de mezcla y separación 3.2 Balances en operaciones con recirculación o reciclo UNIDAD 2 BALANCE DE ENERGÍA Objetivos 4 Introducción 4,1 1a. Ley de la termodinámica 4.1.1 Energía Potencial 4.1.2 Energía Cinética 4.1.3 Energía Mecánica 4.1.4 Energía Interna 4.1.5 Energía PV 4.2 Balance Total de Energía 4.2.1 Calor de índole física 4.2.2. Calor específico 4.2.4 Calor especifico a P constante 4.2.5. Calor latente 4.3 Calor de índole química 4.3.1 Calor de formación




4.3.2 Calor de reacción 4.3.3 Calor de disolución 4.3.4 Calor de mezcla 4.3.5. Calor de combustión 4.3.6 Balance estequiomètricos de masa y energía UNIDAD 3 BALANCES COMBINADOS Objetivos 5,0 Introducción 5,1 Balance materia y calor 5.2 Balances con mermas 5.3 Balances ensayo y error 5.4 Balances por método Gráfico




PRIMERA UNIDAD

BALANCE DE MATERIALES




OBJETIVOS

Definir la ecuación fundamental de un balance de materia.

Interpretar datos suministrados para lograr resolver problemas de balance de materia.

Resolver utilizando bases de cálculo, problemas referentes a procesos en reflujo y/o reciclaje.

Emplear la técnica del ensayo y error, en la resolución de problemas

Elaborar memoria y hojas de cálculo.

Realizar simulaciones en diferentes situaciones presentadas en la industria.




1 Introducción Los balances de materiales y de energía se fundamentan en la ley de conservación de la materia y de la energía. que establece: " la materia y la energía no se crean ni se destruyen, sólo se transforman." La masa de materiales que sale de un proceso debe ser igual a la masa de los materiales que entran, si no existe acumulación de masa dentro del proceso.

En forma similar, la energía adicionada a un proceso debe ser igual a la energía removida del proceso más la acumulación de energía dentro del proceso. A menudo las energías cambian en su forma; muy usual es que la energía eléctrica se transforme en energía mecánica o energía térmica.

Einstein estableció la existencia de la ley universal que integra la masa y la energía, donde dadas circunstancias específicas la masa se transforma en energía o viceversa acorde la ecuación E = mc2

Donde:

E Energía m masa c constante, igual a la velocidad de la luz. Un balance de materiales establece las relaciones contables de cantidades mensurables de materiales que entran y que salen en un proceso industrial. Los balances de materiales se aplican, entre otros, para:

Establecer necesidades de materias primas e insumos para una producción predeterminada.

Calcular las mermas y rendimientos de materias primas e insumos.

Definir programas de adquisiciones.

Manejar y rotar inventarios.

Establecer costos de insumos para un producto.

Dimensionar y diseñar procesos y operaciones unitarias.

Dimensionar y diseñar equipos.

Diseñar plantas industriales.

1.2. Procesos

Un proceso es una o más etapas desarrolladas para transformar unos insumos o materias primas en productos.

A la vez las etapas están constituidas por una o más operaciones o procesos unitarios.

Se denomina operación unitaria al cambio físico que tiene lugar en un proceso industrial, en forma similar se denomina proceso unitario al cambio químico que




ocurre dentro de un proceso industrial

1.2.1- Proceso industrial

Proceso industrial es el conjunto de operaciones y procesos unitarios requeridos para transformar insumos a productos mediante el empleo de equipos y mano de obra apropiados.

Los procesos industriales en alimentos, a menudos son un conjunto de operaciones complejas que requiere de gran cantidad de equipos.

Conociendo los principios es posible diseñar los pasos de la mejor forma posible. Los procesos se analizan bajo seis consideraciones interdependientes:

Clase de proceso.

Variables de proceso.

Operaciones y procesos unitarios.

Balances de masa y energía.

Instrumentación y Control

Costos. Los procesos se desarrollan por lotes o cochadas y en forma continua.

1.2.1.1. Proceso de cochada

Es aquel en el cual el ó los materiales permanecen en el equipo mientras se realizan las operaciones o procesos unitarios correspondientes a una o más etapas.

En algunos procesos de cochada se le suministra a los materiales un movimiento rotacional o circular, como en el caso de mezclado o agitación en tanques.

Entre los más representativos tenemos:

Elaboración de alimentos a nivel doméstico. En la elaboración de los alimentos en los hogares, artesanalmente y en muchos restaurantes se tienen fundamentalmente procesos de cochada; la elaboración de una sopa, la cocción de verduras o el freido de carne realizados en una olla o sartén.

Selección y clasificación, lavado y escaldado de cantidades determinadas en frutas y verduras en mesas y recipientes..

Labores tradicionales de mezclado de ingredientes , amasado como el remojo de harinas , horneado tradicional en la obtención de panes, secado , concentración en la obtención de mermeladas o arequipes.

En los procesos de cochadas y para correlacionar las variables involucradas se manejan volúmenes o cantidades de masa (en peso) y un tiempo total de proceso.

Mezcla de hierbas, sal y condimentos para la obtención de 20 kilos de un adobo, efectuado en una mezcladora en el lapso de 15 minutos.

Horneado de diez bandejas con 50 panes de 100 gramos, cada una, durante




25 minutos.

Osmodeshidratación de 50 kilos de tajadas de guayaba, en el transcurso de 48 horas.

Añejamiento de 1500 litros de vino durante 3 años. 1.2.1.2. Proceso continuo

Es aquel en el cual el material o producto en proceso pasa a través del equipo sufriendo una operación o proceso unitario durante su paso.

Realmente corresponde a lo que se conoce como flujo y el manejo de unidades se realiza fundamentado en las unidades propias de flujo como kilos por hora (k / hr), metros cúbicos por segundo (m3 / s ) galones por minuto (GPM), etc.

Entre los procesos continuos más representativos tenemos:

Transporte de materiales, sólidos a granel, mezclas ó líquidos.

Procesos de molienda y pulverización, tamizado.

Envasado de alimentos y bebidas.

Y ejemplos específicos:

Transporte de maíz en un tornillo sinfín a razón de 4000 kilos por hora.

Pasterización de 8.000 litros de leche por hora.

Molienda de malta a un flujo de 2.500 kilos por hora.

Dosificación de cloro a razón de 3 miligramos por minuto en un tratamiento de aguas.

Desaireación de 5.000 latas por horas de sardinas en un túnel de exhausting. A nivel industrial un proceso continuo se realiza en un período de tiempo definido que esta determinado por las jornadas de trabajo que se tienen en las empresas.

Un molino de maíz (como empresa se llama trilladora de maíz) que tiene dos jornadas de trabajo, laborará durante 16 horas. En este lapso de tiempo o aún de acuerdo a la programación interna el transportador de maíz y el molido trabajan a un flujo de 4000 kilos por hora.

Puede ocurrir que un sábado se trabajen cuatro horas y durante este lapso de tiempo los equipos trabajan continuamente al flujo establecido

Algunas plantas de la industria cervecera tienen programación continua durante la semana y se para el día sábado al mediodía para hacer aseos generales y completos.

Se tiene una programación de tres turnos para cubrir la jornada del día.

El envasado que comprende las etapas de desencanastado de botellas, lavado de botellas, envasado propiamente dicho, tapado, etiquetado, pasterizado y encanastado se realiza en forma continua pero únicamente durante 22 horas al día, pues se hace necesario parar durante dos horas para hacerle aseo a las lavadoras y pasterizadoras por la acumulación de residuos y vidrio que no se pueden retirar continuamente.




Es de recordar que en procesos industriales que involucran muchas etapas el proceso global se puede subdividir en procesos, y en esta consideración para la obtención de muchos productos se tienen de las dos clases, procesos continuos y por cochadas o por lotes.

Por analogía las etapas y operaciones también se clasifican como continuas o por lotes.

En algunas industrias se hace necesario preparar los insumos o materias primas secundarias, tal es el caso de la preparación de un jarabe invertido de azúcar en la osmodeshidratación de la guayaba. La obtención del jarabe en sí es un proceso, aunque en el proceso industrial de la osmodeshidratación de la fruta es una etapa.

Un criterio para establecer ó definir si es etapa o proceso lo constituye la disponibilidad en tiempo y espacio para obtener o adecuar el insumo. El jarabe debe prepararse antes o simultáneamente al inicio del manejo de la fruta; el caso es que debe estar listo para iniciar la osmodeshidratación propiamente dicha. El jarabe se puede preparar con mucha antelación y aún, como hoy se esta convirtiendo en actividad usual, adquirir el insumo a terceros. Ejemplo 1

En la obtención de tajadas osmodeshidratadas de guayaba se tienen las siguientes etapas:

Preparación de jarabe.

Recibo de la fruta.

Selección y clasificación de la fruta.

Escaldado.

Adecuación de la fruta.

Osmodeshidratación.

Juagado

Secado y

Empaque. Domestica o artesanalmente para trabajar 10 ó 100 kilos el proceso es por cochada o lote y corresponde a lo que se va a procesar, una cochada de 10 kilos ó un lote de 100 kilos. Industrialmente algunas etapas puede constituirse en un proceso y tenemos que:

La preparación del jarabe es un proceso por cochadas.

El recibo de la fruta es por cochadas, ya sea en cajas o por el contenido de un vehículo, es una etapa.

La selección , clasificación y escaldado son etapas continuas.

La adecuación de la fruta (tajado o troceado) es continua.

La osmodeshidratación es por cochadas.

El juagado es una operación continua.

El secado es por cochada y




El empaque es continuo. Ejemplo 2

La elaboración de tamales a nivel artesanal establece las siguientes etapas, todas ellas por lotes:

Adecuación de materias primas.

Cocimiento de las carnes.

Preparación de la masa..

Dosificación o porcionado de la masa.

Ensamble del tamal (colocación de carnes y adición a las hojas)..

Amarre del tamal.

Cocción del tamal.

Enfriamiento. A nivel industrial las etapas de preparación de la masa, dosificación, ensamble y amarrado se pueden hacer en forma continua.

Muchos procesos tienen etapas por cochadas y etapas continuas, una forma de integrar las dos clases de etapas es mediante los que se denomina tanques pulmón o de acumulación para líquidos o sólidos pulverulentos o en granos, y mesas de acumulación o canastas en sólidos regulares o productos empacados.

En el caso de la elaboración industrial de tamales, para tener continuidad en la producción se dispone de una marmita y dos tanques pulmón.

La masa elaborada en una primera cochada se pasa al primer tanque pulmón de donde se dosifica o porciona a las hojas para un ensamble continuo, mientras tanto se esta procesando la segunda cochada de masa que se recibe en el segundo tanque pulmón.

Cuando se termina de dosificar del primer tanque se pasa a dosificar del segundo tanque pulmón y se elabora la tercera cochada que a la vez se recibirá en el primer tanque.

El empaque de leche en bolsas o de arroz en talegas se constituye en una operación continua disponiendo de la leche en un tanque y del arroz en una tolva alimentadora.

La mesa de acumulación, que como su nombre lo indica es una mesa o un espacio de gran tamaño superficial permite recibir productos de un equipo continuo, para alimentar a un equipo por cochadas.

En la industria de tamales se dispone de una mesa de acumulación y canastillas para recibir los tamales ensamblados que se han de cocinar por cochadas en un horno.

1.2.2 Variables de proceso

En muchos procesos lo que establece su continuidad son las formas como se




manipulen las variables que se manejan en cada operación o etapa.

A la vez esta manipulación requiere de equipos o aparatos diferentes.

Ejemplo 3

En la osmodeshidratación de frutas tomemos la preparación del jarabe y desglosémoslo en las operaciones y procesos unitarios que tienen lugar:

Medición del agua.

Pesada del azúcar.

Pesada del ácido cítrico.

Calentamiento del agua.

Agregación del azúcar y ácido cítrico.

Ebullición.

En la medición del agua se tienen dos variables principales, volumen de agua y tiempo en el cual se realiza la medición del volumen que se requiere.

Para la pesada de azúcar las variables de la operación son peso y tiempo; iguales variables se tienen en la pesada del ácido cítrico.

En el calentamiento del agua las variables manipuladas son calor, temperatura y tiempo, que pueden ser integradas a dos variables, flujo de calor (diferencial de calor sobre diferencial de tiempo q = dQ /dt) y temperatura.

Solamente el tiempo se constituye en variable durante la agregación del azúcar y del ácido cítrico. Esta variable puede involucrar el tiempo de llevar el azúcar pesado desde su sitio de almacenamiento sea provisional o permanente y el tiempo de agregación propiamente dicho

En la ebullición se tienen dos variables el flujo de calor y el tiempo de ebullición. Debe tenerse muy en cuenta que la variable tiempo para el flujo de calor es diferente a la variable tiempo de duración de la ebullición. En términos prácticos se tiene un flujo de calor en kilocalorias por hora y la ebullición puede durar 5 ó 10 minutos.

La agregación de azúcar implica el transporte. En un proceso de cochada la cantidad de agua se adiciona a una olla o marmita y se mide por nivel marcado directamente en el recipiente o empleando un recipiente aforado como baldes, vasos aforados, etc; en un proceso continuo el agua fluye a través de un medidor de volumen o contador de agua, para entrar al equipo que la ha de calentar.

Normalmente se emplea una báscula o una balanza para pesar las cantidades necesarias para una cochada. En un proceso continuo se debe usar un dosificador de sólidos que alimentará al equipo en el cual se efectúa la ebullición continua.

En la preparación del jarabe se tiene otra variable y es el pH, ya que la inversión del azúcar ocurre en medio ácido. Sin embargo el pH es función del ácido cítrico agregado y establecida una relación constante de ácido cítrico y azúcar agregado el pH deja de ser variable.




Ejemplo 4

En la obtención de cerveza, en una de las primeras etapas del proceso la malta se muele y se adiciona a agua con características químicas especiales.

La mezcla (masa) se lleva a calentamientos periódicos para convertir proteínas y almidones en compuestos más simples en una solución llamada mosto.

La operación más importante es la conversión de almidones en azucares por acción de las enzímas amilolíticas que tiene la malta.

Esta conversión puede reconocerse mediante la toma de muestras a la masa y adición de una solución de yodo; el cambio de coloración de la solución a azul intenso indica presencia de almidones.

A mayor intensidad mayor contenido de almidones en la masa. Se considera que se tiene una conversión de almidones cuando la solución no cambia de coloración.

Las operaciones que se tienen en la llamada maceración son:

Preparación del agua (adecuación de sus características químicas).

Calentamiento del agua a 36 oC.

Adición de la malta molida.

Agitación de la mezcla. ( se continua hasta terminar el proceso).

Calentamiento a 52 oC.

Descanso a 52 oC (conversión de proteínas).


Descanso a 72 oC (conversión de almidones).


Descanso a 76 oC (inactivación de enzimas).

Bombeo a filtración.

Los descansos son operaciones en las cuales la masa se deja durante un tiempo predeterminado a la temperatura establecida para lograr un mayor o menor grado de conversión de las proteínas y almidones.

Para este proceso en particular, las variables son pH y cantidad de sales del agua, cantidad de materias primas (relación agua:malta) , temperatura, tiempo y concentración de proteínas y almidones.

Todas ellas inciden en las características de la cerveza y permiten establecer los llamados tipos de cerveza.

El diseño, dimensionamiento y la optimización de procesos se fundamenta en el correcto conocimiento y manejo de las variables 1.2.3. Diagrama de flujo

Es la representación gráfica de operaciones y etapas que tienen lugar en un proceso.

En algunos diagramas, se representan la secuencia coordinada de los procesos y operaciones unitarias que permiten la transformación de las materias primas a




productos finales y subproductos.

Los diagramas de flujo se clasifican de acuerdo a los símbolos empleados y de acuerdo a los contenidos. En la primera clasificación se tienen los de bloques y los simbólicos, en la segunda los cualitativos y los cuantitativos.

La clasificación y representación de los diagramas de flujo se presenta en el numeral 2.3.2 del módulo “Introducción a la Ingeniería de Alimentos” de la ingeniera Margarita Gómez de Illera.

1.3. Memorias y hojas de cálculo para balances de materiales

Las memorias de cálculo son las relaciones descriptivas minuciosas en el desarrollo de las diversas operaciones y cálculos.

En realidad corresponde al desarrollo tradicional de problemas con una descripción completa de los pasos y operaciones realizadas.

Las hojas de cálculo, ampliamente empleadas en aplicaciones de Ingeniería, se elaboran fundamentadas en las relaciones, sean funciones o ecuaciones de las múltiples variables y parámetros, igualmente de datos estipulados en tablas, gráficas y aún en prácticas de terreno o pruebas de campo.

Las prácticas de terreno se refieren al ejercicio profesional en los diversos campos en tanto que las pruebas de campo son experiencia a nivel laboratorio o planta piloto sin el rigor científico de los ensayos experimentales, pero con manejo estricto y controlado que permite la fiabilidad de los resultados obtenidos.

En el desarrollo de los ejemplos tanto de balance de materiales como de energía se emplearán las hojas de programa Excel 95/97.

En el apéndice 1 Ejemplos se presentan las memorias y hojas de cálculo, herramientas muy valiosas para el desarrollo de cálculos.

1.3.1. Simulación

El mayor valor de las hojas de cálculo consiste en ser el medio para realizar la simulación, herramienta importante en el estudio de alternativas de procesos, diseños, formulaciones económicas, etc.

La simulación consiste en desarrollar un problema o situación modificando diversas variables para obtener resultados comparativos y permitir una visión amplia y simultánea de las alternativas presentadas (ver apéndice 1).

En varios de los ejemplos presentados en el apéndice 1 se presentan simulaciones en otras hojas de la hoja de cálculo,

1.3.2. Composición, fracciones y porcentajes

Todos los alimentos estan compuestos de sustancias en diferentes proporciones. Algunas de estas sustancias los hacen en cantidades apreciables siendo las principales agua, carbohidratos, proteína, grasa y fibra, y se llaman elementos




mayores, en tanto que otras sustancias, elementos menores, aparecen en muy pequeñas cantidades como son los minerales, (generalmente como sales y que contienen calcio, fósforo, sodio, potasio, cobre, hierro, etc.), vitaminas, aminoácidos y ácidos orgánicos entre otros.

Prácticamente a nivel mundial, las diversas legislaciones exigen en las etiquetas de los productos alimenticios su composición tanto por los elementos mayores como los elementos menores, aunque las cantidades se expresan en diferentes unidades.

Los elementos mayores se expresan como fracciones del total del producto que siempre se ha de tomar como 1; esto significa que las fracciones siempre son menores de uno.

Otra forma de expresar las cantidades de los compuestos en el porcentaje que siempre corresponde a la fracción multiplicada por cien.

Ejemplo 5

Expresar en fracciones los compuesto de una carne cuya composición principal es: Grasa 8%, (1), Proteínas 17% (2), carbohidratos 1%, (3) y Humedad 74%, (4),

Solución.

Dado que el porcentaje es una fracción multiplicada por cien, la fracción será el porcentaje dividido por cien y se tiene:

Grasa = 8 /100 = 0,08 Proteínas = 17/100 = 0.17 Carbohidratos = 1/100 = 0,01 Humedad = 74/100 = 0.74 Total = 1,00 1.4. Resolución de los balances Para facilitar el planteamiento y resolución de los balances es conveniente realizar los pasos siguientes:

Leer comprensivamente todo el problema.

Seleccionar una simbología conveniente para todas las corrientes que intervienen en el proceso.

Elaborar un diagrama de flujo, colocando en el los símbolos de la diferentes corrientes.

Establecer la consistencia de unidades. En lo posible emplear pesos de todas las corrientes en el sistema internacional. En las hojas de cálculo se pueden trabajar simultáneamente con diferentes sistemas de unidades.

Colocar los valores numéricos consistentes en el diagrama de flujo.

En algunos problemas, se desconocen valores numéricos de las corrientes, en tal caso seleccione una base de cálculo que debe ser consecuente al problema.




En el manejo de cálculos estequiometricos, escriba las reacciones químicas cuando sea absolutamente necesario.

Lo primero, para solucionar un balance de materia, es establecer las diferentes relaciones cuantitativas entre las diferentes corrientes del proceso.

1.4.1 Base de cálculo En múltiples aplicaciones de ingeniería no se parte de valores numéricos definidos si no que se plantea un problema general en el cual se establecen parámetros y situaciones dadas, y al resolverse se hace necesario cuantificar los parámetros; en estas circunstancias se da un valor numérico a uno de los parámetros que como se comenta debe estar plenamente identificado y no debe ser arbitrario. Este valor numérico se constituye en la base de cálculo.

En lo posible la base de cálculo debe estar relacionada con todos los parámetros que intervienen en el problema.

En los alimentos donde el agua juega un papel muy importante y se tiene gran numero de procesos en los cuales se disminuye o elimina como evaporación y secado y otros en los cuales se adiciona, como la reconstitución de productos deshidratados, entre ellos leche en polvo, café liofilizado, etc., se acostumbra a trabajar base de calculo en lo llamado base húmeda y en base seca.

La base húmeda se refiere al producto incluyendo el agua que normalmente posee en cualquier etapa de un proceso y base seca al producto considerado como si no tuviese agua.

Un kilo de leche tal cual puede tener un 80% de humedad y 6% de grasa. 1 kilo se constituye en base húmeda o tal cual y en muchas ocasiones no se califica como húmeda.

El kilo de leche tiene otros compuestos, no necesariamente sólidos disueltos, como la grasa que es insoluble en agua pero se encuentra finamente dispersa. La base seca para esta leche es del kilo de toda la leche menos el peso del agua que equivale a 0,8 kilos, es decir la base seca es de 1,0 - 0,8 = 0,2 kilos.

La grasa que hay en la leche es de 1,0 x 0,06 = 0,06 kilos.

Cuando se toma la base seca, la grasa sigue siendo de 0,06 kilos pero se tienen únicamente 0,2 kilos de materia seca.

El porcentaje de grasa en la base seca, cambia y del 6% en base húmeda llega a (0,06 / 0,2) x 100 = 30% en base seca. Los otros compuestos sólidos sumarán el 70%.

Ejemplo 6 Una carne cuya composición principal es: Grasa 8%, (1), Proteínas 17% (2), carbohidratos 1%, (3) y Humedad 74%, (4), se deshidrata hasta llegar a un 5% de humedad (5)




Establecer la composición en base seca, determinar la composición del producto seco.

Nota: los números en paréntesis se toman como referencias para las hojas de cálculo

Solución.- Para resolver las tres preguntas se requiere trabajar sobre una base de cálculo.

Se puede tomar como base de cálculo el valor de 100 kilogramos (6) de carne fresca pues facilita los cálculos.

Recordando que la cantidad, en peso, de sólidos en base húmeda y en base seca no cambia, se deben calcular los sólidos y la suma de ellos constituyen la base seca.

Con el valor de la base seca se puede entrar a determinar el porcentaje de cada uno de los componentes y así establecemos la composición del producto seco.

La cantidad de cada unos de los componentes en la base de cálculo es igual a la cantidad total de carne multiplicada por el respectivo porcentaje, colocado este porcentaje como fracción:

Grasa 100 x 0,08 = 8 kg (7) Proteína 100 x 0,17 = 17 (8) Carbohidratos 100 x 0,01 = 1 (9) Subtotal sólidos = 26 (10) Agua 100 x 0,74 = 74 (4)

Total = 100

Para establecer la composición en base seca, se deben tomar únicamente los sólidos, en este caso 26 kilos y determinar sobre esa base el porcentaje que representa cada componente, así:

Grasa 8 / 26 x 100 = 30,8% (11) Proteína 7/26 x 100 = 65,4% (12) Carbohidratos 1/26 x 100 = 3,8% (13)

Total base seca = 100,0%

El producto seco con humedad del 5%, tiene un 95% (14) de sólidos que pesan 26 kg (10), de acuerdo a lo obtenido anteriormente.

El producto seco pesará Ps = 26/ 0,95 = 27,4 kg (15) El porcentaje de grasa Gs = 8/ 27,4 x 100 = 29,2% (16) El porcentaje de proteína Ps = 17 / 27,4 x 100 = 62,1% (17) El porcentaje de cenizas C = 1/ 27,4 x 100 = 3,1 % (18)

Para diferenciar el producto sin agua del producto seco, se emplea el término deshidratada para el producto en base seca.

En este ejemplo se han trabajado compuestos sólidos como grasa, carbohidratos, y proteína, sin embargo en algunos productos, principalmente de la industria




química, se encuentran líquidos diferentes al agua y en los cálculos de base seca se debe tener presentes los compuestos líquidos diferentes al agua.

En la figura 1 se representa un deshidratador a vacío, en planta piloto para deshidratación de alimentos.

En la hoja siguiente se presenta la hoja de cálculo.

Secador al vacio

FIGURA 1

EJEMPLO 6

BALANCES DE MATERIALES

CALCULOS DE BASE SECA Y BASE HUMEDA

Símbolo Unidad Fuente Ref: Porc. Valor

BASE HUMEDA

CARNE B

Grasa G % Dato 1 8,0%

Proteínas P % Dato 2 17,0%

Carbohidratos C % Dato 3 1,0%

Humedad A % Dato 4 74,0%

SOLUCION

BASE HUMEDA

CARNE B kg Selección 6 100,00

Grasa G %, kg Dato, cálculo 7 8,0% 8,00

Proteinas P %, kg Dato, cálculo 8 17,0% 17,00

Carbohidratos C %, kg Dato, cálculo 9 1,0% 1,00

Humedad A %, kg Dato, cálculo 4 74,0% 74,00

BASE SECA %

Sólidos Dato 10 26,00




Grasa G %, kg Cálculo 11 30,8% 8,00

Proteinas P %, kg Cálculo 12 65,4% 17,00

Carbohidratos C %, kg Cálculo 13 3,8% 1,00

% Cálculo 100,0% 26,00

PRODUCTO SECO

Sólidos S %, kg Cálculo 14 95,0% 26,00

Grasa G %, kg Cálculo 16 29,2% 8,00

Proteinas P %, kg Cálculo 17 62,1% 17,00

Carbohidratos C %, kg Cálculo 18 3,7% 1,00

Humedad A %, kg Cálculo 5 5,0% 1,37

TOTAL CARNE SECA %, kg Cálculo 15 100,00% 27,37

Como se comentó, una de las aplicaciones de los balances es poder establecer los precios de la materia prima transformada

CASO 1

Si el costo de la carne fresca es de $ 4.000 kilo, cuál es el precio de la carne seca, tomando únicamente el costo de la materia prima?.

Del balance de materiales y como se aprecia en la hoja de cálculo, por cada cien kilos de carne fresca se obtienen 27,37 kilos de carne seca, es decir un 27,37%,

Para obtener un kilo de carne seca se requieren 1 / 0,2737 = 3,654 kilos de carne fresca que tienen un costo de 3,654 x 4.000 = $ 14.635.39.

Este valor también se obtiene dividiendo 4.000 por 0,2737.

En la columna de CASO 1 de la hoja de cálculo, (ver apéndice 1) simulación, se aprecia el costeo, que se ha basado en los 100 kilos de carne fresca que han de costar 100 x $ 4.000 = 400.000 y que representan el valor de 27,37 kilos de carne seca, luego el precio de la carne seca es de $400.000 / 27,27 = $14.635,38

Para ello se toma el valor del precio unitario y se copia en la celda I13, en la celda J13 se hace la operación de multiplicar las celdas G13 por I13, para obtener el valor total de los 100 kilos de carne.

El resultado se copia, como celda en la J30 y el valor del kilo de carne seca se obtiene colocando en al celda la división del precio total, celda J30 por la cantidad de carne obtenida, celda G30.

Cuando se tiene un valor diferente del costo por kilo se hace el reemplazo del nuevo valor en la celda I13.

En la hoja de unidades se aprecia el valor por kilo de carne seca de $21.451,64 cuando el precio por kilo de carne fresca es de $ 6.000.

CASO 2.

Que precio tiene el kilo de carne seca, cuando su humedad final es del 7%?.




Cuando la humedad se sube al 7% se obtiene más producto.

En este caso la base seca (26 kilos) equivale al 93% y el producto con la humedad del 7%, pesará: 26 / 0.93 = 27,96 kilos y el peso por kilo será de $ 400.000/ 27,96 = $14.307,69.

Para establecer la composición de la carne con el nuevo porcentaje de humedad se procede a realizar la simulación operacional.

Para ello se copia todo el bloque de la hoja Ejemplo 9, en la siguiente hoja llamada de simulación y en el nuevo bloque se cambia el valor de la humedad a 7% en la celda correspondiente humedad del producto seco, celda F29 y se aprecia como el costo varia a $ 14.307,69

Es muy importante tener presente que los balances de materia están fundamentadas en lo que representa peso de los materiales, razón por la que las unidades se deben expresar en las correspondientes a peso, ya sea normal o molar en los respectivos sistemas de unidades.

Una valiosa aplicación de la hoja de cálculo es presentar los problemas en diversas unidades introduciendo las columnas necesarias para los sistemas de unidades y cada valor de la nueva columna se obtiene multiplicando el valor que se ha tomado como base por el factor de conversión como se aprecia en la hoja Unidades para el ejemplo 9.

En la columna de unidades se han incluido para los pesos las libras, representadas como lbs. y a nueva columna aparece como VALOR y debajo de esta celda ES, que significa english system en referencia a que las unidades de peso en dicho sistema son las libras. Se debe recordar que Valor se refiere al valor numérico de la variable y no a un costo. 2. Clases de balances.

No existe una clasificación sobre las clases de balances de materiales que se tienen en la industria, sin embargo para orientar en la forma de manejar los problemas relacionados a balances, se pueden tener balances a procesos:

De separación, en los cuales un flujo se divide en dos o más.

De separación con acumulación, es aquel en el cual se acumula o queda una cantidad de material en el equipo en el cual se realiza la separación.

De mezcla, en el cual dos o más flujos se convierten en uno.

De mezcla con acumulación es aquel en el cual se acumula o queda una cantidad de material en el equipo en el cual se realiza la mezcla, tal es el caso del ejemplo 2.

Combinados en los cuales se tiene mezcla y separación, como en el ejemplo 1

Combinados con acumulación, como es el caso del ejemplo 3.

Combinados con reciclo, en el cual parte de una o mas corrientes de separación regresa al equipo convirtiéndose en corrientes de mezcla.

Sin importar si el proceso es continuo o por baches, siempre se presentan las llamadas mermas, que son acumulaciones de materiales generalmente muy




pequeñas, que quedan en los equipos, accesorios y tuberías, sin importar su estado sea sólido o líquido.

Estos valores son bastante significativos en el caso de materiales muy viscosos y se llega el caso e tener que implementar los equipos para evitar esas acumulaciones que siempre se constituyen en pérdida de los materiales.

En procesos de cochadas entre más equipos se tengan en un proceso mayor es la cantidad de mermas. Para el control y manejo de la mermas se determinan etapa por etapa y total para el proceso y siempre se expresan en porcentaje.

La base de cálculo en la determinación de las mermas siempre es la cantidad de materiales que ingresa a la etapa.

Una de los propósitos de optimizar procesos industriales es disminuir las diversas mermas que se pueden presentar en las operaciones o etapas. Los procesos continuos siempre presentan menos mermas que los de cochada.

La inmensa mayoría de procesos en la industria de alimentos implican procesos simultáneos o secuenciales de mezclas y separaciones y sobre ellos haremos mayor énfasis en los ejemplos.

2.1 Balances en operaciones de separación Asiduamente se presenta esta clase de balances, en la industria de alimentos.

Muchas de las materias primas de origen vegetal o animal que se constituyen inicialmente en un solo producto, sean frutas o vegetales y animales ya sean sacrificados o en canal, requieren de procesos iniciales para separar las partes aprovechables de aquellas que no se consumen o se constituyen en subproductos.

Generalmente en los vegetales, las cáscaras y semillas no son consumibles y deben ser separadas.

Igualmente de una canal de res o pollo, los huesos no son consumidos y ciertas partes no se procesan integralmente, sino en forma separada ya que tanto el proceso como los productos tienen características diferentes.

En muchos procesos se parte de una materia prima o insumo completo, como es el caso de los cereales, de las frutas y de animales en pie. Se considera al insumo como un todo que tiene una composición definida, obtenida después de innumerables pruebas o ensayos.

Este todo es igual la suma de la partes y generalmente las partes se expresan como porcentaje del todo y siempre la sumatoria de los porcentajes debe ser igual a un ciento por ciento (100%).

Cada parte es igual al todo multiplicado por el respectivo porcentaje de participación.

Llamando A al insumo y sus partes B, C, D, E, ……I se comprueba que




A = B + C + D +…….. I ó lo que es igual A =

Siendo cada parte en particular.

A la vez si llamamos b.c.d.e… i, al porcentaje de cada parte se cumple:

B = A x b , C = A x c , D = A x d ………. I = A x i , llegando a

A = B + C + D+…….. I = A ( b +c + d+ …. i) , como la suma de los porcentajes debe ser igual a 1 se comprueba A = A x 1 = A

Una parte se define completamente cuando se conoce su participación en el todo (porcentaje o fracción) y la cantidad presente.

Ejemplo 7.

Después de varias pruebas de campo se establece que la composición promedio de la curuba en términos de sus tres partes principales es: pulpa 58% (1), semillas, 20% (2) y cáscara 22% (3).

a) De cinco cargas de curuba, cuantos kilos de cáscara, de pulpa y de semillas se obtienen?

b) Se pretende elaborar jugo empleando exclusivamente la pulpa, qué cantidad de pulpa se fruta se requiere para obtener 2.500 (4) kilos de pulpa y cuanto es el desperdicio en cáscara y semillas?.

Curaba y sus partes

FIGURA 2

En las fotos, figura 2, se aprecian la fruta y las porciones obtenidas. Una representación gráfica, para la parte b del problema, se muestra a continuación

2.500

58%

20%

22%

100%

?

F

P

S

C




FIGURA 3

Solución

En cálculos en los cuales intervienen porcentajes, se hace necesario llevarlos a fracción. De tal forma que las fracciones de los componentes son : pulpa 0,58, semilla 0,20 y cáscaras 0,22.

En este ejemplo se introducen unas unidades de peso muy usuales en Hispanoamérica; una carga que consiste en el contenido de dos bultos de cinco arrobas cada uno, equivale a 125 kilos, de tal forma que 5 cargas serán 625 kilos. Debe recordarse que una arroba equivale a 25 libras ó a 12,5 kilos

Tomando los porcentajes de cada componente o parte se tiene:

Pulpa = 625 x 0,58 = 362,50 kilos Semilla = 625 x 0,20 = 125,00 Cáscaras = 625 x 0, 22 = 137,50 Total = 625,00 kilos

Es conveniente en la resolución de problemas comprobar los resultados y en este caso ello se hace sumando los pesos de cada uno de los componentes. En la hoja de cálculo se muestra la resolución del problema. COMPOSICION DE LA CURUBA

Parámetro Símb. Fuente Ref Valores

PROBLEMA % kilos

Pulpa P Dato 1 , 4 58%

Semillas S Dato 2 20%

Cascara C Dato 3 22%

Fruta F Dato 5 100% 625,000

SOLUCION

Pulpa P Dato 1, 4 58% 362,50

Semillas S Dato, Cálculo 2 , 6 20% 125,00

Cascara C Dato, Cálculo 3 , 7 22% 137,50

Fruta F Dato, Cálculo 4 , 5 , 8 100% 625,000

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. En la hoja de cálculo analice las celdas de cada valor y plantee la ecuación respectiva.

b) Para este ejemplo la base de cálculo ya esta dada y es la cantidad de pulpa a obtener, es decir 2.500 kilos. Esta cantidad es el 58% de la fruta a procesar.

Teniendo las fracciones, la cantidad de fruta necesaria se determina estableciendo la respectiva regla de tres sobre la base de que la pulpa es la parte requerida y que la fruta es el 100% (5) ó como fracción 1,00, así que:

1,00 =========== 0,58 X =========== 2.500




Resolviendo se obtiene que la fruta necesaria es:

X = 1,00 x 2.500 / 0,58 = 4.310,345 (6)

Es usual hacer directamente la operación de dividir la parte por su fracción para hallar el total

X = 2.500 /0,58 = 4.310.345

Los residuos se calculan, tomando el todo y multiplicándolo por la respectiva fracción:

semilla = 4.310,345 x 0,20 = 802,07 (7)

cáscaras = 4.310,345 x 0,22 = 948,27 (8)

Al sumar los componentes tenemos

2.500 + 802,07 + 948,27 = 4.310,34, (9)

Comprobando el valor obtenido en (6).

Se ha tomado como unidad de cálculo el kilo, luego las cantidades contenidas son igualmente kilogramos. Debe observarse que en ciertos cálculos, se hacen aproximaciones, por ejemplo

802,069 se aproxima a 802,07 La hoja de cálculo se presenta en la siguiente página.

Es de recalcar que a nivel de cifras manejadas en la industria, (miles de kilos), no se acostumbra a usar decimales; como ejercicio elimine los decimales de la hoja de cálculo.

Caso diferente si se manejan unas pocas toneladas y en que las cifras decimales si son significativas.

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE.- Para obtener el jugo se puede emplear también la cáscara, cuando la fruta es madura y ha sido debidamente lavada y escaldada. Si la relación de sólidos (pulpa y cáscara) y agua en el jugo es de 1 a 1,7, ¿cuanto jugo se puede obtener por peso?

EJEMPLO 7 SEPARACION DE COMPONENTES DE PRODUCTOS OBTENCION DE UNA PULPA

Parámetro Símb. Fuente Ref. Valores Comprob.

PRESENTACION DEL PROBLEMA

COMPOSICION DE LA CURUBA % kilos kilos

Pulpa P Dato 1 , 4 58% 2.500,000

Semillas S Dato 2 20%

Cáscara C Dato 3 22%

Fruta F Dato 5 100%

SOLUCION

Pulpa P Dato 1, 4 58% 2.500,000


Cáscara C Dato, Cálculo 3 , 7 22% 948,276




Fruta F Dato, Cálculo 4 , 5 , 8 100% 4.310,345 4.310,345

SIMULACIÓN PARA 3.000 KILOS DE PULPA

SOLUCION % kilos kilos

Pulpa P Dato 1, 4 58% 3.000,000

Semillas S Dato, Cálculo 2 , 6 20% 1.034,483

Cáscara C Dato, Cálculo 3 , 7 22% 1.137,931


SIMULACION PARA DIVERSOS VALORES

SOLUCION % kilos kilos

Pulpa P Dato 1, 4 58% 3.000,000

Semillas S Dato, Cálculo 2 , 6 20% 1.034,483

Cáscara C Dato, Cálculo 3 , 7 22% 1.137,931


CASO 3. Determinar el costo de la pulpa cuando la fruta se compra a $1.800 el kilo y la cáscara se vende a $200 kilo.

Sobre los resultados del balance hacemos la siguiente consideración:

para obtener los 2.500 kilos de pulpa se emplearon 4.310,34 kilos de fruta que valen 4.310,345 x 1.800 = $7.758.620,69.

Por venta de cáscara se recuperan 948,276 x $ 200 = $189.655,20

El costo neto de los 2.500 kilos de pulpa es de:

$7.758.620,69 - $ 189.655,20 = $7.568.965,52

El costo de cada kilo de pulpa, por concepto de materia prima es de :

$ 7.568.985,52 / 2.500 = $3.027.59.

Nota, se pueden presentar algunas diferencias en los resultados obtenidos por la hoja de cálculo, ya que el programa guarda y acumula en toda operación hasta 14 decimales. Matemáticamente el problema se resuelve: Para la parte a, llamando F a la fruta, P a la pulpa, S a la semilla y C a las cáscara, se tiene F = P + S + C {1} Llamando p, s y c a las fracciones de cada componente se tiene P = F x p {2} S = F x s {3} C = F x c {4} F son 5 cargas que convertidas a kilos son:

2 Bultos 5 arrobas 12,5 kilos F = 5 cargas x --------- x -------------- x ----------------- = 625 kilos Carga bulto arroba Tomando F = 625, p = 0,58, s = 0,22 y C = 0,20 y reemplazando en las




ecuaciones {2} , {3} y {4} se tiene: P = 625 x 0,58 = 362,50 kilos S = 625 x 0,20 = 125,00 C = 625 x 0, 22 = 137,50 Total = 625,00 kilos Para la parte b, los valores cambian. Se tiene que P = 2.500, despejando en {2} a F se obtiene: P F = ------ {5} p 2.500 reemplazando valores, F = --------- = 4310,34 kilos 0,58 CASO 4

Cual es el costo de producir un litro de jugo de curuba si por cada kilo de pulpa se obtienen cuatro litros de jugo.

Los costos de manos de obra, servicios, administración, envase y demás involucrados en el proceso productivo son del 32% del costo de producción.

Con la relación dada de 1 litro de pulpa a 4 de jugo, el costo para los cuatro litros por concepto de la pulpa es el mismo es decir $ 3.027,60. El costo por litro de jugo es:

$ 3.027,59 / 4 = $ 756,90

Este costo constituye un porcentaje del costo total y como el porcentaje de los otros insumos y demás involucrados es del 32%, el del jugo corresponderá al 100% - 32% = 68%.

Así el costo total por litro de producto será de $ 756,90 / 0,68 = $ 1.113,08

En el apéndice 1, ejemplo 7 Curuba, en la hoja costos se muestran los cálculos efectuados. Debe analizarse cada celda en particular para establecer las operaciones allí realizadas.

CASO 5. En los dos casos anteriores se ha manejado una situación digámoslo teórica.

En la práctica se presentan las mermas por producto, que queda adherido a las paredes de los recipientes y tuberías.

Tomando mermas del 2,5% en la obtención de la pulpa y 0,8 % en la obtención del jugo, establecer el costo total del jugo.

Las mermas siempre se toman sobre la base de la alimentación y en este caso




debe inicialmente tomarse sobre la fruta. El 2,5% de merma significa que 0,025 x 4310,34 = 107,76 kilos de fruta no llegaron a convertirse en producto aprovechable. La diferencia 4.310,34 - 107,76 = 4.202,58 o el 97,5% se aprovechan en su totalidad.

La pulpa obtenida es de 2.500 x 4.202,58 / 4.310,34 = 2.437,50 kilos,

También se puede obtener tomando 4.202,58 x 0.58 = 2.437,50 kilos.

Para la obtención del jugo se parte de que el 0,8% de la pulpa no se aprovechó para el jugo, esto significa que el 99,2% de pulpa, es aprovechada en su totalidad.

Pulpa aprovechable = 2.437,50 – 0,008 x 2.437,50 = 2.418 kilos, que es lo mismo 2.437,50 x 0,992 = 2.418 kilos

Recordando que la relación pulpa a jugo es de 1 kilo a 4 litros se obtiene de jugo:

2418 (kilos ) x 4 (litros / kilo) = 9.672 litros.

Otra forma de encontrar la cantidad de jugo es

(2.437,50 - 2.437,50 x 0,008) x 4 = 9.672 litro

El nuevo costo por litro es de 7.568.965,52/ (9.672 x 0,32 ) = 1.150.83

El costo real se incrementa respecto al costo teórico, por las mermas presentadas.

A continuación se presenta la hoja de cálculo respectiva, (apéndice 1):

COSTEO DE LA PULPA

Parámetro Fuente Ref Porcent. kgs Costo unit. Costo Total

Pulpa P Dato 1, 4 58% 2.500,000 $ 3.027,59 $ 7.568.965,52


Cascara C Dato, Cálculo 3 , 7 22% 948,276 $ 200,00 $ 189.655,17

Fruta F Dato, Cálculo 4 , 5 , 8 100% 4.310,345 $ 1.800,00 $ 7.758.620,69

COSTEO DEL JUGO


Pulpa P 2500 $ 7.568.965,52

Relación pulpa jugo R 4

Jugo obtenido J 10000

Costo jugo por pulpa $ 756,90 $ 7.568.965,52

Porcentaje de otros costos 32%

Costo total del jugo $ 1.113,08

COSTEO CON MERMA


Fruta F 4.310,345

Merma Mf 2,5% 107,76

Fruta aprovechada Fa 4202,59 $ 7.568.965,52

Pulpa P Dato 1, 4 58% 2.437,500 $ 3.105,22

Merma Mp 0,80% 19,500

Pulpa aprovechada Pa 2.418,000

Jugo obtenido Ja 9.672,000




Costo jugo por pulpa $ 782,56 $ 7.568.965,52

Porcentaje de otros costos 32%

Costo total del jugo $ 1.150,83

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Llene las celdas que se requieren para tener completa la hoja de cálculo. En la obtención de muchos productos se presentan sucesivamente etapas de separación. Ejemplo 8 En la preparación de un jamón York se emplea únicamente la carne del pernil de cerdo, desprovista de cuero y de grasa.

En promedio un pernil tiene 8% de cuero, 3% de grasa y 6% de hueso.

Establecer el costo de kilo de carne, cuando el kilo de pernil esta a $ 7.200, el kilo de cuero $ $6.000, el kilo de grasa $ 500 y el kilo de hueso $ 800.

Solución

El precio de la carne se establece partiendo del precio del pernil y asumiendo que los subproductos, es decir el cuero, la grasa y el hueso se venden.

Es decir, al precio del pernil se le descuenta el precio de venta de los subproductos.

De los datos de porcentajes establecidos se tiene que la carne constituye:

100 - 8 - 3 - 6 = 83% del peso del pernil.

Tomando como base 100 kilos de pernil se tienen las cantidades y precios

de pernil 100 kilos precio 100 x 7.200 = $ 720.000 cuero 100 x 0,08 = 8 precio 8 x 6.000 = 48.000 grasa 100 x 0,03 = 2 precio 3 x 500 = 1.500 hueso 100 x 0,06 = 6 precio 6 x 800 = 4.800

Para la carne se tiene precio 720.000 - 48.000 - 1.500 - 4.800 = 665.700

El precio por kilo será 665.700 / 83 = 8.020,48 Nota. Para facilitar la transcripción de datos, se han omitido las unidades y el símbolo $

Ejemplo 8

Elaboración de Jamón York

Parámetro Símb. Valor Kilos Precio Total

Unitario

Pesos Pesos




Pernil P 100% 100,00 7.200,00 720.000,00

Cuero C 8,0% 8,00 6.000,00 48.000,00

Grasa G 3,0% 3,00 500,00 1.500,00

Hueso H 6,0% 6,00 800,00 4.800,00

Carne C 83,0% 83,00 8.020,48 665.700,00

Caso 6 . ¿A que precio se deben vender el cuero para que la carne salga a $ 8.000 kilo? Cuando el kilo vale $8.000 por los 83 kilos se deben pagar $ 664.000 y el precio de los 8 kilos de cuero debe ser = 720.000- 664.000-1.500- 4.800 = 49.700 y el precio de cada kilo de cuero se establece en 49.700/ 8 = 6.212,50

Precio del cuero

Pernil P 100% 100,00 7.200,00 720.000,00

Cuero C 8,0% 8,00 6.212,50 49.700,00

Grasa G 3,0% 3,00 500,00 1.500,00

Hueso H 6,0% 6,00 800,00 4.800,00

Carne C 83,0% 83,00 8.000,00 664.000,00

Se puede apreciar que se ha elaborado una Hoja de Cálculo con otro formato para facilitar la resolución del problema.

Como se pudo observar en los ejemplos anteriores, la masa dentro de un proceso tiene dos alternativas: o acumularse o salir del mismo, es decir, que no hay pérdidas ni ganancias; en otras palabras, lo que entra es igual a lo que sale; se verifica así la ley de la conservación.

Ejemplo 9.

Una empresa molinera procesa trigo para obtener productos y subproductos de consumo en la industria de panificación y de alimentos para animales.

Inicialmente el trigo se limpia, sacando un 2,3% de suciedades, luego en una molienda inicial se separan la cáscara, el germen y el endospermo. En la molienda se presenta una merma del 1,5%

Posteriormente se procesa el endospermo obteniendo un 5,5% de mogolla y un 94,5% de harinas.

En los granos los porcentajes promedio de cada parte son: cáscara 5%, germen 2% y endospermo el resto.

Las ventas mensuales programadas, de harinas son del orden de 8.500 toneladas y la empresa hace importaciones periódicas para tener un almacenamiento de seis meses.

Cuánto trigo debe importar y cuanto producto y subproducto se obtienen.

Solución




En general los programas de producción de las empresas se hacen mensualmente y se escoge este periodo para desarrollar el problema.

Una importante herramienta en resolución de problemas de ingeniería son los diagramas, pues permiten visualizar la situación planteada y definir a partir de dónde se inicia la resolución del problema.

La base de cálculo son las 8.500 toneladas de harina que se han de vender mensualmente.

Del análisis del diagrama, se observa que la única porción que tiene definido el porcentaje y la cantidad son las harinas y a la vez las harinas son el 94,5% del endospermo, Así que este es el punto de partida para la resolución.

El endospermo necesario para producir las 8.500 ton. de harinas es

E = 8.500 / 0,945 = 8.994,71 ton.

Se continuará trabajando con toneladas como unidad.

La mogolla resultante es la diferencia.

M = 8.994,71 – 8.500 = 494,71,

Que también puede ser obtenida con el porcentaje (4,5,%) de participación.

M = 8.994,71 x 0,055 = 494,71

Siendo este una forma de comprobación.

Suciedades 2,3%Trigo Limpio

Endospermo

Mogolla 5,5% Harinas

8.500 Ton.

Germen 2%Cáscara 5%

Trigo importado

FIGURA 4

EJEMPLO 9

PROCESAMIENTO DE TRIGO





Base de cálculo 1 mes

PRESENTACIÓN DEL PROBLEMA

Parámetro Simb. Fuente Ref. Fracción Valor

LIMPIEZA

Trigo

Trigo limpio

Suciedades

MOLIENDA 0,03

Trigo limpio

Merma

Trigo a procesar 0,01

Cáscara

Germen 0,05

Endospermo 0,02

SEPARACION

Endospermo 0.055

Harinas

Mogolla 0,945 8500,00

Con la cantidad de endospermo necesaria se puede determinar el trigo limpio a procesar. Tomando el trigo limpio a procesar como el 100%.

El endospermo es el 100% – 5% -2% = 93% del trigo limpio a procesar y en forma similar al paso anterior se determina el trigo limpio a procesar:

Tp = 8994,71 /0,93 = 9,671,73

Y las fracciones

Cáscara = 9671,73 x 0,05 = 483,59

Germen = 9671,73 x 0,02 = 193,43

Sumando los productos de la molienda se obtiene 8994.71 + 483,59 + 193,43 = 9.671,73

Para determinar el trigo limpio necesario se debe tener presente la merma (1%)

El trigo limpio, Tp, se calcula estableciendo que el trigo a procesar es el 100% -1,0% = 99%

Tl = 9.671,73 / 0,99 = 9.769,42

Las mermas, N, son:

N = 9.769,42 - 9.671,73 = 97,69

Finalmente para el trigo tal cual se deben tener en cuenta las suciedades. El trigo limpio es el 100% - 2,3% = 97,7% del trigo tal cual, así

T = 9.769,42 / 0,977 = 9992.24

Las necesidades mensuales de trigo son de 9.992,24 toneladas y para importar lo de seis meses se tienen 9.992,24 x 6 = 59.953.45 ton.




Este valor se redondea a 60.000 toneladas.

SOLUCION DEL PROBLEMA

Parámetro Simb. Fuente Ref % Valor

LIMPIEZA

Trigo 8 9999,411

Trigo limpio 7 9769,424

Suciedades 9 0,023 229,986

MOLIENDA

Trigo limpio 6 9769,424

Merma 10 0,01 97,694

Trigo a procesar 5 9671,730

Cáscara 6 0,05 483,587

Germen 7 0,02 193,435

Endospermo 3,4 0,93 8994,709

SEPARACION

Endospermo 1 0.055 8994,709

Harinas 0,945 8500,000

Mogolla 2 494,709

Ejemplo 10

En procesos industriales de obtención de compuestos químicos se emplean operaciones unitarias llevadas a cabo en equipos apropiados.

Una solución de sal orgánica al 35% en peso, es concentrada por evaporación

para ser saturada a 135 C. Posteriormente la solución se enfría a 40 C, este enfriamiento causa una sobresaturación de la solución y se produce una cristalización parcial de la sal.

Los cristales húmedos se separan por filtración, reteniendo un 15% de la solución

Los cristales se secan y la sal de la solución retenida se deposita en los cristales,

La solubilidad de la sal orgánica es:

1,8 kilos/kilo de agua a 135 C

0,70 kilos/kilo de agua a 40 C.

Se pide hacer balance de materiales en el evaporador, en la filtración y en el secador.

Solución

El proceso, tomado en un todo es complejo, pero debe considerarse que está conformado por tres etapas muy diferentes, pero relacionadas secuencialmente..

Al tomar cada etapa en forma independiente se facilita la resolución del problema.

En este ejemplo no se dan cantidades y debe tomarse una base de cálculo. Lo generalizado es tomar la alimentación inicial y en este caso es la solución original.




Tomando etapa por etapa se establecen dos formas de resolver el problema, la analítica y la matemática.

Cuando se hace la resolución etapa por etapa, se tienen los balances parciales, también se habla de balances parciales cuando se hace el balance sobre uno de los componentes. Solución Analítica

El diagrama de flujo del proceso planteado en el ejemplo se representa en la figura 11 y en el se aprecian cada una de las corrientes.

Se emplea la siguiente simbología: S solución original. V agua evaporada en el evaporador. C solución concentrada que sale del evaporador.

FIGURA 5 Fo cristales retirados del filtro F solución que pasa por el filtro P producto final o cristales secos E agua evaporada en el secador ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Coloque en el diagrama los símbolos correspondientes a las diversas corrientes. Balance en el evaporador

Tomamos un procedimiento paso a paso con base de cálculo 100 kilos de solución al 35%.

De este planteamiento, se tiene:

Agua 65,00 Kilos Sal 35,00 kilos




Solución

100 Kg

Sólidos

Agua

35 35

65

Concentrada

Solución

Evaporada

C

Kg

Kg Kg Diagrama de la evaporación

FIGURA 6 En la evaporación se ha de tener presente que el concentrado C sale como solución saturada que contiene 1,8 kilos de sal orgánica ó sólidos por cada kilo de agua.

Igualmente se tiene que los 35 kilos de sal salen del evaporador en la solución concentrada C y en la proporción ya mencionada.

La solución saturada a 135ºC. contiene 35 kilos de sal y a la vez por cada 1,8 kilos de sal se tiene 1 kilo de agua, luego el agua que sale con los 35 kilos de sal es :

35,00 x 1 / 1,8 = 19,44 kilos.

El concentrado que sale del evaporador tendrá un peso de 35,00 + 19,44 = 54,44

El agua que se evapora es la diferencia de lo que entra, 100 kilos, menos lo que sale como solución, 54,44 kilos, es decir el agua evaporada es de 100,00 - 54,44 = 45,56 kilos.

Este valor se comprueba tomando el agua que entra y restándole la que sale como solución.

Agua evaporada = 65,00 - 19,44 = 45,56 kilos.

Solución matemática:

Para resolver el balance de la etapa en forma matemática se hace necesario ampliar la nomenclatura así:

Os fracción de la sal orgánica en la solución original.

Oc fracción de la sal en el concentrado.

R relación de agua a sal en el concentrado.




Solución

100 Kg

Sólidos

Agua

35 35

65

Concentrada

Solución

Evaporada

C

Kg

Kg Kg

Solución

100 Kg

Sólidos

Agua

35 35

65

Concentrada

Solución

Evaporada

C

Kg

Kg Kg

Solución

100 Kg

Sólidos

Agua

35 35

65

Concentrada

Solución

Evaporada

C

Kg

Kg Kg

Solución

100 Kg

Sólidos

Agua

35 35

65

Concentrada

Solución

Evaporada

C

Kg

Kg Kg

54,44 Kg

19,44 Kg

45,56 Kg

Resultados de la evaporación

FIGURA 7

Con la nomenclatura escogida el problema se resuelve:

Balance Total S = V + C [1]

Balance parcial sobre la sal S x Os = C x Oc [2]

Balance parcial sobre el agua S x ( 1 - Os) = V [3]

Estas tres ecuaciones se convierten en dos.

Se conocen S y Os y quedan tres incógnitas V, C y OC, luego se requiere de otra ecuación, que se obtiene de la relación sal : agua en el concentrado.

Llamando W al agua y B a la sal en el concentrado que sale del evaporador se tiene:

S x Os = C x Oc [4]

W = C x ( 1- Oc ) y [5]

B / W = 1,8 [6]

Reemplazando valores

C x ( 1 - Oc ) = W = 19,44 se tiene 19, 44 = C ( 1 - 35 / C ) =====

C = 19,44 + 35 = 54,44 y Oc = 35/ 54,44 = 0,6429

También C = W + B = 19,44 + 35 = 54,44

de la ecuación [1] ó de balance total A = S - C = 100 - 54,44 = 45,56

Resumiendo el balance alrededor del evaporador es :

S 100 kg Os = 35%

C 54,44 kg Oc = 64,49%




A 45,56 kg

Balance en el cristalizador y en el filtro

Solución analítica

Al cristalizador ingresa el concentrado procedente del evaporador es decir 54,44 kg con un contenido de sólidos de 35 kg y 19,44 kg de agua.

Para que ocurra la cristalización el producto se enfría en el cristalizador por debajo de los 40oC.

En el cristalizador se forman dos productos: los cristales puros de la sal orgánica y la solución saturada que de acuerdo a los datos tiene 0,70 kg de sal por kilo de agua.

Debe tenerse presente que al buscar separar en el filtro los dos productos obtenidos en el cristalizador, con los cristales se retiene un 15% de la solución, es decir que en el filtro quedan cristales humedecidos con un 15% de solución.

El agua en el cristalizador hace parte de la solución saturada fría, que tiene 0,7 kilos de sal por kilo de agua.

La cantidad de sal que permanece en la solución es de 19,44 x 0,70 = 13,61 kg y se cristalizan 35 - 13,61 = 21,39 kg.

la cantidad de solución que queda en el cristalizador es de 54,44 -21,39 = 33,05 kg.

Los cristales retienen solución o quedan humedecidos en proporción del 15% de la solución es decir 0,15 x 21,39 = 3,21 kg.

En el filtro, por lo tanto quedan los cristales y la solución retenida: 21,39 + 3,21 = 24,60 kg y a través del filtro pasan 33,05 - 3,21 = 29,84 kg de solución.

Esta solución contiene sal que puede ser recuperada, regresándola al evaporador.

Enfriador Fil tro

85% de la Solución saturada

Cristaleshumedos

Cristales

Solución saturada

Concentrado

F

Ds

C

Fo

D

FIGURA 8

Solución matemática

Se exige una nomenclatura y de acuerdo a la figura 8

C concentrado que llega al enfriador o cristalizador, compuesto de agua W y sal B.




Fo cristales puros de sal obtenidos en el enfriador o cristalizador.

D solución saturada fría.

Fe sal que queda en la solución saturada fría.

Ds solución adherida a los cristales que salen del filtro ( 15% de D ).

Fs sal que sale en la solución adherida a los cristales.

Df el filtrado que contiene 0,7 kg de sal por kg de agua

F retenido en el filtro y que va al secador, compuesto de cristales puros y del 15% de solución fría.

Se tiene sobre el cristalizador o enfriador y sobre el filtro:

Balance total C = F + S [7]

a la vez C = W + B = Fo + D [8]

Balance sobre el agua Cw = Fw + Dw [9]

Balance sobre la sal orgánica Co = Fo + Do [10]

Además se tiene que la solución fría tiene 0,7 kg de sal por kg de agua, luego la sal en la solución fria es Fe = 0,7 W

y la solución fría D = Fe +W = Ds + Df

como Ds = 0,15 x D

y Df = 0,85 x D

reemplazando valores con W = 19,44 y C = 54,44

se tiene Fe = 0,7 x 19,44 = 13,61

D = 13,61 + 19,44 = 33,05

Ds = 0,15 x 33,05 = 4,96

Df = 0,85 x 33,05 = 28,09

Fo = C - D = 54,44 - 33,05 = 21,39

y F = C - Df = 54,44 - 28,09 = 26,35

que se puede comprobar C = Fo + Df +Ds = 21,39 + 28,09 + 4,96 = 54,44

Balance en el secador

Solución analítica:

Al secador ingresan 21,39 kg de cristales y 4,96 kg de solución que contiene a la vez 0,7 kg de sal por kg de agua.

La cantidad de sal que ingresa con la solución es de 4,96 x 0,7 / ( 1+ 0,7 ) = 2,042 kg y de agua ingresan 4,98 - 2,04 = 2,92 kg.




FIGURA 9

La relación de sal a agua es de 2,04 / 2,92 = 0,7

La cantidad total de sal que entra es de 21,39 +2, 04 = 23,43 y el agua evaporada de 2,92 kg.

Solución matemática:

Para la solución matemática acudimos a la figura 9.

Se plantean las ecuaciones

Balance total F = E + P [11]

Balance sobre el agua F x w = E [12]

Balance sobre la sal F x b = P [13]

teniendo a w y b como fracciones del agua y la sal en los cristales húmedos que van al secador. A la vez del balance anterior se tiene la relación:

F = Fo + Ds

con F = 26,35 kg y Ds = 4,96 kg

Como en Ds la relación agua a sal es de 1 a 0,7 se tiene que el agua F x W = Ds / 0,7, reemplazando los valores:

F x w = E = 4,96 / 1,7 = 2,92, de donde se obtiene w 2,92 / 26,35 = 1,07

P = F - E = 26,35 - 2,92 = 23,43 kg

Al aplicar la hoja de cálculo para la resolución del problema, se tiene un desarrollo mucho más sencillo pero debe estar fundamentado en el análisis de cada una de las etapas.

EJEMPLO 10 OBTENCION SAL ORGANICA

Secador

Vapor de agua

Cristaleshumedos

Cristales secos

E

F

P





Parámetro Simb Unid. Fuente Ref. % Valor

PRESENTACION PROBLEMA

Solución de Sal orgánica Os %, Dato 35%

Solución S kg Base de cálculo 100

Solubilidad a 100 o C kg/kg Dato 1,8


Remanente en filtración kg/kg Dato 0,15

SOLUCION

Solución S kg Dato 100

Sólidos kg Cálculo 35

Agua kg Cálculo 65

EVAPORACION

Sólidos kg Cálculo 35,00

Agua con sólidos kg Cálculo 19,44

Concentrado C kg Cálculo 54,44

Agua Evaporada V 45,56

ENFRIAMIENTO Y FILTRACION

Sólidos en solución kg Cálculo 13,61

Sólidos cristalizados b kg Cálculo 21,39

Agua en solución kg Cálculo 19,44

Solubilidad en solución fria kg Comprobación 0,70

Solución c kg Cálculo 33,06

Solución remanente d kg Cálculo 4,96

Sólidos en remanente e kg Cálculo 2,04

SECADO

Cristales y remanente kg Cálculo 26,35

Sólidos secos t kg Cálculo 23,43

Agua evaporada Cálculo 2,92

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Complete las columnas de símbolos, elabore las memorias de cálculo y complete la columna de referencias.

100 kg

45,56 kg

54,44 kg

28,09

23,43 kg

2,92 kg

Kg

26,35 kg




FIGURA 10 En la siguiente figura se anotan los resultados de los balances sobre cada unos de los equipos.

Se pueden observar diferencias procedimentales en las dos formas como se resuelve el problema.

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Desarrolle el ejemplo en forma matemática, tomando como 0,63 kg de sal por kg de solución de solubilidad para temperatura de 25 oC. y retención del 14% en la filtración.

EJEMPLO 10

OBTENCION SAL ORGANICA


Parámetro Simb. Unid. Fuente Ref. % Valor


Solución de Sal orgánica Os %, Dato 35%

Solución S kg B. de cálculo 100



Remanente en filtración kg/kg Dato 0,14

SOLUCION

Solución S kg Dato 100

Sólidos kg Cálculo 35

Agua kg Cálculo 65

EVAPORACION

Sólidos kg Cálculo 35,00

Agua con sólidos kg Cálculo 19,44

Concentrado C kg Cálculo 54,44

Agua Evaporada V 45,56


Sólidos en solución kg Cálculo 12,25

Sólidos cristalizados b kg Cálculo 22,75

Agua en solución kg Cálculo 19,44

Solubilidad en solución fria kg Comprob. 0,63

Solución c kg Cálculo 31,69

Solución remanente d kg Cálculo 4,44

Sólidos en remanente e kg Cálculo 1,72

SECADO

Cristales y remanente kg Cálculo 27,19

Sólidos secos t kg Cálculo 24,47

Agua evaporada Cálculo 2,72

SIMULACIÓN.- La anterior actividad se resuelve rápida y fácilmente empleando la




hoja de cálculo.

Copiando todo el bloque del ejemplo en la siguiente hoja, se cambian las celdas A10 y G10 anotando solubilidad a 250C y 0,63 respectivamente.

Igualmente se cambia la celda G11 al nuevo valor de 0,14., como se aprecia enseguida.

En la hoja de cálculo se puede apreciar los cambios que se han tenido al hacer las modificaciones presentadas.

Los sólidos secos (en su mayor parte cristales) se incrementaron a 24,47 kgs y consecuencialmente el agua evaporada se disminuye. Compare los resultados con los obtenidos mediante la resolución matemática.

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Determine analítica o matemáticamente la cantidad de solución original que se requiere para producir 400 kilos por día de producto seco.

Una forma muy rápida de resolver el problema es partiendo de la relación de producto obtenido a solución alimentada.

Se tiene que por cada 100 kilos de solución se obtienen 23,43 kilos de cristales secos, luego para obtener 400 kilos de producto seco se necesitan 100/23,43 x 400 = 1707,22 kilos por día.

Este valor se coloca en la hoja de cálculo, en la celda correspondiente al valor de la solución y de inmediato se cambian los diversos valores calculados como se aprecia a continuación.

EJEMPLO 10 SIMUL. PARA OBTENER 400 KILOS DE SOLIDOS

OBTENCION SAL ORGANICA


Parámetro Simb Unid. Fuente Ref. % Valor Valor


Solucion de Sal orgánica Os %, Dato 35% 35%

Solución S kg 100 1707,172

Solubilidad a 135 o C kg/kg Dato 1,8 1,8

Solubilidad a 40 o C kg/kg Dato 0,7 0,7

Remanente en filtración kg/kg Dato 0,15 0,15

SOLUCION

Solución S kg Dato 100 1707,172

Sólidos kg Cálculo 35 597,5104

Agua kg Cálculo 65 1109,662

EVAPORACION

Sólidos kg Cálculo 35,00 597,51

Agua con sólidos kg Cálculo 19,44 331,95

Concentrado C kg Cálculo 54,44 929,46

Agua Evaporada V 45,56 777,71





Solidos en solución kg Cálculo 13,61 232,37

Sólidos cristalizados b kg Cálculo 21,39 365,15

Agua en solución kg Cálculo 19,44 331,95

Solubilidad en solución fria kg Comprob. 0,70 0,70

Solución c kg Cálculo 33,06 564,32

Solución remanente d kg Cálculo 4,96 84,65

Sólidos en remanente e kg Cálculo 2,04 34,85

SECADO

Cristales y remanente kg Cálculo 26,35 449,79

Sólidos secos t kg Cálculo 23,43 400,00

Agua evaporada Cálculo 2,92 49,79

2.2 Balances en operación de separación con acumulación Los procesos en los cuales se aplica esta clase de balances realmente son escasos en la industria de alimentos, puesto que en productos alimenticios, salvo bebidas fermentadas, la acumulación trae altos riesgos de alteraciones microbiológicas.

En procesos de secado o curado de carnes o quesos, sobre periodos de tiempo definidos, se pueden tener acumulaciones.

En algunos procesos exclusivos de almacenamiento, se tiene acumulación pero únicamente con entradas y salidas no continuas de un material, como es el caso de silos de almacenamiento de granos de cosecha que tienen como función acumular existencias para tener disponibilidad en épocas de no cosecha.

Ejemplo 11. Un molino de arroz adquiere diariamente y durante la cosecha que dura 55 días, 200.000 kilos de arroz con 18% de humedad .El producto para almacenar y procesar debe tener una humedad máxima del 12%. El molino seca diariamente 120 toneladas y posteriormente procesa 80 toneladas del arroz seco

Dado que la humedad del 18% favorece la formación de hongos que dañaran el producto, lo que el molino no puede secar diariamente debe ser secado por otras empresas; si la empresa paga el secado a $50.000 tonelada, cuanto debe pagar por secado?.

Al termino de la cosecha, ¿cuanto arroz sin procesar y con humedad del 12% queda en bodegas del molino?

Solución.

El problema se resuelve estableciendo cuanto arroz se cosecha y cuanto seca el molino y cuánto se procesa en los 55 días para determinar lo que debe ser secado por otras empresas y lo que queda almacenado




En la cosecha se recogen 55 x 200.000 kilos = 11.000.000 kilos con humedad del 18%.

Durante los 55 días el molino seca 55 x 120 x 1.000 = 6.600.000. kilos

Se debe enviar a secado por terceros 11.000.000 – 6.600.000 = 4.400.000 kilos

El costo de secado es 4.400.000 x $50.000 = $220.000.000.

En base seca el arroz cosechado es de 11.000.000 x (1 -0,18 ) = 9.020.000 kilos

Con humedad del 12% el arroz secado es de 9.020.000 /( 1- 0.12) = 10.250.000 kilos.

En los 55 días el molino procesa 80 x 1000 x 55 = 4.400.000

El arroz ( del 12% de humedad) que queda almacenado al cabo de los 55 días es de 10.250.000 – 4.400.000 = 5.850.000 kilos

Hoja de cálculo

Parámetro Símb. Unidades Fuente Ref Valor Comprob.


Días de cosecha cada uno 55

Recolección diaria kilos 200.000

Humedad inicial porcentaje 18%

Humedad final porcentaje 12%

Secado diario 120

Procesamiento diario toneladas 80

Costo secado pesos 50.000

Humedad final almacenam. 11,20%

Solución

Total cosecha kilos 11.000.000

Arroz seco (sólidos) kilos 9.020.000

Humedad kilos 1.980.000 1.980.000

Producto seco (12% humedad) kilos 10.250.000

Humedad final kilos 1.230.000

Humedad evaporada kilos 750.000 750.000

Producto secado por molino kilos 6.600.000

Producto a procesar kilos 4.400.000

Costo del secado pesos 220.000.00

0

Procesado por molino kilos 4.400.000

Arroz Almacenado kilos 5.850.000

Ejemplo 12

En la fermentación continua de melazas ( o mostos de azúcar), se establece para




un ciclo de 6 meses (1) fermentaciones en la cuales se alimentan lenta y continuamente por el fondo del tanque 100 litros diarios (2) de melaza diluida con densidad de 1,253 gr. / cm3 (3), a la melaza se le inyectan inicialmente 200 gramos (4) de levadura seca de tal forma que al tanque de fermentación llega la melaza diluida ya con la levadura; durante la fermentación continuamente se reproduce la levadura a razón de 60 gramos (5) por 100 kilos de mosto y se genera gas carbónico en proporción de 80 gramos (6) por 100 kilos de mosto; a partir del cuarto día se retiran diariamente 99,5 litros (7) de fermentado con densidad 1.083 (8) y con un contenido de levadura de 70 gramos (9) por kilo de fermentado, además se desprende gas carbónico en una proporción de 93 gramos (10) por kilo de fermentado

Determinar la cantidad de material, y su composición, que queda en el tanque al cabo del ciclo de 180 días e igualmente determinar cuanto producto se obtiene. Comprobar resultados por un balance general

Solución. El análisis del tiempo en que transcurren las entradas y salidas, lleva a establecer que el mosto ingresa durante 180 días y los productos son retirados durante 177 días. El acumulado corresponde entonces a lo procesado durante 3 días.

Diariamente entran 100 x 1,253 = 125,3 kilos de mosto.

Durante el ciclo entra = 125,3 x 180 = 22.554 kilos de mosto y con la levadura la entrada total es de 22.554,2 kilos

Durante este tiempo se producen 22.554 x 0,06 = 1.353,24 kilos de levadura y 22.554 x 0,08 = 1.804,32 kilo de gas carbónico

Diagrama del proceso

FIGURA 11 A diario salen de fermentado = 99,50 x 1,023 = 107,758 kilos

Gas carbónico Gas carbónico

Mosto Mosto

Fermentado Fermentado

Acumulación

Situación al tercer día Situación en operación




Levadura que sale = 107,76 x 0,07 = 7,543

De CO2 retirado = 107,76 x 0,093 = 10,021

Total = 125,323 kilos

Siendo estrictos la producción de levadura es de 69,77 gramos por 100 kilos de producto y por tal razón se aproxima a 70 gramos equivalente a 0,07 kilos.

Como lo que entra es igual a lo que sale, lo acumulado es lo correspondiente a tres días de mosto procesado, más la levadura que se adicionó al comienzo del proceso:

Acumulado 3 x 125,30 + 0,200 = 376,10 kilos

y su composición

Fermentado 107,758 x 3 = 323,274

Levadura 7,52 x 3 + 0,2 = 22,754

Gas carbónico 10,02 x 3 = 30,064

Total = 376.10

El balance total se establece

Entradas 22554,200

Salidas = 125,3 x 177 22178,10

Acumulado 376,10

Salidas más acumulado 22554,200

Nota. En la hoja de cálculo se presenta una pequeña diferencia de 2 gramos entre las entradas y salidas por razón de las aproximaciones que se han hecho. EJEMPLO 12

PLANTA DE FERMENTACON


Parámetro Simb. Unid. Fuente Ref. Valor


Mosto diario 100,00

Densidad 1,253

Levadura inicial 0,20

Fermentado 99,50

Densidad 1,083

Levadura producida por kilo mosto 0,060

Levadura con 100 kilos producto 0,070

Gas producido por 100 kilo de mosto 0,080




Gas salido por 100 kilo de producto 0,093

Dias acumulado inicial 3

Dias proceso 180

SOLUCION

Entradas diarias

Mosto 125,300

Salidas diarias

Producto 107,758

Levadura 7,518

Gas carbónico 10,02

Total salidas diarias 125,30

Acumulado tres días

Producto 323,27

Levadura 22,55

Gas carbónico 30,07

Acumulado total 375,90

Productos 375,90

Levadura inicial 0,20

TOTAL 376,10

BALANCE TOTAL

ENTRADAS Mosto 22554,00

Levadura 0,20

Total entradas 22554,20

SALIDAS

fermentado 19073,16

levadura 1330,68

gas carbónico 1774,24

Total salidas 22178,08

Acumulado 376,10

Salidas mas acumulado 22554,18

Actividad de Aprendizaje: Completar las columnas en las hojas de cálculo 2.3 Balances de mezcla. Los balances de mezcla son muy usuales en la industria de alimentos. Prácticamente todo producto alimenticio resulta de la mezcla en mayor o menor proporción de diversos ingredientes.

Aún, en alimentos que anteriormente se empleaban tal cual, hoy, con la adición de complementos para darles un balance nutritivo, se consideran como mezclas, así los aditivos se adicionen en muy pequeñas cantidades.

Tal es el caso de la leche, harinas y sémolas de trigo enriquecidas con vitaminas.

En estos procesos los ingredientes o partes se suman para dar un todo y desde el punto de vista de balances pueden considerarse como los contrarios a los balances de separación ( ejemplos 10, 11 y 12) .

Llamando a las partes B, C, D, E, ……I y A al insumo , se comprueba que




B + C + D+…….. I = A = ó lo que es igual = A

Siendo cada parte en particular.

Al tomar cada parte y dividirla por el todo se obtiene el respectivo porcentaje de participación

Llamando b.c.d.e… i al porcentaje de cada parte se cumple :

b = B / A ; c = C /A , d = D /A ………. i = I / A , llegando a

A ( b +c + d+ …. i) = B + C + D+…….. I = A

como la suma de los porcentajes debe ser igual a 1 se comprueba A = A x 1 = A

Una parte se define completamente cuando se conoce su participación en el todo ( porcentaje o fracción) y la cantidad presente.

Ejemplo 13

Se desea preparar un jarabe con una concentración del 70% (1) ; para el efecto se dispone de una solución de azúcar del 35,5 % (2) y azúcar puro.

Establecer la cantidad requerida de cada uno para preparar 470 kilos (3) de jarabe.

Solución.

Se toma como base de cálculo los 470 kilos de solución, y sobre esta cantidad se maneja el azúcar que es la sustancia común en los tres materiales.

Como el jarabe tiene una concentración mucho mayor que la solución se debe añadir soluto (en este caso el azúcar puro), para a la vez disminuir la cantidad de solvente.

Representación del proceso

FIGURA 12 El cálculo del azúcar presente, A , en los 470 kilos del jarabe da un resultado de

A = 470 x 0,70 = 329 kilos. (4)

Solución al 35%

Azúcar Puro

Jarabe al /0%TANQUE

MEZCLADOR




La cantidad restante es agua, H, es decir H = 470 – 329 = 141 kilos, (5)

Esta agua es suministrada únicamente por la solución de azúcar.

Es decir que la solución de azúcar a agregar debe estar en tal cantidad que aporta los 141 kilos de agua necesarios para el jarabe

Se han tomado los números en paréntesis como las referencias para las hojas de cálculo.

El porcentaje de agua en la solución es de 100% - 35,5% = 64,5 % (6)

Por sencilla regla de tres se determina cuanta solución es necesaria para aportar los 141 kilos de agua.

S = 141 x 100 / 64,5 = 218,6 kilos (7)

A la vez esta solución aporta de azúcar As = 218,6 - 141 = 77,6 kilos

Igual resultado se obtiene al aplicar el porcentaje de azúcar, a la solución requerida

As = 218,6 x 35,5 / 100 = 218,6 x 0,355 = 77,6 kilos (8)

Como se requieren 329 kilos y la solución suministra 77,6 kilos, es necesario adicionar de azúcar puro

Ap = 329 - 77,6 = 251,4 kilos. (9)

Debe notarse que a medida que se avanza en el desarrollo del problema se dan los símbolos respectivos.

Una sencilla prueba nos permite corroborar que el problema está bien resuelto

Agua 141 Agua Total = 141 ( 30% ) Solución 218,6 Azúcar 77 Azúcar Total = 329 (70%) Azúcar Puro 251,4 TOTAL 470,0 = 470,0 En la Hoja de Cálculo, se establecen simulaciones para diferentes cantidades y concentraciones.

Igualmente el problema derivado de establecer la cantidad de jarabe que se puede elaborar si se dispone únicamente de 270 kilos de solución de azúcar al 30%.

Al lado derecho de la Hoja de Cálculo, se tienen representaciones gráficas de las simulaciones efectuadas.

EJEMPLO 13 PREPARACION DE JARABE DE AZUCAR BALANCE DE MATERIALES




PLANTEAMIENTO

Parámetro Unidades Símb. Fuente Ref. % Valores

Jarabe %, kg Dato 1, 3 70,0% 470

Solución de azúcar % Dato 2 35,5%

Azúcar Puro Dato

SOLUCIÓN

Jarabe %, kg Dato 1, 3 70,0% 470

Azúcar en jarabe kg A Cálculo 4 329

Agua en jarabe kg H Cálculo 5 141

Solución de azúcar kg S Cálculo 7 218,6

Azúcar %, kg As Cálculo 8 35,5% 77,6

Agua en solución %, kg Hs Cálculo 6 64,5% 141

Azúcar Puro kg Ap Cálculo 9 251,4

1a. SIMULACION DIFERENTE CANTIDAD DE JARABE


Jarabe %, kg Dato 1, 3 70,0% 550


Azúcar Puro Dato

SOLUCIÓN

Jarabe %, kg Dato 1, 3 70,0% 550







2a, SIMULACION PARA CONCENTRACION DIFERENTE EN LA SOLUCIÓN


Jarabe %, kg Dato 1, 3 70,0% 470


Azúcar Puro Dato

SOLUCIÓN

Jarabe %, kg Dato 1, 3 70,0% 470







Empleando la misma solución. En la hoja de cálculo ( programa excel) se presenta una simulación empleando una solución con diferente concentración ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE: Elabore las memorias de cálculo para la última simulación y determine el costo unitario del jarabe, si la solución tiene un precio de $ 400 kilo y el azúcar $ 1100 kilo.

Enumere cinco productos en los cuales se empleen jarabes de azúcar.




Ejemplo 14

Determinar la composición final de la mezcla de tres harinas cuya cantidad y composición porcentual es:

Harina A , 850 kg (1) Humedad 6% (2) Fibra 8% (3) Carbohidratos 72% (4) Proteína 13% (5) Cenizas 1% (6) Harina B , 450 kg (7) Humedad 8,5% (8) Fibra 10,2% (9) Carbohidratos 65% (10) Proteína 14,8% (11) Cenizas 1,5% (12) Harina C, 370 kg (13) Humedad 6,8% (14) Fibra 8,7% (15) Carbohidratos 63,6% (16) Proteína 18,9% (17) Cenizas 2% (18)

FIGURA 13

Solución. Para la resolución se emplearán las hojas de cálculo. Como se aprecia, en la presentación se han colocado los datos dados en el problema. Se procede a determinar para cada harina, la cantidad de cada componente, así en la harina A Humedad Ha = 6% x 850 = 0,06 x 850 = 51,00 (19)

Harina A

Harina B

Harina C

Producto Final

MEZCLADOR

Harina A

Harina B

Harina C

Producto Final

MEZCLADOR




Fibra Fa = 8% x 850 = 0,08 x 850 = 68,00 (20) En igual forma para los demás componentes de la Harina A, y similarmente para los componentes de la Harina B y Harina C . En la hoja de cálculo se abre un bloque para la harina resultante como producto final. Obtenidos los valores de cada componente se suman , así para la humedad, en el producto H = 51+ 38,25 + 25,16 = 114,41 (23) Esta operación se hace en la celda del valor correspondiente a la humedad del producto final. En forma similar se procede para los demás componentes.

1 B C D E F G H

2

3 EJEMPLO 14

4 MEZCLA DE PRODUCTOS

5 CALCULO DE COMPOMENTES

6 PRESENTACION DEL EJEMPLO

7 Parámetro Símb. Unid. Fuente Ref Valores

8 MKS ES

9 Harina A A kgs,lbs Dato 1 850 1870

10 Humedad Ha % Dato 2 6,00%

11 Fibra Fa % Dato 3 8,00%

12 Carbohidratos Ca % Dato 4 72,00%

13 Proteina Pa % Dato 5 13,00%

14 Cenizas Za % Dato 6 1,00%

15 Harina B B kgs,lbs Dato 7 450 990

16 Humedad Hb % Dato 8 8,50%

17 Fibra Fb % Dato 9 10,20%

18 Carbohidratos Cb % Dato 10 65,00%

19 Proteina Pb % Dato 11 14,80% 20 Cenizas Zb % Dato 12 1,50% 21 Harina C C kgs,lbs Dato 13 370 814 22 Humedad Hc % Dato 14 6,80% 23 Fibra Fc % Dato 15 8,70% 24 Carbohidratos Ca % Dato 16 63,60% 25 Proteina ca % Dato 17 18,90% 26 Cenizas Zc % Dato 18 2,00%

Luego se suman los valores de las tres harinas y arrojan un resultado de 1.670 (22)

Por último se obtiene los porcentajes de cada componente en el producto final, dividiendo el valor de la suma por la suma de las harinas o producto final

% H = 114,41 / 1.670 x 100 = 6,85% (24)




28 SOLUCION

29 Harina A A kgs,lbs Dato 1 850 1870,0

30 Humedad Ha %, kgs,lbs Dato, cálculo 2, 19 6,00% 51,00 112,2

31 Fibra Fa %, kgs,lbs Dato, cálculo 3, 20 8,00% 68,00 149,6

32 Carbohidratos Ca %, kgs,lbs Dato, cálculo 4, 21 72,00% 612,00 1346,4

33 Proteina Pa %, kgs,lbs Dato, cálculo 5,21 13,00% 110,50 243,1

34 Cenizas Za %, kgs,lbs Dato, cálculo 6,21 1,00% 8,50 18,7

35 Harina B B kgs,lbs Dato 7,21 450 990,0

36 Humedad Hb %, kgs,lbs Dato, cálculo 8,21 8,50% 38,25 84,2

37 Fibra Fb %, kgs,lbs Dato, cálculo 9,21 10,20% 45,90 101,0

38 Carbohidratos Cb %, kgs,lbs Dato, cálculo 65,00% 292,50 643,5

39 Proteina Pb %, kgs,lbs Dato, cálculo 14,80% 66,60 146,5

40 Cenizas Zb %, kgs,lbs Dato, cálculo 1,50% 6,75 14,9

41 Harina C C kgs,lbs Dato 370 814,0

42 Humedad Hc %, kgs,lbs Dato, cálculo 6,80% 25,16 55,4

43 Fibra Fc %, kgs,lbs Dato, cálculo 8,70% 32,19 70,8

44 Carbohidratos Ca %, kgs,lbs Dato, cálculo 63,60% 235,32 517,7

45 Proteina Pb %, kgs,lbs Dato, cálculo 18,90% 69,93 153,8

46 Cenizas Zc %, kgs,lbs Dato, cálculo 18,21 2,00% 7,4 16,3

47 Producto Final F kgs,lbs 22 1670 3674,0

48 Humedad H %, kgs,lbs Cálculo 24,23 6,85% 114,41 251,7

49 Fibra F %, kgs,lbs Cálculo 25,23 8,75% 146,09 321,4

50 Carbohidratos C %, kgs,lbs Cálculo 68,25% 1139,82 2507,6

51 Proteina P %, kgs,lbs Cálculo 14,79% 247,03 543,5

52 Cenizas Zc %, kgs,lbs Cálculo 1,36% 22,65 49,8

53 Comprobación %, kgs,lbs Cálculo 26 100,00% 1670,00 3674,0

Para la simulación se pueden cambiar las cantidades de cada harina ó la concentración de sus compuestos aunque en este segundo caso se debe tener cuidado de que al cambiar la concentración, la suma de los porcentajes sea del 100%, como se aprecia en la hoja de cálculo del programa Excel. Ejemplo 15 300 toneladas (1) de leche en polvo deben ser reconstituidas . La leche en polvo tiene la siguiente composición: agua 2% (2), proteína 31,4% (3) , lactosa 43,7% (4), ceniza 9,9% (5), grasa 13% (6).

Reconstituida debe tener un contenido de sólidos no grasos del 9%. (7).

A) Determinar la composición de la leche reconstituida y la cantidad de agua requerida.

B) Determinar el costo por materias primas de la leche reconstituida si el precio de la leche en polvo es de $ 450.000 ton. (23) y el del agua es de $ 10.000 ton (24).

Solución. A) Si bien se da una cantidad de leche en polvo , en este caso la base de cálculo son los sólidos no grasos que permanecen invariables en la reconstitución.

De los datos se establece que los sólidos no grasos de la leche en polvo son:




Proteína P 31,4 % equivalente a 300 x 0,314 = 94,2 ton. (8)

Lactosa L 43,7% equivalente a 300 x 0,437 = 131,1 ton. (9)

Cenizas C 10,9% equivalente a 300 x 0,109 = 32,7 ton. (10)

Para un total de sólidos no grasos Sn de = 258,0 ton (11)

Grasa G 12,0% equivalente a 300 x 0,12 = 36,0 ton. (12)

Para un total de sólidos Ss = 294,0 ton (13)

El agua, A, en la leche en polvo será la diferencia de 300 – 294 = 6 ton , es decir el 2% de 300 (14).

Los sólidos no grasos que suman 258 ton, son el 9% de la leche reconstituida.

Agua

Leche reconstituidaTANQUE

MEZCLADOR

Leche en polvo

Diagrama de la reconstitución

FIGURA 14 Consecuencialmente la leche reconstituida será: Mr = 258/ 0,09 = 2866,67 ton (15)

Con una composición de:

Proteína p (94,2 / 2866,67 ) x 100 = 3,3% (16)

Lactosa l (131,1 / 2866,67 x 100 = 4,6 % (17)

Cenizas c ( 32,7 / 2866,67 ) x 100 = 1,1% (18)

Grasa g (36,0 / 2866,67 ) x 100 = 1,3% (19)

Subtotal de sólidos s = 10,3% (20)

Agua a 100 - 10,3 = 89,7% (21)

B) Para el costo unitario por materias primas se establece el costo de cada uno de los insumos y el costo total así:




Leche en polvo 300 x 450.000 = 135.000.000 (25)

Agua 2.566,67 x 10.000 = 25.666.667 (26)

Total 160.666.667 (27)

Leche reconstituida = 2.866,67 (15)

Costo unitario de leche reconstituida = 160.666.667 / 2.866,67 = 56.047 (28)

En la Hoja de cálculo se muestran dos formas de presentar y solucionar el problema e igualmente en la Hoja 2, 3 y 4, simulaciones con diferentes precios y diferentes porcentajes de los componentes. Matemáticamente y en base al balance total y de cada uno de los componentes el problema se plantea y resuelve para la composición de la leche reconstituida:

Balance Total

M + A = Mr [1]

Balance Parcial de componentes

Sólidos no grasosos Proteína P = pm x M = p x Mr [2] Lactosa L = lm x M = l x Mr [3]

Cenizas C = cm x M = c x Mr [4]

Balance total de componentes:

P + L + C = M x ( pm +lm + Cm) = Sh x Mr = Mr = M x ( pm +lm + Cm) / Sh [5]

Porcentaje de proteínas en el producto final :

p = ( P / Mr ) x 100 = 100 x P / M x ( pm +lm + Cm) / Sh = reemplazando P por [ 2]

p = 100 x pm x M / {M x ( pm +lm + Cm) / Sh} [6]

p = 100 x 0,314 x 300 / {300 x (0,314 + 0,437 +0,109 ) / 0,09}

P = 9.420 / {(94,20 + 131,10 + 32,70) / 0,09 } = 9.420 / (258/0,09) = 9.420 / 2.866,67 = 3,28 %

Porcentaje de lactosa en el producto final :

l = ( L/ Mr ) x 100 = 100 x L / M x ( pm +lm + Cm) / Sh = reemplazando L por [ 3] EJEMPLO 15 RECONSTITUCION DE LECHE EN POLVO


Simb. Unid. Fuente Ref: Porcent. Valor





Leche en Polvo M Ton Dato 1 300

Agua A % Dato 2 2,0%

Proteina P % Dato 3 31,4%

Lactosa L % Dato 4 43,7%

Cenizas C % Dato 5 10,9%

Grasa G % Dato 6 12,0%

SOLUCION

Primer Paso

Leche en Polvo M ton Dato 1 300,00

Agua A %, ton Dato, Cálculo 2 , 14 2,0% 6,00

Proteina G %, ton Dato, cálculo 3 , 8 31,4% 94,20

Lactosa P %, ton Dato, cálculo 4 , 9 43,7% 131,10

Cenizas C %, ton Dato, cálculo 5 , 10 10,9% 32,70

Subtotal sólidos no grasos Sn %, ton Cálculo 11 86,0% 258,00

Grasa G %, ton Dato, cálculo 6 , 12 12,0% 36,00

Subtotal sólidos Ss %, ton Cálculo 13 98,0% 294,00

Segundo paso

Leche en Polvo M ton Dato 1 300,00

Proteina G %, ton Dato, cálculo 3 , 8 31,4% 94,20

Lactosa P %, ton Dato, cálculo 4 , 9 43,7% 131,10

Cenizas C %, ton Dato, cálculo 5 , 10 10,9% 32,70

Subtotal sólidos no grasos Sn %, ton Cálculo 11 86,0% 258,00

Grasa G %, ton Dato, cálculo 6 , 12 12,0% 36,00


Solidos no grasos en base húmeda

Sh %, ton Dato 7 9,0% 258,00

Leche reconstituida Mr ton Cálculo 15 2.866,67

Tercer paso

COMPOSICION RECONSTITUIDA

Leche reconstituida Mr ton Cálculo 15 2.866,67

Proteina G %, ton Cálculo 16 3,3% 94,20

Lactosa P %, ton Cálculo 17 4,6% 131,10

Cenizas C %, ton Cálculo 18 1,1% 32,70

Subtotal sólidos no grasos Sn ton Cálculo 11 258,00

Grasa G %, ton Cálculo 19 1,3% 36,00


Agua Ar %, ton Cálculo 21 89,7% 2.572,67

Agua Agregada Aa ton Cálculo 22 2.566,67

l = 100 x lm x M / {M x ( pm +lm + Cm) / Sh} [7]

l = 100 x 0,437 x 300 / 2.866,67 = 13.110 / 2.866,67 = 4,6 %

Porcentaje de cenizas en el producto final :

c = ( c/ Mr ) x 100 = 100 x C / M x ( pm +lm + Cm) / Sh = reemplazando L por [ 4]

c = 100 x cm x M / {M x ( pm +lm + Cm) / Sh} [8]

c = 100 x 0,109 x 300 / 2.866,67 = 3270 / 2.866,67 1,1 %

Porcentaje de grasas en el producto final :




g = ( G / Mr ) x 100 = 100 x G / M x ( pm +lm + Cm) / Sh = reemplazando

g = 100 x pm x M / {M x ( pm +lm + Cm) / Sh} [9]

g = 100 x 0,12 x 300 / 2.866,67 = 3.600 / 2.866,67 = 1,3 %

El Porcentaje de agua se obtiene restandole al 100% los porcentajes de los otros componentes

a = 100 - p - l - c - g [10]

a = 100 - 3,3 - 4,6 - 1,1 - 1,3 = 89,7%

Para determinar el agua agregada debe calcularse la cantidad de leche reconstituida y restarle la leche en polvo. Reemplazando en [5]

Mr = 300 x ( 0,314 +0,437 +0,109 ) / 0,09 = (94,20 + 131,10 + 32,70) / 0,09 = 258 / 0,09 = 2.866,67 ton

Reemplazando en [1] 300 + A = 2.866,67 == A = 2.866,67 - 300 = 2.566,67

El Precio Unitario se establece mediante la siguiente ecuación:

Cu = ( M x Cm + Aa x Ca ) [11]

reemplazando valores

Cu = ( 300 x 450.000 + 2.566,67 x 10.000 ) / 2.866,67

= ( 130.000.000 + 25.666.667 ) / 2866,67 = 56.047

2.4 . Balance de mezcla con acumulación

Igual que los procesos de separación con acumulación, son escasos en la industria de alimentos, y su manejo es muy similar.

Ejemplo 16

Una planta de tratamiento de aguas, tiene como norma de clorinación de 0,5 ppm. (1) de cloro residual en el agua que sale para los consumidores y emplea hipoclorito de sodio en solución comercial al 40% (2).

En el almacenamiento del agua ya tratada en la planta, se consume 0,08 ppm (3) de cloro.

Determine el consumo diario de hipoclorito de sodio cuando la planta trabaja 1,2 metros cúbicos por segundo (4).

Solución




Este ejemplo en esencia no deja una acumulación en el tanque sino que se consume cloro en el tanque, pero su tratamiento es igual a si el cloro consumido se quedará acumulado ..

El cloro se emplea como un bactericida en la potabilización del agua y se denomina cloro residual el contenido de cloro que debe tener el agua al salir del almacenamiento para llegar a los sitios de consumo. Se toma como base de cálculo el flujo de agua, 1,2 m3 / seg.

FIGURA 15 El cloro necesario es el consumido en el almacenamiento más el cloro residual , o planteado como acumulación es lo que se acumula más lo que sale o residual. es decir:

Cl = 0,5 + 0,08 = 0,58 ppm (5)

Recordando que 1 ppm equivale a 1 miligramo por litro ó un gramo por metro cúbico, cada segundo se requiere de cloro,

0,58 (gr / m3 ) x 1,2 (m3 / s ) = 0,696 gr. / s (6)

equivalente en un día a:

0,696 gr/s x 86.400 s/ día = 60.134, 4 gr / día equivalente a 60,134 kilogramos (7)

Esta cantidad de cloro es suministrada por el hipoclorito de sodio ( NaClO ) , cuyo peso molecular es 74, 5 (8) en tanto que el peso atómico del Cloro es 35,5, (9) por sencilla regla de tres se obtiene la cantidad de hipoclorito necesaria:

NaClO = 60, 134 x 74,5 / 35,5 = 126,2 kg /día. (10)

La forma como se suministra el hipoclorito es en solución al 40%, de tal forma que la solución requerida es:

Solución = 126,2 x 100 / 40 = 315,5 kilos /día (11) EJEMPLO 19

PLANTA DE TRATAMIENTO DE AGUAS

NECESIDADES DE HIPOCLORITO DE SODIO





Parámetro Símbolo Unidades Fuente Ref. % Valores

Norma de Clorinación ppm ó gr / m 3

Dato 1 0,5

Solución de Hipoclorito Dato 2 40%

Consumo de cloro en agua tratada ppm ó gr / m 3

Dato 3 0,08

Capacidad de trabajo m 3 / s Dato 4 1,2

Cloro necesario Cn ppm ó gr / m 3

Cálculo 5 0,58

Necesidades de cloro por segundo Cs gr / s Cálculo 6 0,696

Necesidades de cloro diarios Cd kgr / d Cálculo 7 60,134

Peso molecular hipoclorito de sodio NaClO gr / mol Dato 8 74,5

Peso atómico del cloro Cl gr / mol Dato 9 35,5

Hipoclorito necesario H kgr Cálculo 10 126,2

Solución requerida S kg Cálculo 11 315,5

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE.

1.- Investigue acerca de las plantas de tratamiento de aguas o acueductos.

2.- En algunas instalaciones se usa Cloro gaseoso. ¿Que ventajas y desventajas tiene su uso?

3.- ¿Cree ud. que se puede emplear soluciones diluidas de hipoclorito de sodio, para desinfectar verduras y frutas?. Explique su respuesta.

5.- ¿En cuáles otra aplicaciones de la vida común se usa el hipoclorito de sodio ?.

PRIMERA SIMULACIÓN CON NORMA DE CLORINACIÓN DE 0,8 ppm

Norma de Clorinación C ppm ó gr / m3

Dato 12 0,8

Solución de Hipoclorito S Dato 2 40%

Consumo de cloro en agua tratada ppm ó gr / m3

Dato 3 0,08

Capacidad de trabajo m3 / s Dato 4 1,2

Cloro necesario Cn ppm ó gr / m3

Cálculo 5 0,88

Necesidades de cloro por segundo Cs gr / s Cálculo 6 1,056

necesidades de cloro diarios Cd kgr / d Cálculo 7 91,238

Peso molecular hipoclorito de sodio NaClO gr / mol Dato 8 74,5

Peso atómico del cloro Cl gr / mol Dato 9 35,5

Hipoclorito necesario H kgr Cálculo 191,5

Solución requerida S kg Cálculo 12 478,7

EJEMPLO 17.- Para elaborar un blended ( mezcla comercial de whiskies ) se dispone de 3.000 litros de whisky del 52% de alcohol y añejamiento de 42 meses y 7.000 litros del 70% de alcohol y 48 meses de añejamiento.

La empresa comercializa whisky con 48% de alcohol. Asumiendo que el agua no afecta el añejamiento, cuánto producto se puede obtener con los whiskies




disponibles, cuánta agua tratada se requiere para la mezcla y cuál puede ser el añejamiento promedio de la mezcla?.

Teniendo merma del 3% en el proceso de envasado, cuantas botellas de 750 c.c. se pueden obtener?

Solución.- Se asume que no existe contracción de volumen por la mezcla.

Para determinar el producto obtenido se debe hacer un balance sobre el alcohol:

Llamando A al primer licor con un contenido de a % de alcohol, B al segundo con un contenido b % de alcohol, C al agua agregada y M al producto mezclado con concentración m de alcohol se plantean las siguientes expresiones

Alcohol aportado por A , A x a = 3.000 x 0,52 = 1.560

Alcohol aportado por B , B x b = 7.000 x 0,70 = 4.900

Alcohol en la mezcla M , M x m = 6.460

Este alcohol se constituye en el 48 % de la mezcla de tal forma que ésta es

M = 6.460/ 0,45 = 13.458,3 litros

Para determinar el agua se le resta al total de la mezcla, los agregados es decir 3.000 + 7.000 = 10.000

Y C = 13.458,3 – 10.000 = 3.458,3

El añejamiento se establece mediante la aplicación de un promedio así:

Aporte por la bebida A = A x n = 3000 x 42 = 126.000 litros –mes

Aporte por la bebida B = B x ñ = 7.000 x 48 = 336.000 litros – mes

Total aportado para 10.000 litros = 462.000 litros - mes

Añejamiento del mezclado = 462.000 / 10.000 = 46,2 meses

El liquido a envasar es lo mezclado menos la merma, siendo la merma el 3% de 13.458,3 = 403,75 y el líquido a envasar de 13.458,3 – 403,75 = 13.054.55 para un número de botellas de 13.054.6 / 0,750 = 17.406

Para los planteamientos matemáticos se tiene :

El Balance Total es: A + B + C = M

El balance en base al alcohol es A x a + B x b = M x m,

despejando se tiene:

3000 x 0,52 + 7000 x 0,7 M = ----------------------------------- = 13.458, 3 litros 0,48 El balance total permite establecer la cantidad de agua requerida:

C = M – A – B === C = 13.458,3 - 3.000 - 7.000 = 3.458,3 litros




para añejamiento y no teniendo en cuenta el agua puede establecerse

3.000 x 42 + 7.000 x 48 = 10.000 x Y ========== Y = 46,2 meses

Para establecer cuantas botellas se pueden obtener, se calcula el líquido a envasar, restando la merma.

E = 13.458,3 x ( 1- 0,03) = 13.054,6 litros que equivalen a 13.054,6 / 0,750 = 17.406 botellas.

Los resultados obtenidos son:

Producto 13.458,3 litros

Agua agregada 3.458,3 litros

Añejamiento promedio 46,2 meses

Botellas envasadas 17.406

A continuación se presenta la hoja de cálculo.

Como actividad de aprendizajes completar las columnas correspondientes

EJEMPLO 17 PREPARACION DE UN BLENDED


S Unidades Fuente Ref: Porc. Valor

PRESENTACION

Whisky A A litros Dato 3000

porcentaje de alcohol a Dato 52,0%

Añejamiento meses Dato 42

Whisky B B litros Dato 7000

porcentaje de alcohol b Dato 70,0%

Añejamiento meses 48

Mezcla, porcentaje de alcohol

m Dato 48,0%

Merma en el envase 3,0%

capacidad de botella c.c 750

SOLUCIÓN

Alcohol aportado por A Aa litros 1.560,00

Alcohol aportado por B Bb litros 4.900,00

Alcohol en la mezcla Mm litros 6.460,00

Whiskies mezclados litros 10000,00

Mezcla litros 13.458,33

Agua Agregada litros 3.458,33

Añejamiento aportado por A litro-mes 126.000




Añejamiento aportado por B litro-mes 336.000

Total aporte 462.000

Añejamiento promedio 46,2

Merma en el envase 403,75

Mezcla a envasar 13.054,58

Botellas envasadas 17406

SOLUCION MATEMATICA

Mezcla producida 13.458,33

Agua Agregada 3.458,33

Añejamiento promedio 46,20

Merma en el envase 403,75

Botella Envasadas 17.406

3.1 . Balances combinados en los cuales se tiene mezcla y separación

Procesos con este tipo de balances también se presentan en un amplio rango en la industria de alimentos.

Muchas materias primas tanto del sector agrícola como del sector pecuario deben ser alistadas retirando cáscaras, semillas, pieles, huesos, etc, en procesos típicos de separación para posteriormente y en la obtención de alimentos terminados adicionarles otras sustancias como salsas, líquidos de gobierno, etc, en operaciones de combinación.

En forma similar se tienes procesos en que inicialmente hay mezclas y luego separaciones El desarrollo de este tipo de balances se hacen también en forma analítica o matemática y en algunos casos con la combinación de los dos. Ejemplo 18

Una planta enlatadora de atún, debe enlatar diariamente 50.000 latas de lomitos de atún de 180 gramos neto .

Del atún fresco se retira un 32% de cabezas, colas, aletas y piel para obtener los lomitos.

Durante la cocción se adiciona un 12% de líquido de relleno o de gobierno.

¿Cuánto atún fresco se debe procesar?. ¿Cuanto líquido de gobierno se debe preparar si las mermas durante el enlatado son del 6%?.

CASO 7 Previendo un crecimiento de la producción del 10%, cuales son los requerimientos de atún y de líquido de gobierno en los próximos cinco años. ? ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE.- En las presentes memorias, coloque las referencias a usar en la Hoja de Cálculo, a la vez complete las columnas




necesarias en la Hoja, empleando la simbología aquí empleada. Solución.- La base de cálculo es el total del producto a enlatar diariamente, 50.000 latas y debe tenerse en cuenta, para este problema, que el contenido neto de las latas se refieren a la cantidad de lomitos de atún y aceite que ellas contienen.

Solución analítica

Inicialmente se establece el peso de atún y aceite que contienen las 50.000 latas. Llamando n al número de latas envasadas diariamente y p el peso de lomitos y aceite, se tiene

P = N x p = 50.000 x 180 = 9.000.000 gr = 9.000 kg /día

Para esta cantidad de producto se determina cuanto lomito se requiere.

En el producto los lomitos son el 100 -12 = 88%, de tal forma que

de lomitos se requieren 9.000 x 0,88 = 7.920 kg y

de aceite 9000 - 7920 = 1.080 kg, que es lo mismo 9.000 x 0,12 = 1.080

Del atún fresco se aprovecha únicamente el 100 – 32 = 68%, de tal forma que el atún fresco es:

A = (7920 / 0,68) = 11.647 kg.

Los residuos serán 11.647 - 7.920 = 3.727 kg

Para el cálculo de la merma debe tenerse presente que ella se toma sobre la cantidad de aceite que entra al proceso. De esta cantidad se aprovecha el 100- 0,06 = 94 %.

El aceite necesario será entonces de 1.080 / 0,94 = 1148,94 kg.

Diagrama de flujo

FIGURA 16

La merma será la diferencia de 1.148,94 -1.080 = 68,94 kg ó lo que es igual a 1.148,94 x 0,06.= 68,94

Atún fresco

Residuos

Lomitos

Aceite

Mermas deAceite

Lomitos en aceite

A

R

L




Solución matemática: Para la solución matemática se plantean ecuaciones y para ello acudimos a la figura .

Llamando a :

A al atún fresco

L los lomitos frescos

R a los residuos del atun

O al aceite empleado

M a las mermas del aceite y

P al producto enlatado

N número de latas producidas por día

p peso de producto en cada lata

Empezando por el producto y en el enlatado P = n x p [1]

a la vez P = L + O - M [2]

se tiene M = 0,06 x O [3]

L = 0,88 x P [4]

O - M = 0,12 x P [5]

reemplazando valores en 1, 4 y 5

P = 50.000 x 180 = 9.000.000 gramos = 9.000 kg

L = 0,88 x 9.000 = 7.920

O - M = 0,12 x 9.000 = 1.080 [6]

también de [2] O - M = 9.000 - 7.920 = 1.080

reemplazando [3] en esta última ecuación se tiene

O - 0,06 O = 0,94 O = 1.080 ==== O = 1.080 / 0,94 = 1.148,94

Realizando el balance sobre la etapa de arreglo del atún se tiene

A = L + R [7]

R = 0,32 x A [8]

L = 0,68 A [9]

reemplazando el valor de L en [9]

A = L / 0,68 = 7.920 / 0,68 = 11.647

reemplazando a A en [8]

R = 0,32 x 11.647 = 3.727

comprobando en [7] 11.647 = 7.920 + 3.727




El balance total se plantea

Entradas = A + O [10]

Salidas = L + R + M [11]

reemplazando valores en [10] y [11]

Entradas 11.647 + 1.148,94 = 12.795,94

Salidas 9.000 + 3.727 + 68,94 = 12.795,94

CASO 8 . Los consumos de los próximos cinco años se determinan tomando el consumo del presente año y sumarle el incremento del 10%, lo que es igual a multiplicar el consumo por (1 mas el incremento del 10%).

A la vez el consumo del año, base de cálculo o año cero se toma de acuerdo a los días laborados.

Tomando 270 días laborados por año se tiene, en kilogramos:

Atún Líquido

Año 0 = 11.647 x 270 = 3.144.690 1.148,94 x 270 = 310.213,8

Año 1 = 3.114.690 x 1,1 = 3.459.159 310.213,8 x 1,1 = 341.235,2

Año 2 = 3.459.159 x 1,1 = 3.805.075 341.235,2 x 1,1 = 375.358,7

Año 3 = 3.805.075 x 1,1 = 4.185.582 375.358,7 x 1,1 = 412.894,6

Año 4 = 4.185.582 x 1,1 = 4.604.140 412.894,6 x 1,1 = 454.184.0

Año 5 = 4.604.140 x 1,1 = 5.064.555 454.184.0 x 1,1 = 499.602,5

A continuación se presenta la hoja de cálculo

EJEMPLO 18 SOLUCION MATEMATICA

PARA DATOS HOJA 1

ENLATADO DE ATUN BALANCES DE MATERIALES

Símb. Unidades Fuente Porcentaje Valor PRESENTACION PROBLEMA

Latas a Enlatar c/u 50000

Peso de cada lata gr 180

mermas del pescado 32%

Líquido de gobierno, participación

12%

Merma del líquido 6%

SOLUCION

Contenido de latas kg 9000

Atun contenido kg 7920

Atún fresco necesario kg 11647




Aceite enlatado con atún kg 1080

Aceite empleado kg 1148,94

REQUERIMIENTOS DE INSUMOS Dias laborados por año 270

ATUN LIQUIDO

AÑO 0 3.144.706 310.213

AÑO 1 3.459.176 341.234

AÑO 2 3.805.094 375.357

AÑO 3 4.185.604 412.893

AÑO 4 4.604.164 454.183

AÑO 5 5.064.580 499.601

Ejemplo 19 .- Un alimento para engorde de pollos se prepara pulverizado con compuestos de proteína 20%, carbohidratos, 72% y agua 6%. y macronutrientes Se humidifica con vapor de agua al 20% para pelletizarlo y luego se seca al 8% de humedad final.

A.- Qué cantidad de vapor de agua se debe agregar para obtener 100 toneladas de producto?

B.- ¿Qué cantidad de agua se debe retirar al secarlo?

C.- ¿Cuál es la composición final del concentrado?.

SOLUCION.- El diagrama representativo permite plantear balances parciales y balance total.

A

VW

CPALIMENTACION

VAPOR DE AGUA

AGUAEVAPORADA

PELLETIZADORA SECADOR

CONCENTRADOPELLEETSHUMEDOS

Diagrama de flujo FIGURA 17

Llamando A al pulverizado, V al vapor de agua, P al producto pelletizado, W al agua retirada en el secador y C el concentrado obtenido. ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Anote en la presente Memoria de Cálculo las referencias necesarias para completar la Hoja de Cálculo. A.)- Los sólidos en el producto se constituyen en la base de cálculo, ya que ellos




no se modifican en el proceso.

Siendo la humedad final 8%, los sólidos corresponderán al 92% y están compuestos de proteína, carbohidratos y otros, siendo entonces 100 x 0,92 = 92 ton,

A la vez ellos se constituyen en el 100 – 20 % = 80% del pelletizado y en el 100 - 6% = 94 % del pulverizado. El pelletizado es igual a P = 92 /0,80 = 115 ton y el pulverizado 92 / 0,94 = 97,87 ton.

El vapor de agua sera la diferencia entre los dos , es decir :

V = P - A = 115 - 97,87 = 17,13 ton.

B.)- Y el agua evaporada es igual a la diferencia del pelletizado al concentrado

W = P - C = 115 - 100 = 15 ton.

C.- Para establecer la composición final, se determinan los componentes en el pulverizado. Así:

Proteína = R = 97,87 x 0,20 = 19,57 ton..

Carbohidrato = Q = 97,87 x 0,72 = 70,47 ton .

Otros = O = 97,87 x 0,02 = 1,96 ton.

Agua = B = 97,87 x 0,06 = 5,87 ton.

TOTAL = 97,87 Ton.

En el producto, la composición es:

Proteína 19,57 / 100 = 19,57%

Carbohidrato 70,47 / 100 = 70,47%

Otros 1,96 / 100 = 1,96%

Agua = 8,00%

TOTAL = 100.00 %

Un balance total y uno parcial sobre el agua nos permiten comprobar la validez de los resultados.

Balance total:

A + V = P = C + W reemplazando 97,87 + 17,13 = 115 = 100 + 15 y

Balance parcial sobre el agua

5,87 + 17,13 = 23,00 = 15 + 8

Existe otra forma de resolver el problema estableciendo la relación correspondiente de sólidos , que en el pulverizado respecto al concentrado es




100 x 0,92 / 0, 94 = 97,87 y el pelletizado húmedo :

97,87 X 0,94 / 0,80 = 115, siendo agua agregada 115 - 97,87 = 17, 13 ton.

Resumiendo Vapor de agua agregado 17,15 ton.

Agua Evaporada 15,00 Ton

Composición final Proteína = 19,57%

Carbohidrato = 70,47% Otros = 1,96%

Agua = 8,00%.

Ejemplo 19

Parámetro Simb. Unid. Fuente Ref. Valores


Pulverizado

Proteína 20%

Carbohidrato 72%

Agua 6%

Pelletizado

Vapor de agua 20%

Concentrado 100,00

Humedad 8%

SOLUCION ANALITICA

Concentrado 100,00

Humedad 8% 8,00

Sólidos 92% 92,00

Pelletizado

Sólidos 80% 92,00

Humedad 20% 23,00

Total Pelletizado 115,00

Pulverizado

Sólidos 94% 92,00

Agua 6% 5,87

Total pulverizado 98

Proteína 20% 19,574

Carbohidrato 72% 70,468

Agua 6% 5,872

Otros 2% 1,957

Concentrado 100,00

Proteína 20% 19,57

Carbohidrato 70% 70,47




Agua 8% 8,00

Otros 2% 1,96

100% 100,00

SOLUCION MATEMATICA

Pulverizado

Proteina 18%

Carbohidrato 70%

Agua ha 6%

Pelletizado

Humedad hp 20%

Concentrado 100,00

Humedad hc 8%

Agua Evaporada W 12,20

Pelletizado P 112,20

Pelletizado P 115,00

Pulverizado A 95,49

Vapor de agua Agregado V 19,51

Composición concentrado

Proteína 17,19%

Carbohidrato 66,84%

Agua hc 8%

Otros oc 8%

ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Se ha incluido una solución matemática al problema , al revisar la hoja de calculo del ejemplo, se encuentran las formulas en operaciones con celdas. Interprete las fórmulas y compare con una solución matemática propuesta por Ud.

Complete la Hoja de Cálculo correspondiente y elabore hojas de cálculo adicionales, con diferentes porcentajes de componentes y diferente cantidad de producto terminado como se muestra en las dos columnas siguientes (I y J ) de la Hoja 1 , y ejemplo de la Hoja 2

Ejemplo 20

El fríjol soya se compone de un 35% de proteína (2), 27,1% de carbohidratos (3) , 9,4 % de agua (4) , 10,5% de fibra y cenizas (5) y 18% de aceite (6).

La obtención de Torta de Soya a partir del frijol soya se realiza fundamentalmente en tres etapas, que se pueden resumir como sigue:

En la primera etapa se hace un molido y extracción de aceite por prensado de frijol (1), obteniéndose:

a) una torta prensada o fríjol prensado con 7%, de aceite en peso y 5% de




humedad (7), y

b) aceite crudo con humedad.

El aceite crudo se recibe en un tanque de sedimentación en donde se separan el agua del aceite.

En la segunda etapa, la torta prensada se somete a una extracción por solvente con Hexano, para retirar más aceite del que aún tiene, obteniendo:

c) una torta húmeda con 0,5 % de aceite (8) y

d) una mezcla aceite-hexano, con 2% de agua.

Se emplea una relación aceite:hexano de 1 a 1 (9)

En una tercera etapa la torta húmeda se seca para dar un producto con 1% de agua (10) .

Calcular:

a.- Los kilogramos de torta prensada y los kilogramos de aceite obtenidos en la primera etapa, a partir de 1000 kilos de frijol soya.

b,- Los kilogramos de torta salientes de la segunda etapa.

c.- los kilogramos de torta salientes de la tercera etapa y

d.- El porcentaje de proteína y el porcentaje de carbohidratos que contiene la torta saliente.

Solución

El proceso se realiza en tres etapas y las preguntas van encaminadas a establecer parámetros al salir de cada etapa, luego, se deben elaborar balances para cada una de ellas.

EJEMPLO 20 OBTENCION DE TORTA DE SOYA


Parámetros Simb Unid. Fuente Ref. % Valor

PRIMERA ETAPA EXTRACCION POR PRENSADO

ENTRADAS

Frijol Soya F kg Dato 1

Aceite a Dato 2 18,0%

Proteina p Dato 3 35,0%

Carbohidratos c Dato 4 27,1%

Fibra y Cenizas f Dato 6 10,5%

Agua 9,4%

Total h Dato 5 100,0%

SALIDAS




Torta prensada Fp

Aceite en torta af Dato 7 7%

Agua en torta 5%

Aceite ap

Agua en aceite

SEGUNDA ETAPA EXTRACCION POR SOLVENTE

ENTRADAS

Torta prensada T

Relación aceite :hexano 9 1

Hexano

SALIDAS

Torta extractada Te

Agua 5%

Aceite en torta extractada ae Dato 10 0,5%

Aceite

Hexano

TERCERA ETAPA SECADO

ENTRADAS

Sólidos

Agua

Aceite

Total

SALIDAS

Sólidos

Aceite

Agua 0,01

Torta de soya

Agua evaporada

Como se plantea el problema, se manejan tres componentes básicos: torta, aceite y agua. Esto lleva a establecer el concepto de sólidos para agrupar la proteína, los carbohidratos, y fibra y ceniza que no cambian durante el proceso a que es sometida la torta,

Tomando como base de cálculo los 1000 kilos de frijoles, la cantidad de cada componente es:

Proteína p = 1000 x 0,350 = 350 kilos (10)

Carbohidratos c = 1000 x 0,271 = 271 (11)

Fibra y cenizas f = 1000 x 0,105 = 105 (12)

Subtotal sólidos s = 726 (13)

Agua h = 1000 x 0,094 = 94 (14)

Subtotal húmeda sh = 820 (15)




Aceite a = 1000 x 0,180 = 180 (16)

Total F = 1000 (17)

Para resolver este ejemplo no se tienen en cuenta las mermas que normalmente se tienen en los procesos industriales. Balance en la primera etapa

Como es usual, se elabora el diagrama de flujo correspondiente., teniendo presente en este caso que el molino y extrusora se consideran como una sola etapa dado que entre estas equipos, no se presenta cambio alguno en la cantidad de material procesado.

Diagrama de flujo FIGURA 18

En esta primera etapa, de extracción, se obtiene una torta con el 7% de aceite y 5% de agua luego los demás componentes o sólidos constituyen el 100% - 7% - 5% = 88%, Estableciendo la regla de tres correspondiente se tiene que la torta extractada es: 726 Te = ----------- = 825 (19) 0,88 Nota: dado que las unidades son consistentes, kilos, en adelante se omitirán durante los cálculos. El aceite que sale con la torta, at, es el 7%, es decir:

at = 825 x 0,07 = 57,75 (20)

el agua que sale con la torta

at = 825 x 0,05 = 41,25

esto es igual a 825 – 726 – 57.75 = 41,25 siendo esta , una forma de comprobar el procedimiento

El aceite extraído u obtenido en la primera etapa es la diferencia de lo que entra con los frijoles y lo que sale con la torta

As = 180 - 57,75 = 122,25 (21)

FRIJOL SOYA

MOLINO

ACEITE

TORTA EXTRACTADA

T

As

F




RESOLUCION DEL PROBLEMA

PRIMERA ETAPA EXTRACCION POR PRENSADO

ENTRADAS

Parámetros Simb. Unid. Fuente Ref. % Valor

Frijol soya F kg Dato, Cálculo 1 1000,00

Proteina p kg Dato, Cálculo 2-10 35,0% 350,00

Carbohidratos c kg Dato, Cálculo 3-11 27,1% 271,00

Fibra y Ceniza f kg Dato, Cálculo 5-12 10,5% 105,00

Sólidos s 13 72,6% 726,00

Agua a 14 9,4% 94,00

subtotal St kg Cálculo 15 82,0% 820,00

Aceite a kg Dato, Cálculo 6-16 18,0% 180,00

Total Entradas F kg Cálculo 17 100% 1000,00

SALIDAS

Sólidos s 13 726,00

Agua 5,0% 41,25

Aceite 7,0% 57,75

Subtotal Torta extractada Te 19 825,00

Aceite 21 122,25

Agua 52,75

Subtotal aceite prensado As kg Cálculo 175,00

Total Salidas 1000,00

Se debe comprobar que lo que entra es igual a lo que sale, que planteado matemáticamente se expresa

F = T + As ==== 1000 = 825 + 175 (22)

Balance para la segunda etapa.-

En la extracción de aceite se emplea hexano en proporción 1 a 1 , como en la torta se tienen 57,75 kilos de aceite, se emplea la misma cantidad de hexano, 57,75 kilos (23)

Como productos o corriente de salida se tiene:

a) la torta con aceite, 0,5% , y agua 5%,

b) aceite con hexano y humedad




Extracción del aceite

FIGURA 19 En la primera corriente los sólidos tomados como fracción son uno menos fracción de aceite menos fracción de agua, es decir

1- 0,005- 0,05 = 0,945 o en kilos 726. Con estos valores se determina la corriente de salida.

Torta húmeda = 726 /0,945 = 788,25

Aceite = 788,25 x 0,005 = 3,84

Agua = 788,25 x 0,05 = 38,41

El aceite que se ha extraído por el solvente será = 57,75 - 3,84 = 53,91

Como segunda corriente se obtiene la mezcla aceite –hexano con una humedad que es la diferencia entre lo que entra y lo que sale con la torta, es decir

Humedad = agua = 41,25 -38.41 = 2,84

Esto significa que la mezcla es de 53,91 + 57,75 +2,84 = 114,50 y cada componente presenta los siguiente fracciones

Aceite = 53,91/ 114,50 = 0,471 ó 47,1%

Hexano = 57,75 / 114,50 = 0,504 ó 50.4% y

Agua = 2,84 / 114,50 = 0,025 ó 2,5%

En la hoja de cálculo se ha obtenido asi: (53,91+57,75) /(1 - 0.025) = 114.50

SEGUNDA ETAPA EXTRACCION POR SOLVENTE

ENTRADAS

Torta prensada Fracción

Sólidos 726,00

Agua 41,25

Aceite 57,75

Subtotal Torta 825,00

Relación aceite: hexano 1,00

Hexano hp kg Cálculo 57,75

Total at kg Cálculo 882,75

SALIDAS

Sólidos 0,945 726,00

ACEITE

TORTA EXTRACTADA TORTA HUMEDA EXTRACTORA

Th

Ah

HEXANO

HEXANO

T




Agua 0,050 38,41

Aceite 0,005 3,84

Subtotal torta 1,000 768,25

Aceite 0,471 53,91

Hexano 0,504 57,75

Agua 0,025 2,84

Total aceite y hexno húmedos 114,50


Balance para la Tercera Etapa

Durante la tercera etapa, se seca la torta húmeda para obtener la torta de soya, que comercialmente se vende para la elaboración de concentrados dado su buen contenido de proteína.

En este caso la base de cálculo, sobre la torta húmeda que ingresa al secador, es el agua que se reduce a un 1% (9) en la torta seca y deja a lo sólidos y aceite residual en un 99%. (28).

En el balance inicial se establecía que los sólidos equivalen a 726 kilos (13). Y el aceite residual en 3,84 kilos (25) para un subtotal de 729,84 kilos (29) Con este valor obtenemos la cantidad de torta seca que sale:

729,84 Ts = ----------- = 737,21 (30) 0,99

SECADOR

TORTA SECATORTA HUMEDA

AIRE

AIRE HUMEDO

Th Ts

FIGURA 20

El agua que sale es de 773,21 x 0.01 = 7,73 y el agua evaporada 38,41 - 7,73 = 31,04

TERCERA ETAPA SECADO

ENTRADAS

Sólidos 0,945 726,00

Agua 0,050 38,41

Aceite 0,005 3,84

Total 1,000 768,25

SALIDAS

Sólidos 726,00




Aceite 3,84

Agua 0,01 7,37

Torta de soya 737,21

Agua evaporada 31,04

768,25

La proteína, que no se modificado durante las diversas etapas, es de 350 kilos (10) cuyo porcentaje respecto a la torta seca es:

350

ps = ---------- x 100 = 47,48% (31)

737,21

para los carbohidratos se tiene similar situación

271

cs = ----------- x 100 = 36,76 % (32)

737,21

Para comprobar se obtiene el porcentaje de fibra

105

f = ------- x 100 = 14,24 %

737,21

3,84 Aceite a = ------------ x 100 = 0,52 737,21 Y el total = 47,48 + 36,76 + 14,24 + 0,52 + 1,00 = 100,00 Resumiendo se tiene: COMPOSICION DE LA TORTA

Proteína 47,48% 350,00

Carbohidratos 36,76% 271,00

Fibra y cenizas 14,24% 105,00

Aceite 0,52% 3,84

Agua 1,00% 7,37

TOTAL 100,0% 737,21

La hoja de cálculo permite establecer otros parámetros, entre otros, porcentajes de los compuestos (36) en cada una de la etapas, agua evaporada, total de aceite extraído y finalmente establecer el Balance Global sobre todo el proceso, que establece,




BALANCE TOTAL

ENTRADAS

Frijol soya 1000,00

Hexano 57,75

Total 1057,75

SALIDAS

Torta de soya 737,21

Aceite-Agua 175,00

Aceite-hexno 114,50

Agua evaporada 31,04

Total 1057,75

Nota. En la práctica no se justifica secar la torta hasta la humedad del 1%, por el contrario se puede dejar con una humedad alta, del orden del 10% 3.2. Balances en operaciones con recirculación o reciclo En la industria de alimentos se tienen procesos en los que para una etapa dada, una proporción de una corriente de salida se reingresa al proceso en la misma etapa o en una etapa anterior.

El retorno de una parte de la corriente se denomina reciclo o recirculado y a la acción de devolver, recirculación o reciclado.

Tal es el caso de algunas operaciones de secado de productos alimenticios.

En esta operación unitaria, se aprovecha la capacidad de absorción de agua que tiene el aire ambiente.

Salvo en condiciones muy particulares, cuando el aire esta saturado,( en climas totalmente húmedos) no absorbe agua, pero en general las condiciones permiten la evaporación de agua y su mezcla en estado de vapor con el aire.

La capacidad de absorción de agua en el aire se incrementa notoriamente con la temperatura del aire

El secado es una operación bastante exigente y de no tener los procesos adecuados se puede llegar a productos con características o presentaciones no adecuadas para su comercialización.

Como el secado involucra suministro de calor para evaporar la humedad, si no se establece un flujo de calor apropiado se pueden presentar cambios significativos de color o agrietamientos en las superficies de los alimentos que se están secando.

Dado que la inmensa mayoría de las operaciones de secado se llevan a cabo con aire caliente, para evitar los defectos mencionados se acostumbra a recircular parte del aire que sale del secador.

El aire que se recircula se mezcla con aire fresco y se caliente de nuevo como se




aprecia en el diagrama siguiente

Aire fresco

Aire recirculado

Aire húmedoCalentador de aire Secador

Recirculación de aire

FIGURA 21 Ejemplo 21

En una operación se secado por cochadas, se debe secar 600 kilos de tajadas de zanahoria de un contenido inicial de humedad de 86% hasta un 10%. Para el secado se emplea aire caliente con una humedad inicial de 0,008 kilos de agua por kilo de aire seco.

El aire sale con una humedad de 0,050 kilos de agua por kilo de aire seco.

Teniendo un recirculación de aire de 3 a 1, cuanto aire se requiere para esta operación?. Cuanta zanahoria seca se obtiene ?.

Solución.

El aire necesario se establece determinando cuanta agua absorbe cada libra de aire que ingresa

Para ello se debe calcular con que humedad sale el aire del secador y por diferencia de las humedades del aire que entra y del que sale se calcula la humedad absorbida.

Aire fresco

Aire recirculado

Aire húmedoCalentador de aire Secador

A

B

D D

C C

Secado De la zanahoria , diagrama de flujo para el aire aire

FIGURA 22

Observando el diagrama anterior se establece para el aire seco

A + D = C y del enunciado del ejemplo

D = 3 A

Para el agua, llamando Hc la humedad de la mezcla que entra al calentador de aire




A x 0,008 + D x 0,05 = C x Hc

Tomando como base de calculo 1 kilo de aire fresco, se tiene

1 x 0,008 + 3 x 0,05 = 4 Hb ==== Hb = 0.0395 kilos de agua por kilo de aire seco.

.

Sólidos

Agua

Evaporada

C

Sólidos

Agua

Evaporada

C

Sólidos

Agua

Evaporada

C

Sólidos

Agua

Evaporada

CZanahoria

600 kl

0,14

84 kl

0,90

84 kl

Zanahor ia seca

93,33 kl

0,10

9,33

0.86

516 kl

Balance para el secado de la zanahoria

FIGURA 30 Como la mezcla entra al secador con humedad de 0,0395 y sale con humedad de 0,05, se absorberán 0,05 - 0,0395 = 0,0105 kilos de agua por cada kilo de aire seco que entra.

Del balance de la zanahoria se determina cuanta agua se debe evaporar y ser absorbida por el aire.

El agua que entra con la zanahoria es de 516 kilos y la que sale es 9,33 kilos. Lo evaporado es de 516 – 9,33 = 506,67 kilos.

El aire seco necesario es de 506,67 / 0,0105 = 48.254 kilos. Como cada kilo de aire seco lleva 0,008 kilos de agua, el aire tal cual necesario es

48.254 x ( 1+ 0,008) = 48.640 kilos.

En la hoja de cálculo que se presenta a continuación, ya no se hace presentación del problema si no que se entra de una vez a su resolución.

Ejemplo 21 SECADO DE ZANAHORIA

Parámetro Simb. Unidad Valor

Cantidad a secar kg 600

Humedad inicial 0,86

Humedad final 0,1

Zanahoria seca kg 93,3

Agua a evaporar kg 506,7

Humedad aire inicial kg/kg 0,008




Humedad salida aire kg/kg 0,05

Relación aire recirculado 3

Humedad aire entrada secador kg/kg 0,0395

Agua absorbida por unidad aire seco kg/kg 0,0105

Aire seco requerido kg 48254

Aire tal cual requerido kg 48640

En operaciones de destilación a gran escala, se emplean las llamadas torres de destilación Ejemplo 22

En una destilería para obtención de alcohol se alimentan continuamente 30.000 litros diarios de un fermentado que contiene 16 % en volumen de alcohol, a una torre a la que se regula tener un reflujo de 3,5. para dar un alcohol de 65ª G.L.

Los residuos contienen un 1,5% de alcohol

Determinar la cantidad de producto, lo reciclado y residuos obtenidos

F

S

PR

D

Diagrama de destilación FIGURA 23

Solución. Se aprecia en el ejemplo el uso de unidades diferentes a peso y concentración. Antes de iniciar la resolución del ejemplo, se deben llevar las unidades a un sistema consistente.

El volumen de fermentado procesado así como el porcentaje en volumen se deben llevar a pesos y para ello se debe acudir a tablas.

De la tabla xx, para un porcentaje del 16% en volumen se tiene un porcentaje en peso de 12,95% , una concentración de 12,69 gramos de alcohol por 100 cc de solución y el peso especifico de la solución es de 0,9811 equivalente a una densidad de 0,9811 kg/litro.




Tomando base de cálculo 1 día y haciendo las conversiones del caso se tiene.

Peso del fermentado F = 30.000 x 0,9811 = 29.433 kilos

Porcentaje de alcohol 12,95

Alcohol = 29.433 x 0.1295 = 3811,60

El producto de 65ºGL tiene 65% de alcohol, con densidad 0,9021 con un porcentaje en peso de 57,21%

De acuerdo al diagrama, mostrado en la figura 31 se puede hacer un balance para un sistema sin incluir el reflujo y uno para la torre incluyendo el reflujo.

El primero, que es un balance de separación, permite encontrar directamente el producto y los residuos en tanto el segundo nos permite determinar el reflujo.

Llamando

F a la alimentación, con Xf de concentración de alcohol

P al producto, con Xp de concentración de alcohol

S a los residuos con Xs de concentración de alcohol

Realizando el balance sobre el alcohol se tiene

F x Xf = P x Xp +S x Xs, reemplazando [1]

Como F = P + S === S = F - P, reemplazando en [1]

Fx Xf = P x Xp + ( F – P ) x Xs = P x XP + F x Xs + P x Xs

Obteniendo P = F ( Xf – Xs) / (Xp –Xs), reemplazando

P = 29433 x( 0,1295 – 0,015 ) / (0,5721 -0,015)

P = 6.049,43 kilos y

S = 29.433 – 6.049,43 = 23387,3 kilos

Para determinar el reciclo se toma la relación de reciclo, que es 3 y el valor es

R = 3 x 6,049,43 = 18.147,97 kilos

Ejemplo 22

DESTILACION DE FERMENTADO

Parámetros Unidad Valor

Fermentado F litros, kilos 30.000 29.433

Porcentaje en volumen 16%

Porcentaje en peso Xf 12,95%

Densidad solución kg /litro 0,9811

Densidad alcohol puro

Alcohol en alimentación kg 3811,6

Relación de Reciclo 3

Concentr. Producto en volumen ºGL, fracción 65 0,65

Concentración en peso Xp 0,5721




Concentración Residuos Xs 1,50%

Producto P kilos 6049,3

Residuos S litros, kilos 23383,7

Reciclo R litros, kilos 18147,9

Ejemplo 23

Se somete un lote de cebolla a un proceso de deshidratación por contacto con aire caliente, siguiendo el esquema que aparece en la siguiente figura

En cada etapa la cebolla es puesta en contacto con aire caliente; en la primera etapa se emplea flujo en paralelo (la cebolla y el aire fluyen en la misma dirección) y en la segunda etapa se emplea flujo en contracorriente (la cebolla y el aire fluyen en direcciones contrarias).

La cebolla que sale de la primera etapa es alimentada a la segunda, para un mayor grado de secado, pudiendo así, tras haber entrado al proceso con una humedad del 92%, salir con una humedad del 10%.

Una parte del aire húmedo que sale de la segunda etapa (con una humedad de 0,048 kg agua / kg aire seco es alimentado a la primera etapa.

Efectuando los balances de materia adecuados, determine:

a) La humedad de la cebolla que sale de la primera etapa.

b) La masa de aire devuelta de la segunda etapa a la primera.

Secado de cebolla

FIGURA 23 Solución:

a) Tomando como base de cálculo 1 kg de sólido seco.




La cebolla que entra al proceso tiene una humedad del 92%, esto significa que:

en 100 kg cebolla inicial hay :

92 kg de agua

8 kg de sólido seco

Por consiguiente, por 1 kg de sólido seco, la cebolla inicial contendrá:

92 kg de agua 1 kg sólido seco x --------------------------------- = 11,500 kg de agua 8 kg de sólido seco

Secado segunda etapa FIGURA 24

La cebolla deshidratada que sale del proceso tiene una humedad del 10%, esto significa que: en 100 kg cebolla deshidratada hay: 10 kg de agua 90 kg de sólido seco Por consiguiente, por 1 kg de sólido seco, la cebolla final deshidratada contendrá:

10 kg de agua 1 kg sólido seco x ------------------------------------- = 0,111 kg de agua 90 kg de sólido seco Se puede ahora efectuar un balance de materia sobre la etapa No. 2, considerada individualmente.

Recordando que se toma como base de cálculo 1 kg de sólido seco, podemos determinar fácilmente la masa de aire caliente que entra a dicha etapa:

1 kg sólido seco X ( 150 kg de aire seco / kg sólido seco ) = 150 kg de aire seco

Cebolla proveniente de

1 Kg de sólido seco

X kg de agua

Aire húmedo

0,048 kg agua----------------------Kg de aire seco

1a. Etapa

Cebolla deshidratada

1 kg de sólido seco0,111 kg de agua

Aire caliente

150 kg aire seco------------------------Kg de sólido seco

0,02 kg de agua---------------------

Kg aire seco

SECADO

ETAPA 2




La masa de agua que entra en dicho aire será entonces:

150 kg aire seco x ( 0,02 kg de agua / kg aire seco ) = 3,0 kg agua

De dicha etapa saldrá la misma cantidad de aire seco que entró, o sea 150 kg; además, ya que dicho aire contiene 0,048 kg agua/kg aire seco, saldrá con él, bajo forma de vapor, una masa de agua de:

150 kg aire seco X 0,048 ( kg agua / kg aire seco) = 7,20 kg de agua

Actualizando con estos datos el esquema queda:

Balance de secado sobre 2a. etapa FIGURA 25

Para conocer la masa de agua X contenida en la cebolla proveniente de la etapa 1, se puede hacer un balance de masa parcial sobre el agua, teniendo en cuenta que no hay acumulación alguna en este proceso, y que por consiguiente, la masa del agua que entra al proceso (proveniente de la cebolla de la etapa 1, y del aire caliente) será igual a la masa del agua que salga del proceso (proveniente de la cebolla deshidratada por una parte y del aire húmedo por otra), o sea:

X + 3 = 0,111+ 7,2 ======== X = 4,311 kg de agua

Por consiguiente, la humedad de la cebolla proveniente de la etapa 1 será:

4,311 kg de agua kg agua ------------------------------------------ = 0,8117 ------------------------ (1 + 4,311 ) kg de cebolla kg de cebolla

Se puede decir que la cebolla sale de la etapa 1 con un contenido de humedad del orden del 81,17%.

b) Sobre la etapa 1.

Como en la pregunta anterior, recordando que se tomo como base de cálculo 1 Kg

Cebolla proveniente de

1 Kg de sólido seco

X kg de agua

Aire húmedo


1a. Etapa

Cebolla deshidratada


Aire caliente

150 kg aire seco

SECADO

ETAPA 2

150 kg aire seco7,2 kg agua

3 kg de agua




sólido seco, se puede hallar la masa de aire caliente suministrado:

1 kg sólido seco X 150 (kg aire seco / kg sólido seco ) = 150 kg aire seco

La masa de agua que entra con dicho aire será entonces:

150 kg aire seco x (0,02 kg agua / kg aire seco ) = 3,0 kg agua

Pero además, se mezcla con este aire caliente una masa desconocida de aire húmedo proveniente de la etapa 2.

Llamando y la masa del aire seco de dicha corriente de aire húmedo proveniente de la etapa 2.

La humedad que lo acompaña será, entonces:

y kg aire seco X 0.0048 x ( kg agua / kg aire seco ) = (0,048 y ) kg agua

Cebolla

1,5 Kg de sólido seco11,5 kg de agua

Aire húmedo


Cebolla a la segunda etapa


Aire húmedo

SECADO

ETAPA 1

150 kg aire seco

Proveniente de la segunda etapa

Aire caliente

Balance de secado sobre 1a. etapa

FIGURA 26

Se puede ahora efectuar un balance de masa parcial sobre el aire seco, dado que no hay acumulación y que, por consiguiente, la masa de aire seco que penetra en la corriente de aire caliente, más la masa de aire seco que penetra con la corriente de aire húmedo deberá ser igual a la masa de aire seco que sale de la etapa 1.

(150 + Y) = masa de aire seco que sale de la etapa 1.

Ya que el aire que sale de la etapa 1 tiene una humedad de 0,066 kg agua / kg aire seco se puede afirmar que el agua que sale, como vapor, con dicha corriente tendrá una masa de:

( 150 + Y ) kg aire seco X 0,066 ( kg agua / kg aire seco ) = 0,066 ( 150+Y ) kg agua




Actualizando el diagrama:

Cebolla

1,5 Kg de sólido seco11,5 kg de agua

Aire húmedo

0,048 kg agua----------------------Kg de aires seco

Cebolla a la segunda etapa


Aire húmedo

SECADO

ETAPA 1

150 kg aire seco

Proveniente de la segunda etapa

Aire caliente

0,066 kg agua

Kg aire seco

Resultados del secado en la primera etapa

FIGURA 27 Recordando que no hay acumulación, se puede ahora efectuar un balance de masa parcial sobre el agua:

11,5 + 0,048 Y + 3 = 4,311 + 0,066 (150 + Y)

Despejando Y, tendremos:

11.5 + 3 - 4,311 - 9,9 = 0,066 Y - 0,048 Y === 0,018 Y = 0,289 = Y = 16,056 kg

Se devuelve a la etapa 1 una masa de 16,056 kg de aire seco, con una humedad de 0.048 (16,056) = 0,771 kg de agua, o sea en total (16,056 + 0,771) = 16,827 kg de aire húmedo proveniente de la etapa 2.

A continuación se presenta la hoja de cálculo para el enunciado del problema

EJEMPLO 26 SECADO DE CEBOLLA EN DOS ETAPAS CALCULO DE COMPOMENTES PRESENTACION DEL PROBLEMA

Parámetro Símb. Unidades Fuente ref. Valores

Etapa 1 MKS

Entradas

Cebolla, humedad inicial H1 kgs,lbs Dato 1 92,00%

Aire caliente seco As1 kg/kg sólido Dato 2 150

Agua en aire caliente Has2 kg /kg aire seco Dato 3 0,02

Aire húmedo de Etapa 2 Ah1

Agua en aire húmedo Hh1 kg /kg aire seco Dato 4 0,048

Salida

Aire húmedo A1 kg /kg aire seco Dato 6 0,066

Etapa 2




Entrada

Aire caliente As2 kg/kg sólido Dato 7 150

Agua en aire caliente 8 0,02

Salida

Cebolla, humedad final Hp % Dato 9 10,00%

Agua en aire húmedo Ha2 kg /kg aire seco Dato 10 0,048

Solución. Para facilidad en el manejo de datos y cálculos en la hoja de cálculo se ha tomado un bloque para presentación del problema,

Ya en el desarrollo del problema, en la hoja de calculo, se toma cada etapa independiente es decir se elabora un bloque para cada etapa y se escriben todos los parámetros de las entradas y salidas

Este problema presenta un grado de complejidad que lleva a un desarrollo de cálculos no consecuente con las dos etapas del proceso. Trabajando en la primera etapa y sin haberla concluido se debe entrar a realizar cálculos de la segunda etapa .

Para proceder de acuerdo a la referencias anotadas en la hoja de cálculo consultar la guía del estudiante.

ETAPA1

Entradas

Cebolla húmeda C 12 12,500

Sólido, S Dato 11 8,00% 1,000

Humedad inicial Hc kg., lb. Dato 13 92,00% 11,500

Aire caliente As1 kg/kg sólido Dato 2 150,00

Aire caliente As1 kg Cálculo 14 150,00

Agua en aire caliente Has1 kg /kg aire seco Dato 3 0,02

Agua en aire caliente Has1 kg Cálculo 15 3,000

Aire húmedo A21 kg Dato 29 300,000

Agua en aire húmedo Ha21 kg /kg aire seco Dato 4 0,048

Agua en aire húmedo Ha21 kg Cálculo 16 14,400

Total entradas Cálculo 30 479,900

Salidas

Cebolla húmeda C1 kg Cálculo 31 5,311

Sólido, S kg Cálculo 11 1,000

Humedad Hc1 kg Cálculo 24 4,311

Aire húmedo A1 Cálculo 27 166,049

Agua en aire húmedo Ha1 kg /kg aire seco Cálculo 6 0,066

Agua en aire húmedo Ha1 Cálculo 32 10,959

Total salidas Cálculo 33 182,320

ETAPA 2

Entradas

Cebolla húmeda C1 kg Cálculo 31 5,311

Sólido, S kg 11 1,000

Humedad Hc1 kg Cálculo 24 4,311

Aire caliente As2 kg/kg sólido Dato 7 150,000




Aire caliente As2 kg Cálculo 17 150,000

Agua en aire caliente Has kg /kg aire seco Cálculo 8 0,020

Agua en aire caliente Has kg Cálculo 18 3,000


Salidas

Producto P Cálculo 21 1,111

Sólidos de cebolla S Cá. Dato 20, 11 90,00% 1,000

Agua en producto Hp Da. Cál 9, 19 10,00% 0,111

Aire seco A2 Cálculo 150,000

Agua en aire seco Ha2 kg /kg aire seco Cálculo 4 0,048

Agua en aire húmedo Cálculo 7,200


BALANCE SOBRE AGUA ETAPA 2

Salidas Cálculo

Agua en producto Cálculo 18 0,111

Agua en aire húmedo Cálculo 22 7,200

Total salidas Cálculo 23 7,311

Entradas

Agua con aire caliente Cálculo 18 3,000

Agua con cebolla Cálculo 24 4,311


BALANCE SOBRE EL AIRE Y AGUA ENTRADAS

Aire caliente a etapa 1 Dato 2 150,000

Aire caliente a etapa 2 Dato 7 150,000

Total entradas de aire caliente

Cálculo 26 300,000

SALIDAS

Aire húmedo de etapa1 A1 Cálculo 27 166,049

Aire húmedo de etapa 2 A20 Cálculo 28 133,951

Total salidas de aire Cálculo 35 300,000

Ejemplo 24 La caldera de una planta industrial produce 10000 kg/hr de vapor a 120 libras, siendo su recuperación de condensado del 37,5%. Las características de las aguas de alimentación y de purga continua son, en p.p m: PARAMETROS ALIMENTACION PURGA

CONTINUA

Dureza como CaCO3 - 5

Alcalinidad MN como CaCO3 60 200

Sílice 5 200

Hierro 0,5 30

Nitritos 0,5 30

Fosfatos - 200

Sulfitos - 100

Determinar la purga en litros por minuto y las cantidades de fosfato y sulfito de sodio agregadas.




Solución

Este problema, de gran utilidad práctica en la industria, requiere una explicación acerca del circuito o flujo de agua en la caldera. La figura No 37 nos ilustra al respecto.

Al llamado tanque de alimentación llega agua procedente del acueducto A y del tanque de condensado C.

El agua se alimenta a la caldera por una bomba de alimentación; en la caldera se produce vapor V.

A medida que se consume vapor los sólidos se van concentrando en la caldera con riesgos de que se depositen y aparte de causar obstrucciones, disminuye considerablemente el flujo de calor para evaporar el agua.

Por esta razón se retira agua en la llamada purga continua P, cuyo fin es mantener en los valores de norma los sólidos contenidos en el agua de la caldera. Parte del vapor se consume y sale a la atmósfera, (vapor exhausto VE) y parte se recupera como condensado.

Para calcular la purga debe hacerse un balance de materiales sobre los sólidos contenidos tanto en la alimentación como en la purga, exceptuando la dureza.

Analizando los datos, la alimentación no debe tener dureza, sin embargo en la purga se admite una concentración hasta de 5 ppm., ello porque existe el riesgo que cuando se cambia de equipo (suavizador) que retiene la dureza en algún momento puede el agua puede llevar pequeñas cantidades de ella.

El balance de materiales, para el agua, es:

A + C = V + P = VE + C + P

De esta ecuación se desconoce A y P, tomando como primera base de cálculo V = 10000 kg/hr tenemos:

C = 37,5% de V = 3750 kg/hr

y VE = V - C

VE = 100000 - 3750 = 6250 kg/hr

Para determinar el valor de A y P se requiere de otra ecuación y ella se determina en base a los sólidos contenidos en las aguas del proceso.

El balance para la alcalinidad (a) siendo el subíndice a alimentación y p purga, se




Circuito de agua para una caldera FIGURA 28

tiene: aaA = apP

Tanto el vapor como el condensado no tienen sólidos que produzcan alcalinidad o dureza, como tampoco hierro o sílice.

El sulfito y el fosfato que aparecen en la purga continua son adicionados a la caldera; el primero como autooxidante para evitar la corrosión y el segundo como formador de lodos en suspensión y permitir el retiro en la purga continua, de los sólidos que existen en exceso, a lo establecido por las normas.

En forma similar al balance para la alcalinidad, se tienen para el hierro, los nitritos y la sílice

sia x A = sip x P

fea x A = fep x P

nia x A = nip x P

Cualquiera de estas cuatro ecuaciones nos pueden servir para resolver el problema.

El factor que nos lleva a escoger una de ellas es que la purga debe ser la mínima posible, ya que ella es agua sobrecalentada que se está gastando sin prestar servicio alguno.

Existe, pues, una relación entre los sólidos de la alimentación y la purga que nos permite determinar dicho factor. El mejor valor de la relación es llamado factor de purga,. Luego:

Alcalinidad a/p 60/200 = 0,3000

Sílice a/p 5/200 = 0,0250

Hierro a/p 0,5/200 = 0,0167

Bomba

CALDERA

ALIMENT.

TANQUE DECONDENSADO

EQUIPOS

V VE

CA

C

P




Nitritos a/p 0,5/200 = 0,0167

De estos valores se escoge el menor para aplicar la respectiva ecuación y tomando el del hierro:

P = 0,0167 x 4500 = 75 kg / hr, asumiendo una densidad de 1 kg/litro, en minutos la purga es

P = 75 x 60 /1 = 1,25 litros/ min

Siendo estrictos, el agua de alimentación debe incrementarse en este valor para tener el balance de entradas y salidas.

Para determinar las cantidades de fosfatos y sulfitos debe establecerse que los analizado y reportado

son los iones fosfato y sulfito respectivamente, De tal forma que para determinar los fosfatos y sulfitos de sodio se debe multiplicar por la relación estequiométrica de pesos, los ppm de cada ión.

Una consideración muy importante a tener en cuenta es que al llenar la caldera se adicionan las sales para llegar a los valores de norma; al prender la caldera se debe agregar, de sales, las cantidades que se pierden en la purga. Se tiene como pesos molecular o del ión:

Peso del Na3PO4 = 164

Peso del PO4 = 95

Peso del Na2SO3 = 126

Peso del SO3 = 80

Debe recordarse que ppm, partes por millón son miligramos por litro y en el caso del agua miligramos por kilogramo

Fosfato de sodio necesario

Na3PO4 = 75 x 200 x (164 / 95 ) = 19. 524 mgr/ hr = 19, 5 gr /hr

Sulfito de sodio necesario

Na2SO3 = 75 x 100 x (126 / 80 ) = 11.813 mgr /hr = 11,813 gr / hr. ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Elabore la hoja de cálculo para el problema 27.




AUTOEVALUACION DE LA UNIDAD 1

1. Mencione tres aplicaciones de los balances de materiales

2. Cuál es la diferencia entre proceso unitario y proceso industrial?

3. De una definición de insumo, materia prima y producto.

4. Es posible mediante una etapa obtener un producto?.

5.- Relaciones las variables involucradas en la elaboración de una sopa.

6.- Elabore un diagrama de flujo para la elaboración de un arroz con pollo y verduras.

7.- Una planta procesadora de leches dedica el 40% de la leche que recibe la dedica a la producción de leche concentrada con un 37% de sólidos y un 60% a la producción de leche en polvo con un contenido de humedad del 3%.

Para programar turnos y producción debe establecerse que cantidad de leche concentrada y que cantidad de leche en polvo se produce en invierno cuando se reciben 170.000 litros/día y cuanta en verano cuando se reciben 120.000 litros/día.

Establezca igualmente el valor por concepto de la leche cuando se tienen precios de $650 por litro en invierno y $710 en verano.

Para el balance de operación del año, determine la producción anual y el precio promedio de los dos productos obtenidos.

Investigue los diversos contenidos de sólidos de la leche fresca y trabaje con un valor representativo.

Desarrolle el problema en forma analítica, en forma matemática y elabore las hojas de cálculo requeridas.

8.- EL precio de venta de algunos subproductos de la industria del aceite como las tortas de soya, algodón, ajonjolí, etc., se comercializan de acuerdo al contenido de proteína.

Determine cual punto de proteína es mas barato cuando se dispone de las siguientes tortas:

Torta de soya con 42% de proteína $ 482.000 tonelada Torta de soya con 39% de proteína $ 422.000 tonelada Torta de algodón con 29% de proteína $ 324.000 tonelada Torta de algodón con 32% de proteína $ 354.000 tonelada Torta de ajonjolí con 22% de proteína $ 248.000 tonelada

9. En una columna de destilación, se realiza el proceso de separación alcohol-agua en un alimento. El alcohol es de alta pureza y el alimento tiene en su composición 20% molar de alcohol etílico. Si la alimentación durante el proceso es de 45 libras mol por hora, obteniéndose un destilado que contiene 85% molar de alcohol etílico y un residuo que contiene 3% molar de alcohol etílico, calcule:




a) La cantidad de destilado y de residuo obtenidos.

b) El porcentaje de alcohol de alimento recuperado en el destilado.

10. En una fábrica de licores se obtiene alcohol de alta pureza por destilación. Con una fuente de alimentación de 200 lb.mol /hora y 20% de etanol. En el destilado se obtiene etanol del 90% de pureza. En el residuo existe un 5% de etanol. Calcular:

a) Todas las corrientes y caracterizarlas.

b) El porcentaje de recuperación de alcohol

11. En la fabricación de un refresco se utilizan dos corrientes A y B, que se mezclan para obtener un producto de composición desconocida. Halle la composición final de la mezcla si:

CORRIENTE A CORRIENTE B MEZCLA

Xh1 = 0,7 Xh2 = 0,6 Xh3 = ?

Xb1 = 0,2 Xb2 = 0,3 Xb3 = ?

Xc1 = 0,1 Xc2 = 0,1 Xc3 = ?

A 3 La relación ----- = -------- B 1 12. Se desea preparar un alimento semilíquido, empleando una materia prima sólida con la siguiente composición:

15% de proteína.

20% de agua.

65% de carbohidratos.

Calcular la composición final del alimento, a partir de la base de 10 toneladas métricas del material sólido y 5000 kg de agua.

13. Al obtener un producto alimenticio a partir de la mezcla de varias harinas se presentan tres etapas:

Deshidratado-mezcla-deshidratado. Se tiene una masa inicial de 1000 kg., con




una humedad de 40%, la cual, al pasar por el deshidratado inicial, se reduce al 30%.

Dicha humedad se mantiene al pasar por el mezclador, en donde se introducen 500 kg más de otra harina; la humedad se reduce en el segundo deshidratador al 18%. Calcular la masa final y cuantificar las diferentes corrientes que intervienen en el proceso.

14. Un trozo de carne de masa 0,75 kg y de composición:

Proteínas: 20%, grasas: 10%, carbohidratos: 1%, humedad: 68%, ceniza: 1%, es secado hasta alcanzar un contenido de humedad del 10%. A partir de un balance de materia, indicar la masa de agua eliminada del trozo de carne, así como su composición final.

15. Se requiere un jarabe con una concentración del 20% de azúcar (en masa). Con dicho objetivo en mente, se parte de una solución con una concentración de azúcar del 5%; que se introduce en un sistema continuo de evaporación como el mostrado en la Figura, 64 donde se hace burbujear aire a través de la solución.

Si se tratan 100 kg. de solución inicial, y si el aire que se hace fluir tiene una humedad inicial de 0,005 ( kg agua / kg aire) , y se suministra a una tasa de 75 kg de aire /kg de solución inicial, calcular a partir de un Balance de masa:

a. La masa de jarabe obtenido.

b. La humedad del aire de salida expresada en kg agua / kg aire salida

:

Concentración de jarabe

16. Una compañía de productos lácteos dispone de leche en polvo, aceite de mantequilla (grasa láctea) y agua, con los cuales se propone obtener leche

100 kg / hr

Solución con 5% deazúcar

Solución final (jarabe)

Con 20% de azucar

Aire fresco con una humedad inicial de

0,005 kg (agua/ kg air )

75 kg air / kg solución inicial

Aire húmedo




recombinada. La leche en polvo es de la siguiente composición

* Grasa : 12,0% * Agua : 2,0% * Proteína : 31,4% * Lactosa : 43,7 % * Ceniza : 10,9 %

El aceite de mantequilla es de la siguiente composición:

* Materia grasa: 98 % * Agua : 2,0 % La leche recombinada que se desea obtener, debe tener las siguientes características:

* Materia grasa: 3,0 %

* Sólidos no grasos 9,0 %

Se requieren 1000 kg. de leche recombinada. A partir de un balance de materia, hallar las masas de leche en polvo, aceite de mantequilla y agua que sería necesario mezclar para obtener la cantidad de leche recombinada propuesta.

17. Una planta recibe 10000 kg. de leche entera, con un contenido de materia grasa del 4,2%. produce 9278 kg. de leche descremada, con un contenido de materia grasa del 0,07%. En el suero de mantequilla y en la mantequilla hay, respectivamente, un 0.35% y un 81% de materia grasa. A partir de un balance de materia, calcular:

a. La masa de mantequilla obtenida.

b. La masa de suero de mantequilla liberado.

A grandes rasgos, el proceso de elaboración de mantequilla es el siguiente:




Obtención de Mantequilla

18. Se desea producir una mezcla para postre Mousse, a partir de leche, crema, leche descremada, azúcar, emulsificantes y estabilizantes. Se requieren 90 kg. De dicho postre. La mezcla para el postre tiene la siguiente composición:

Materia grasa 8,00 % Sólidos no grasos de leche 11,0 % Azúcar 1,0 % Emulsificantes y Estabilizantes 2,80 % Agua 66,70 %

La leche de que se dispone, tiene un 3,0 % de materia grasa, y un 11,30 % de sólidos no grasos.

La crema de que se dispone, tiene un 35,0% de materia grasa y un 5,70% de sólidos no grasos.

La leche descremada de que se dispone, tiene un 0,5% de materia grasa y un 96,5% de sólidos no grasos.

A partir de un balance de Materia, hallar las masas de leche, crema y leche descremada requeridas.

Leche Entera

Leche descremada

Crema

Suero deMantequilla

MantequilllaPasterizadaa

Desnatado Pasteurización

MaduraciónBatido




UNIDAD 2

BALANCE DE ENERGÍA




Objetivos

Conocer las leyes fundamentales de la termodinámica, definir los conceptos de energía y establecer el balance general de la energía.

Definir los conceptos de energía.

Definir los conceptos de calor sensible y calor latente.

Definir los conceptos de calor de formación, calor de reacción, calor de disolución, calor de mezcla y calor de combustión.

Establecer los balances de energía para un sistema.

Resolver problemas relativos a los balances de energía en proceso alimenticios




4 Introducción

Para un científico el concepto más importante lo constituye la energía. En todos los fenómenos científicos y en todo lo que ocurre, interviene la energía.

Los acontecimientos físicos, desde el desarrollo de una nebulosa, hasta los movimientos de una bacteria, consisten fundamentalmente en transformaciones de energía.

Si bien la energía no puede ser tocada ni vista, su presencia es detectada a cada instante. El hombre, desde sus orígenes hasta el presente, ha logrado sorprendentes progresos, desde el fuego hasta la fisión nuclear.

La vida del ser humano depende directamente de las transformaciones que se producen en los procesos energéticos de la respiración y del metabolismo de los alimentos.

El estudio de la energía abarca el mecanismo motor del universo en sus innumerables aspectos.

El concepto de energía está íntimamente ligado al de trabajo. Se puede, incluso, decir que energía es la magnitud que mide la capacidad que tiene un sistema para realizar un trabajo. La definición científica de trabajo expresa bien el concepto intuitivo que todos tenemos: para ejecutar un trabajo es necesario aplicar una fuerza sobre un cuerpo y desplazarlo. Se actúa de ese modo para levantar un cuerpo cualquiera, o incluso para aserrar el tronco de un árbol.

Las aguas de una catarata tienen energía; después del impacto contra el fondo pierden velocidad y se mueven lentamente al transformarse parte de su energía; el efecto de esta transformación se aprecia en lo erosión de las rocas contra las cuales choca el agua.

Un proyectil en movimiento tiene energía y esta puede ser de tal magnitud que al chocar contra una coraza, la perfora.

En un trozo de hierro calentado al rojo hay energía y, si se le sumerge en un líquido, este se caliente y, en ocasiones, parte del líquido se transforma en vapor.

Un rayo de luz transporte energía y puede aumentar la energía calórica de un cuerpo elevando su temperatura. Una corriente eléctrica mueve un motor y éste produce un trabajo, o al pasar por una resistencia genera calor.

Los procesos de adecuación de alimentos, desde su fuente primaria en la naturaleza hasta su presentación para consumo inmediato, obedecen a transformaciones de orden físico y/o químico, en los cuales ocurre intercambios de masa y energía.

El crecimiento de las plantas, su floración y fructificación obedecen a fenómenos en los que interviene la energía, en su forma lumínica. Todo vegetal de consumo humano o animal contiene almacenada y en la cadena alimenticio plantas-animal-hombre, ocurren intercambios de energía.

Una de las formas más elementales de preparación de alimentos tiene lugar en los




sencillos procesos de cocción, en donde los alimentos se hacen más digeribles o se mejora su sabor, igualmente se esterilizan o se preservan.

En todos los hogares del mundo se acostumbra a cocer determinados alimentos: la energía en su forma de calor constituye el mecanismo de transformación más importante para los alimentos, ya a nivel doméstico, ya a escala industrial.

El calor interviene en la industria de enlatados, tanto para cocer como para esterilizar los alimentos.

En la industria láctea pasos importantes son la pasterización lograda con el calor; multitud de alimentos se preservan secándolos, empleando calor para retirar la humedad presente.

Inmensos gastos se evitan transportando productos concentrados obtenidos en evaporadores o cristalizadores.

Licores se obtienen por destilación de mostos y en la industria de bebidas fermentadas los mostos se obtienen por cocción de las materias primas farináceas.

La industria panificadora demanda inmensas cantidades de calor, en fin, salvo los productos de origen vegetal y de consumo inmediato, todos los alimentos están íntimamente asociados a fenómenos caloríficos o energéticos, producidos o dirigidos por el hombre.

Los procesos no solamente demandan calor, en muchos casos se requiere retirarlo, como en el enfriamiento de alimentos pasterizados, la liofilización (evaporación por congelación y disminución rápida de la presión, lo que causa la sublimación del agua); bajas temperaturas se requieren para madurar cervezas y vinos e igualmente, para preservar lácteos y carnes.

Los fenómenos caloríficos son los de mayor concurrencia en la industria de alimentos, pues permiten las transformaciones de orden químico, están acompañados con intercambio o consumo de otros tipos de energía; inicialmente la mecánica, para el movimiento y trabajo de los más variados y diversos equipos de la industria. La energía eléctrica es, en su mayor parte, la responsable de los trabajos mecánicos.

Procesos de esterilización, y para concluir procesos bioquímicos, emplean otras formas de energía como los rayos ultravioleta o las microondas. Hasta la energía nuclear se emplea hoy en la industria de alimentos. Interminable sería la lista de procesos en los cuales interviene la energía en cualquiera de sus formas.

Debe usted, por lo tanto, tener un conocimiento adecuado de la energía y disponer de las bases científicas para su correcto manejo. La crisis energética, por el agotamiento de las fuentes de suministro, día tras día encarece los costos de un proceso; tan solo un correcto uso de la energía permite optimizar las operaciones básicas y economizar en los costos; cada vez más onerosos, que tiene la industria de alimentos, igualmente permite competir con los países industrializados, hacer accequibles a la población muchos alimentos de los que hoy no se dispone, conservar los recursos del país, en fin, mejorar la calidad humana sin detrimento




del medio ambiente.

Estudios muy profundos se han efectuado sobre la energía; en el presente capítulo, usted conocerá básicamente los aspectos de la energía que conciernen a los balances energéticos y de masa; determinará las relaciones más importantes de las propiedades termodinámicas de la materia, efectuará balances térmicos y adquirirá las bases para desarrollarlos a nivel de las principales operaciones unitarias que tienen cabida en la Industria de Alimentos.

Hasta principios del siglo XIX solo se entendía por energía la energía mecánica, es decir cinética y potencial. La comprobación de que la energía cinética puede transformarse en calor abrió el camino para nueva ideas acerca de tan importante tema.

Al mezclar dos sustancias a temperaturas diferentes, la mezcla llega a una temperatura de equilibrio situada entre las dos temperaturas iniciales. Los científicos de ese entonces explicaban el fenómeno, atribuyendo en los cuerpos la existencia de una sustancia llamada “Calórico”. De acuerdo a tal teoría, una sustancia de elevada temperatura tienen mucho calórico, mientras otro cuerpo cuya temperatura fuese baja, tendría poco calórico.

Según el razonamiento de aquellos científicos, cuando dos cuerpos se ponen en contacto, el más rico en calórico transfiere una parte de sus reservas al otro.

La teoría del “calórico” fue desplazada por aquella otra, válida hoy en día, que considera el calor como una forma de energía. Benjamín Thompson conde de Rumford, natural de Baviera, Alemania, contribuyó con sus observaciones, en una fábrica de cañones, a plantear esta nueva teoría, que fue desarrollada años después por los trabajos de Julius Von Meyer, Hermann Von Helmholtz y James P. Joule.

Joule, con sus trabajo, contribuyó en 1843, a establecer la ley de conservación de la energía tal como la conocemos. Sus experimentos con sistemas aislados, demostraron que la relación entre la cantidad de calor producida en un proceso y la cantidad de trabajo realizado era constante. A medida que se progresaba en los procesos de la transformación de la energía, se encontraban limitaciones en lo referente a la dirección en que un proceso tiene lugar, o cual lejos puede un proceso llegar a ser completo.

El desarrollo de una ley limitante nació en 1824, con los trabajos teóricos de Sadi Carnot relacionados con la conversión de calor en trabajo en una máquina térmica y con los desarrollados por Lord Kelvin en sus experiencias sobre calor y trabajo. Kelvin expresó lo que conoce como segundo principio o segunda Ley de la Termodinámica. “No es posible, sin permanentes alteraciones en el sistema o en el ambiente, transformar totalmente cierta cantidad de calor en trabajo”.

Otro de los enunciados del segundo principio se debe a Clausius:” El calor de los cuerpos que están a mayor temperatura pasa espontáneamente a aquellos cuya temperatura es menor”.

En virtud de ese principio, cuando dos cuerpos, inicialmente a temperaturas




diferentes son puestos en contacto tienden a alcanzar la misma temperatura; lo contrario es decir que cuerpos cuyas temperaturas iniciales sean las mismas evolucionen hasta adquirir temperaturas diferentes, nunca ocurre espontáneamente.

La mayoría de las leyes en las ciencias, se nombran acorde al científico que las ha formulado, pero en la termodinámica, ellas simplemente se numeran en razón de la gran cantidad de científicos que han contribuido a su formulación. La numeración no corresponde al orden cronológico de su desarrollo, la segunda ley fue postulada antes que la primera.

La ley de conservación de la energía, se conoce como la primera ley de la termodinámica y su aplicación conlleva cálculos de energía, relacionados con toda clase de procesos.

La tercera ley de la termodinámica se refiere a las propiedades de los sistemas para el cero absoluto de temperatura. En la mayoría de los casos, es posible emplear la primera y segunda Ley para calcular solo las cantidades relativas o cambios en las propiedades durante un proceso. El uso directo de la tercer ley es raramente necesario en trabajos de ingeniería.

4.1. Primera ley de la termodinámica

La Primera Ley de la Termodinámica o ley de conservación de la energía, se expresa en forma similar a la ley de conservación de la materia: “En cualquier proceso ordinario físico o químico, la energía no se crea ni se destruye”.

En forma similar a la ley de conservación de la materia, la primera ley de la termodinámica se relaciona con cantidades que son complejas de describir. Esta primera ley versa sobre energía, la cual puede tomar diversas formas; entonces, se hace necesario definir varios conceptos antes de entrar a los procedimientos matemáticos que son usados en los cálculos numéricos.

Un sistema es cualquier parte del Universo que se ha escogido para un estudio en particular, y dependerá, desde luego, del problema particular a resolver y de los datos disponibles. Una vez el sistema se ha escogido, el resto del universo se denomina alrededores.

El uso de la palabra Universo es común en la terminología Termodinámica, se interpreta para significar que los contornos serán tan inmensos que cualquier efecto de la energía a estudiar estará confinado al sistema y sus alrededores.

Un sistema se describe especificando que está en un cierto estado, lo cual es otra manera de decir que tiene ciertas propiedades. Así como un punto puede ser localizado en el espacio por sus coordenadas matemáticas; el estado de un sistema es descrito por parámetros termodinámicos, los que son valores numéricos de cantidades mensurables o deducidas.

Dependiendo de la naturaleza del sistema, un determinado número de




propiedades deben ser dadas para especificar el estado del mismo. Con los gases se requiere conocer su composición, la presión y temperatura para definir su estado. También son significativas para el gas, aparte de su composición, la presión del volumen o el volumen y la temperatura para igualmente, conocer su estado.

Un sistema en un estado, puede ser cambiado a otro estado variando sus propiedades. Ejemplo 25

El agua a presión atmosférica y a temperatura de 60 C está en estado líquido,

cuando la presión es la mitad de la atmosférica y su temperatura es de 80 C el agua se encuentra en forma de vapor o gas. En este sistema se tiene un estado líquido, con propiedades iniciales: presión, una

atmósfera y temperatura de 60 C, el líquido se cambia a vapor variando ambas propiedades. Ejemplo 26

El metano, en condiciones naturales, se encuentra en estado gaseoso, conociéndose como condiciones naturales, la presión y temperatura ambiente; a presión de 20 atmósferas el metano es líquido. Se ha variado la presión para el cambio de estado.

Volviendo a la Primera Ley de la Termodinámica, es conveniente que se tenga un concepto muy claro de la energía. Ya definíamos a la energía como la capacidad de hacer un trabajo y el trabajo se define matemáticamente como el producto de una fuerza por el desplazamiento.

Empleándose la fórmula diferencial:

dw = Fdx y W = Fdx [5]

donde W es el trabajo, F la fuerza aplicada y dx el desplazamiento.

Cuando el desplazamiento dx es función de alguna variable y la fuerza es constante, para el trayecto recorrido entre a y b.

W = F ab dx

La unidad de trabajo es el sistema m.k.s. es el Julio (j) o Newton-metro (N-m). En el sistema internacional la unidad es la misma.

Solamente cuando la fuerza F actúa sobre la distancia dx, ocurre un trabajo. Cuando un sistema efectúa un trabajo, disminuye, pues, su capacidad de hacerlo y, por consiguiente, su energía.

Un sistema puede poseer energía de acuerdo a su movimiento, a su posición o a la interacción de sus partes.

4.1.1 Energía potencial (Ep)




Cuando un sistema está colocado a una altura h de un plano de referencia, por ejemplo la superficie de la tierra, posee una energía, denominada por muchos científicos como energía potencial, algunos la llaman energía potencial mecánica y otros energía potencial gravitacional.

Si el cuerpo 1 , de masa m colocada a la altura dh del nivel 00’, está unido mediante una cuerda imponderable que pasa a través de una polea sin fricción a otro sistema 2, de masa igual m, colocada en el nivel 00’, tal como se representa en la siguiente figura.

Figura 29

Es obvio que al bajar el sistema 1 al nivel 00’, el sistema 2 se elevará una distancia dh y, en consecuencia, se está efectuando un trabajo para mover el sistema 2.




Figura 30

El trabajo efectuado será el equivalente a vencer, durante el recorrido de la altura dh, la fuerza de gravedad que actúa sobre el sistema 2, esta fuerza es equivalente al peso P del sistema y se debe recordar que el peso de un cuerpo es igual al producto de la masa m, por la aceleración de la gravedad d, luego el trabajo realizado sobre el sistema 2 es:

dw = F dh [6]

W = yo m g dh [7]

W = m g y

Este trabajo se ha realizado a costa de una energía producida a partir del sistema 1, por el hecho de encontrarse este sistema a una altura Y del nivel de referencia. El sistema 1 posee, por lo tanto, una energía que depende de su posición y altura. Es la energía potencial. Solamente diferencias de energía potencial, referidas a dos niveles tienen significado físico. En el ejemplo de la figura 78 se tomó como nivel de referencia la superficie 00’y como nivel para determinar la energía potencial la línea YY’. Son necesario, por lo tanto, dos niveles para establecer un valor de energía potencial.

4.1.2. Energía cinética (Ec):

Otra forma de energía poseía por un sistema es la energía cinética, igualmente llamada energía mecánica cinética.

Suponiendo que un sistema de masa m lleva una velocidad vo’ puede lograr una aceleración a cuando sobre él actúa una fuerza F; transcurrido un tiempo, el




sistema ha adquirido una nueva velocidad v1 y ha recorrido una distancia x; usted puede escribir la ecuación general para el movimiento uniformemente acelerado.

v21 - v0

2 = 2 a x v02 = 2 a x recordamos que F = m a

F v2

1 - v02 = 2 ---- x

m concluimos F. x = ½ m ( v1

2 - v0

2 ) [8]

La cantidad , ½ m v2 , corresponde a un trabajo Fx y se denomina energía cinética. La ecuación [8] expresa que el trabajo efectuado por la fuerza total es igual al cambio de energía cinética del sistema.

Ejemplo 27. Un proyectil de masa 2 kg. Es lanzado verticalmente con una velocidad de 600 m/s determinar: a) El trabajo que ha realizado el elemento impulsor para elevarlo. b) La máxima altura que alcanza dicho proyectil.

Solución:

a. El trabajo desarrollado por el elemento impulsor hace que el proyectil recorra una distancia h, y a la vez este trabajo se convierte en la energía cinetica del proyectil, así W = F x h = Ec = ½ m ( v1

2 - v0

2 ), reemplazando valores, con unidades

consistentes

W = ½ x 2 x (6002 - 0

2) = 360.000 julios,

b) La altura se calcula tomando F = m g = 2 x 9,8 = 18,6 kg

y h = W /F = 360.000/ 18,6 = 18.367 m

4.1.3 Energía mecánica (Em)

De las diversas formas con que la energía se presenta, la más visible y evidente es la conocida como energía mecánica, que depende de las condiciones externas del sistema y de su masa.

Tanto la energía potencial como la cinética pertenecen a este tipo de energía y por ello también tienen la denominación de mecánica. Se define como energía mecánica a la suma de las energías potencial y cinética.

Em = Ep + Ec [9]

Un cuerpo de una determinada masa, y bajo condiciones dadas de altura y velocidad, posee una energía mecánica igual a la de otro cuerpo de igual masa y bajo iguales condiciones.




Sin embargo, existen otras formas de energía que dependen de la naturaleza misma del cuerpo; así, una pila cargada tiene más energía que una descargada cuando las dos, teniendo igual masa, están en las mismas condiciones de velocidad y altura.

4.1..4 Energía interna (U)

La energía que posee un sistema dependiente de su naturaleza misma, se conoce como energía interna y normalmente, es debida a los movimientos y configuraciones moleculares de los cuerpos. Puede formularse:

U = m Ui [10]

Donde Ui es la energía Interna Unitaria.

Dentro del balance de energía no es necesario conocer el valor absoluto de la energía interna; pues se trabajará con los cambios de ella, que pueden ser calculados a partir de las propiedades medibles que posee el sistema, por ejemplo temperaturas, estado físico, presión, etc.

Existen otros tipos de energía que puede poseer un sistema dependientes de los materiales del sistema mismo, por ejemplo la magnética, la electrostática y la superficial pero, desde el punto de vista de la tecnología de alimentos, ellas no se consideran en los balances de energía.

Resumiendo, se establece que un sistema posee tres tipos de energía, la potencial, la cinética y la interna y podemos decir que, para un instante y, el sistema posee una energía total:

v12

E1 = m ( g y + -------- + U1) [11] 2 Si consideramos que el sistema ha sufrido un cambio en su estado, es decir su altura, velocidad, o energía interna han sido modificadas, permaneciendo constante su masa, la energía para el nuevo estado será:

v21

E1 = m ( g y + -------- + U1) 2 Y el sistema ha sufrido un cambio de energía:

E = E2 - E1 [12]

La energía total de un sistema es desconocida, pero el cambio de energía ocurrido en varios procesos sufridos por el sistema puede ser determinada. Pero ¿Cómo ha cambiado la energía del sistema? La primera ley de la termodinámica establece que la energía no se crea ni se destruye, luego el cambio de energía de los alrededores, es una cantidad exactamente igual pero de sentido o signo contrario, el único medio por el cual el sistema y sus alrededores pueden intercambiar energía es por trabajo y calor. Llamando Q al calor que entra o sale del sistema:




La Primera Ley de la Termodinámica expresa: (para el sistema)

E = Q - W [13

Para los alrededores

E’= Q’- W’ [14]

E = - E’ [15]

Entonces E = E2 - E1 = - E’= Q + W’ [16]

E2 = E1 + Q - W [17]

4.1.5. Energía P.V

En sistemas donde ocurre una expansión o compresión (cambio de volumen, dV) a presión P constante, generalmente gases y líquidos, se requiere de un trabajo para lograrla.

Observando la figura 3, en un cilindro de longitud l y área seccional A, actúa un pistón sobre el cual se ejerce una fuerza F, el trabajo para desplazar el pistón una distancia dl será:

dW = Fdl

Compresión de un gas en un cilindro

FIGURA 31

Al desplazarse el pistón un dl, el gas contenido en el cilindro se está comprimiendo y su volumen V está cambiando, luego el trabajo ejercido se gasta en comprimir el gas.

Multiplicando y dividiendo la ecuación anterior por el área seccional A, obtenemos:

F

d W = ----- A dl

A




En esta expresión, F/A es la presión P del sistema y A dl es dV.

Luego:

d W = P dV

W = PdV [18]

Situación similar ocurre cuando el gas se expande y, en ese caso, el gas está ejerciendo el trabajo.

El trabajo de expansión o compresión se logra, bien a costa de la energía del sistema o de la energía de los alrededores.

Cuando el sistema opera a volumen constante y tienen condiciones estáticas o de no flujo (no hay Cambio de altura, ni el sistema tiene velocidad), como el caso de los procesos llamados de cochada, el trabajo del sistema es nulo, dado que dV = 0 y no hay cambios en las energías potencial y cinética.

Recordamos que en la gráfica P vs V, la integral definida es igual al área bajo la curva entre los valores V1 y V2

Ejemplo 28. En un refrigerador, el compresor comprime 10 litros refrigerante a la mitad, a una presión de 100 kg/cm2. Tomando un rendimiento del 32%, determinar la cantidad de calor que se extrae en el refrigerador. Solución. El compresor realiza un trabajo para comprimir el gas de 10 a 5 litros a la presión establecida, luego W = P x (V2 - V1 ) y tomando unidades consistentes 100 k/cm2 x 10.000 cm2 / m2 = 1.000.000 kg / m2 10 - 5 litros = 0,010 – 0,005 m3

W = 1.000.000 x ( 0,010 -0,005) =…5.000 kg –m W = 5.000 kg –m x 9.8 ( N / kg) = 49.000 N-m = 49.000 J

Dado que la eficiencia ( )es del 32% y que el calor se expresa en calorías

Q = x W = 0,32 x 49.000 J / 4.186 J/cal = 3.745,82 cal. 4.2. Balance total de energía Si a las ecuaciones de energía adicionamos el trabajo debido a la energía P.V, se tiene: V1

2




E1 = m ( g y1 + ---- + U1) + PV [19] 2 Y, para los estados 1 y 2, la ecuación [19] se convierte: v1

2 v2

2 m g y1 + m ---- + mU1 + P1V1 + Q´ - W´ = m g y2 + m ---- + mU2 + P2V2 [20] 2 2 La ecuación [20] se denomina ecuación del balance total de energía y es la expresión general matemática de la primera ley de la termodinámica. También es generalizado el uso de la ecuación:

Q’- W’= (mu + PV) + (mgy) + (mv2/2) [21] de amplio empleo en operaciones de flujo de fluidos y balances de calor y energía.

En la tercera unidad se presentará la aplicación en fluidos con la llamada ecuación de Bernoulli.

Para emplear las ecuaciones [20] y [21] en balances de energía o aplicaciones prácticas de la primera ley de la termodinámica, deben definirse algunos términos:

4.2.1 Calor de índole física Operaciones de carácter puramente físico están a menudo acompañadas de cambios de energía térmica, los cuales son causados por la adición o remoción de calor y/o trabajo.

Cuando se adiciona calor a una sustancia, ésta puede cambiar su temperatura o cambiar su estado físico (sólido o líquido a gas o directamente sólido a gas).

Para el anterior caso, la energía adicionada en forma de calor, cuyo efecto es únicamente elevar la temperatura sin que ocurra un cambio de estado, se denomina calor sensible o calor especifico.

Cuando la adición de calor causa un cambio de estado físico, sin que ocurra un cambio de temperatura, se llama Calor latente.

4.2.2. Calor específico: Se define como calor específico de una sustancia, C., la cantidad de calor requerida por un gramo de dicha sustancia para ser elevada su temperatura en un grado centígrado y se expresa: C = dQ/dT [22] El calor específico es una función de la temperatura; para condiciones de presión constante, cada sustancia tiene un calor específico Cp y, para volumen constante, igualmente, un calor específico Cv’




La unidad de calor se llama, en el sistema c.g.s., caloría (cal) y su definición es: una caloría es la cantidad de calor necesaria para elevar la temperatura de un

gramo de agua a presión atmosférica y temperatura de 14,5 C. En el sistema inglés se tiene como unidad la BTU. (Bristish Thermal Unit) o cantidad de calor

necesaria para elevar la temperatura de una libra de agua de 63 a 64 Farenheit, a presión atmosférica

En el sistema c.g.s. el calor específico, también llamado capacidad calorífica, tiene como unidades, de acuerdo a su definición, caloría por gramo - grado centígrado

(cal/g C).

La cantidad de trabajo se define por medio de un sistema mecánico y sus unidades son Newton - metro (N-m) o Julio (J) ; similarmente se define la cantidad de calor en términos de calorías y, lógicamente, no se pueden adicionar o sustraer cantidades que tengan diferentes unidades. Fue Joule quien obtuvo la relación entre el BTU y la libra - pie, al encontrar experimentalmente el factor de conversión entre las unidades de trabajo y calor, conocido como Equivalente Mecánico del Calor. (E.M.C.)

En el sistema m.k.s. una caloría equivale a 4,186 Newton metro o a 4,186 joules. Para el sistema inglés, un BTU. equivale a 778 libra - pie.

Ejemplo 29 ¿Qué cantidad de calor requiere una sustancia para elevar su temperatura en

10 C, si su calor específico es de 1,2 cal/g C?. Solución. Tomando como base de cálculo 1 gramo, la cantidad de calor es :

Q = 1 gramo X 1,2 cal/g C x 10 C = 12 calorías. Ejemplo 30 ¿Qué cantidad de calor se necesita extraer de 125 gramos de agua, para enfriarla

en 1 C?.

Solución. Recuerde usted que el calor específico del agua es 1,0 cal/g C (definición de caloría). Luego la cantidad de calor que se debe retirar de los 125 gramos es:

Q’= 125 gramos X 1,0 cal/g C X (-1 C) = -125 calorías. Aparece el signo negativo; nos significa que el calor se extrae del sistema. Ejemplo 31 En el experimento para determinar el E.M.C., Joule describía en 1843 “ El trabajo realizado por un peso de una libra que desciende 772 pies , si se emplea en producir calor por el rozamiento del agua, elevará la temperatura de una libra de agua en un grado Fahrenheit”.




Acorde a estos datos, determine usted el E.M.C. obtenido experimentalmente, en el sistema m.k.s.

El trabajo realizado al caer el peso será: W = 1 lb. X 772 pies = 772 lb. Pies. W = 772 lbs (0,452 kg/lb) x pie (0,3058 m/pie) = 106,358 kg - m = 106,358 kg - m x 9,8 nw/kg = 1.042,3 Nw - m. La cantidad de calor cedida al agua es Q = 1 BTU, pues se elevó en un grado Farenheit la temperatura de 1 lb. de agua.

Q = 1 BTU = 252 calorías

entonces E.M.C. = 1042,3084 / 252 = 4,136 Julio/cal.

Mediante el empleo de aparatos de gran exactitud, actualmente se ha encontrado que el E.M.C. es 4,186 julios/cal. y este es el valor que se toma como factor de conversión.

Ejemplo 32

Un alimento líquido con calor específico de 0,8 cal/gramo C (1), entra a un

pasteurizador a una temperatura de 10 C (2) y sale 2 metros (3) encima del nivel

de entrada a una temperatura de 80 C (4); su velocidad de entrada es de 10 m/s (5) y la salida es de 18 m/s. (6) Se pregunta: a) ¿Cuánto calor se necesita para calentar el líquido? b) ¿Cuántos Julios son necesarios para elevar el líquido? c) ¿Cuántos julios son necesarios para aumentar la velocidad? d) ¿Qué % de trabajo total requerido, expresado como calor, constituye la energía mecánica? Solución Para el sistema de pasterización no se tiene el elemento que produzca trabajo y existe el que cede calor. Para efectos de cálculo, tomamos como base 1 kilogramo masa (7) del líquido.

Recordamos que los números en ( ) son las referencias para la hoja de cálculo

La Ecuación del Balance de Energía es:

Q’= (mu + Pv) + (mgy) + (mv2/2) a) Acorde a la ecuación, el término (mu + Pv) representa el calor usado para cambiar la temperatura, luego




(mu + Pv) = C(T2 - T1),

el peso de líquido es m x g = 1x 9,81 = 9,81 kg (9)

(mu + PV) = 9,81x0,8 (cal -gramo/ C ) (80-10) C x 1000 g/kg = 549.360 cal (10)

b) El trabajo para elevar el líquido será:

Wy = (mgy) = 1 kg X 9,8 m/s2 X 2m = 19,62 Joules (11)

c) El trabajo para aumentar la velocidad

Wv = (m v2 / 2) = 1 kg x ( 10 8 - 102 ) / 2 m2/s2 = 112 Joules (12)

El trabajo total expresado como calor, será:

Q’= 549.360 cal + 19,6 Jl / 4,186 J/ cal + 112/ 4,186 jJ/ cal.

Q’= 549.360 + 4,68 + 26,78 = 549.391 cal. (13)

La energía mecánica, suma de la potencial y la cinética, expresada como calor es 4,68 + 26,76 = 31,44 cal., lo que representa: 31,44 / 549.391 x 100 = 0,0056%

Del calor total requerido por el sistema, el trabajo que se ha realizado sobre el sistema es realmente despreciable (0,0056%) respecto al calor requerido para elevar la temperatura del kilogramo masa de líquido.

Se presenta a continuación la respectiva hoja de calculo ( ver anexo )

La hoja de cálculo de este ejemplo permite hacer un análisis inmediato sobre las cantidades de energía que se modifican o transfieren en un proceso que implique operaciones unitarias.

EJEMPLO 32

BALANCE DE ENERGIA

BALANCE TOTAL DE UN PASTERIZADOR

PARAMETROS SIMB. UNID. FUENTE REF. VALORES

Presentación del problema S.I MKS

Calor Específico c kcl / kg 0C 1 0,8

Temperatura de entrada T1 0C 2 10

Temperatura de salida T2 0C 4 80

Velocidad de entrada V1 m/s 5 10

Velocidad de salida v2 m/s 6 18

Diferencial de altura H m 3 2

REPRESENTACION GRAFICA




v2 18 m/s

T2 80 0C

H 2 E 2.299.752,58 julios

m 1 kg

V1 10 m/s

T1 10 0C

Solución


Base de Cálculo, masa de líquido m kg* Dato 7 1

Constante de gravedad g m/s2

Tablas 8 9,81

Peso del líquido P kg Cálculo 9 9,81

Calor de calentamiento Qc kcal, cal Calculo 10 549,36 549.360

Trabajo para Energia Potencial Ep J, cal Calculo 11 19,62 4,69

Trabajo para Incremento de velocidad Ev J, cal Cálculo 12 112 26,76

Total de energía requerida E J, cal Cálculo 13 2.299.753 549.391

En la hoja se han colocado unidades en los sistemas mks e Internacional

Realizando la simulación hojas 2 y 3, se varían la altura y la velocidad de salida en altos porcentajes y en un muy pequeño valor se modifica la temperatura de salida del líquido. En los dos primeros casos el cambio en la energía total involucrada en el proceso es prácticamente despreciable en tanto que en el tercero, el cambio es significativo.

Por esta razón en la industria de alimentos los balances de energía se realizan únicamente sobre la energía térmica o calor dejando de lado las otras energías. Algunas se involucran cuando en el proceso se transforman en calor , como la energía eléctrica empleada, a través de resistencias, para generar calor.

Solución para altura de 6 metros y V2 40 m/s

PARAMETROS SIMB. UNID. FUENTE REF. VALOR

Base de Cálculo, masa de líquido m kg* 1


9,81

Peso del líquido P kg 9,81

Calor de calentamiento Qc kcal, cal 549,36 549.360

Trabajo para Energia Potencial Ep J, cal 58,86 14,06

Trabajo Incremento de velocidad Ev J, cal 750 179,17

Total de energía requerida E J, cal 2.300.430 549.553

Solución para temperatura de salida de 82 oC





Solución

Base de Cálculo, masa de líquido m Kg* 1


9,81

Peso del líquido P Kg 9,81

Calor de calentamiento Qc Kcal, cal 565,056 565.056

Trabajo para Energia Potencial Ep J, cal 19,62 4,69

Trabajo Incremento de velocidad Ev J, cal 112 26,76

Total de energía requerida E J, cal 2.365.456 565.087

Debe recordarse la diferencia entre masa, m y peso, p para la correcta aplicación de los formulismos.

Nuevamente se aprecia la magnitud de cambio en la energía térmica respecto al cambio de energía potencial y de la energía mecánica del movimiento

Ejemplo 33

Un material en reposo con masa de l kg y calor específico 0,8 cal/g C cae al vacío

y al chocar contra una superficie sólida eleva su temperatura 1 C.

a) ¿De qué altura cayó el material?

b) ¿Qué velocidad alcanzó el material justo antes de chocar?

El ejemplo indica que no hay interacción entre el sistema (el material) y sus alrededores. No hay trabajo desarrollado por el sistema y no se adiciona calor al mismo.

a) Toda la energía es retenida por el sistema y suponemos que después del impacto el material queda en reposo.

De la ecuación para el balance total de energía:

(mu + Pv) + (mgy) + ( (m v2 / 2) = Q’= E

Es igual a cero o Q’= E = 0

El material parte del reposo y termina igualmente en reposo luego

( (m v2 / 2) = 0

entonces (mu + Pv) = - (mgy)

Esta ecuación nos significa que el resultado del proceso (caída una distancia y) es incrementar la energía interna del material. Pero a la vez el cambio en la energía

interna ha elevado la temperatura en 1 C así:

- (mgy) = (mu + Pv) = C T = 0,8 cal/g C X 1 C X 1000 g

- (mgy) = 800 cal ó 3349 J

y = - 3349 J/(1 kg X 9,8 m/s2) = - 341,7 m.




El signo negativo significa que el material ha descendido.

b) Como el material inicialmente está en reposo, su velocidad inicial es cero. Justo antes de chocar la energía interna del material permanece sin cambio alguno y es durante el choque cuando varía, luego (mu + Pv) = 0 y el balance total de energía para este caso es:

(mgy) + (mv2/2) = Q’= E’= 0

Y como la velocidad inicial es cero

(mv2/2) = m v21/2 = - (mgy) = 3349 J ==== v = ( 2 x 3349 / 1) 1/2

v1 = 81,84 m/s

Es notorio establecer como una energía interna ( térmica ) relativamente pequeña puede transformarse en una energía mecánica relativamente grande.

Tanto el ejemplo 34 como el 35 demuestran que en procesos físico o químicos, en los cuales están presentes loes efectos del calor, los efectos potenciales y cinéticos pueden ser despreciables, dados sus valores comparativamente pequeños respecto a los de la energía interna, y la ecuación del balance total de energía puede escribirse

Q’- W’= (mu + PV) [23]

Llamando U la energía interna de una unidad de masa, la ecuación se nos transforma en:

Q’- W’= (U + PV) [24]

En la mayoría de los procesos donde los balances de calor son efectuados sin incluir aparatos productores de trabajo, como bombas o similares, la ecuación se convierte en:

Q = (U + PV) [25]

Las magnitudes U y PV son de común ocurrencia en muchos procesos y tienen más una conveniencia matemática que un significado físico.

Dada la frecuencia con que se manejan estos términos, se han agrupado en un concepto llamado Entalpía cuyo símbolo es H y sus unidades, igual que las de Q y U, son el Julio, la caloría o la BTU.; la ecuación [25] se nos transforma en:

Q = H [26]

Debe recordarse que, para procesos estacionarios con volumen constante

E = Q y Q = U [27]

Y para presión constante

E = Q - (PV) y Q = H [28]

Igualmente se recuerda que, en la forma original de la primera ley, la energía interna, la potencial, la cinética y la energía PV se consideran importantes, otras formas de energía como la magnética, la eléctrica y la superficial son




insignificantes; y, cuando existen efectos calóricos, los efectos de las energías potencial y cinética son despreciables.

El calor generado o consumido en un proceso se clasifica de acuerdo a si el proceso es físico o químico.

Se ha establecido que la cantidad de calor asociada con un proceso, puede ser encontrada conociéndose el valor de ciertas funciones termodinámicas como la energía interna, energía PV o entalpía.

Al conocer usted como se evalúan estas funciones, es posible calcular las cantidades de calor asociadas.

El calor puede ser absorbido o emanado, por un sistema de diversas maneras. Existe el calor asociado a una reacción química y se denomina calor de reacción. Por ejemplo, al reaccionar la cal viva (CaO) con agua, forma la cal apagada Ca(OH)2 y se desprende calor.

Otro calor es el asociado a la naturaleza físico-química del sistema, como el calor de dilución o de mezcla. Por ejemplo el producido al disolver ácido sulfúrico en agua.

4.2.3. Calor específico a presión constante (Cp) Cuando se caliente una sustancia a presión constante, para un cambio infinitesimal de temperatura, la ecuación [29] se convierte:

dQ = CpdT [30]

Y también

dQ = dH [31]

Luego Cp = dH/dt [32]

El calor específico a presión constante, Cp’ es igual a la tasa de cambio de la entalpía respecto a la temperatura para presión constante.

El calor específico a presión constante es una función de la temperatura, y es propio para cada sustancia. Se determina experimentalmente y ecuaciones de diverso tipo se han desarrollado para expresarlo. La más común es la forma polinomial. Cp = a + bt + ct2 + dt3 ..... [33] Para muchas sustancias y en un amplio rango de temperatura, el calor específico es constante.

Otras, especialmente líquidos y gases, tienen una variación lineal y la ecuación es expresada con dos términos. Solamente para gases, y dentro de un muy amplio rango de temperatura, se emplean tres términos de la ecuación [30].




Las expresiones matemáticas para el calor específico se pueden graficar, al final del capitulo se presentan gráficas para algunos alimentos.

Ejemplo 34 Experimentalmente se determinó que, para un gas, el calor específico Cp se rige por la ecuación:

Cp = 3,27 + 0,42 X 10-3 T, cal/g-mol K; siendo T la temperatura absoluta en K...

Hállese el calor específico Cp para 0 , 100 y 200 C.

Solución

La ecuación emplea la temperatura absoluta T en K, entonces para:

t = 0 C T = 273 K y Cp = 3,27 + 0,42 X 10-3 X 273 cal/mol K

t =100 C T = 373 K y C p = 3,27 + 0,42 X 10-3 X 373 cal/gmol K

t =200 C T = 473 K y Cp = 3,27 + 0,42 X 10-3 X 473 cal/gmol K

Cp 0 C = 3,38 cal/gmol K

Cp 100 C = 3,42 cal/gmol K

Cp 200 C = 3.47 cal/gmol K Por razones de orden práctico, las unidades del calor específico para los gases

son caloría/g mol K. Para determinar la cantidad de calor que requiere una sustancia de masa m, para elevar su temperatura de t1 a t2’ la ecuación [32] se convierte: dQ = mCp dT T1

Q = m T2 CP dT [34] Para el caso de N moles de un gas: T1

Q = N T2 CP dT [35] Ejemplo 35 Para el gas del ejemplo 51, determine usted la cantidad de calor necesaria para

elevar la temperatura de 12 moles de 0 a 100 . Solución Para aplicar la ecuación (31), se tiene N = 12 moles




T1 = 273 L T2 = 373 K Cp = 3,27 + 0,42 X 10-3 T Luego T1 T1

Q = N T2 CP dT = N T2 ( 3,27 + 0,42 x 10-3 T) dT 373

Q = N(3,27 T + 0,42 x 10-3 T2/2) ]273

Q= 12 3,27 (373 - 273) + (0,42 x 10-3 / 2)( 3732 - 2732) = 4086,8 cal. Como se refería anteriormente, para sólidos y líquidos el calor específico, Cp, es constante o tiene variación lineal. En estos casos se emplea el calor específico promedio y la ecuación [34] se transforma en: Q = M Cp ( T2 - T1) [36] De amplísimo uso en balances de energía y en general, en la termodinámica. Si bien, el calor específico puede asumirse, en ciertos casos, constante para cada sustancia, cada una tiene un calor específico propio, de acuerdo a la fase ó estado físico en que se encuentre. Por ejemplo, para el agua: El calor específico del vapor es 0,47 cal/gr oC El calor específico del agua líquida es 1,0 cal/gr oC El calor específico del hielo 0,50 cal/gr oC Ejemplo 36 En el rango de 0 a 98 oC, el alcohol etílico tiene un calor específico de 0,68 cal/gr oC,. Determine usted la cantidad de calor requerida para calentar un litro de 10 a 48 oC, siendo su peso específico de 0,79.

Solución

Debe recordarse que en los sistema SI y mks el peso específico tiene un valor numérico igual a la densidad, así que el peso a calentar es

Peso p = 0,79 x 1.000 = 790 gramos y teniendo unidades consistentes

Calor requerido Q = 790 x 0,68 x ( 48 -10 ) = 20.414 cal.

Ejemplo 37 El calor específico promedio Cp de un alimento es 1,18 cal/gr oC. Qué cantidad de calor se requiere extraer para enfriar una cochada de 300 kgs. a 10 oC, si ella se encuentra en ebullición a 118oC Solución Empleando la ecuación (32) Q = M Cp ( T2 -T1) Q = 300 kg x 1000 g / kg x 1,18 cal /g 0C ( 10 -118 ) 0C Q = - 3,82 x 10 7 calorías




Se puede emplear igualmente el calor especifico 1,18 kcal / kg 0C y Q = 300 kg x 1 kg x 1,18 kcal / kg 0C ( 10 -118 ) 0C Q = - 3,82 x 10 4 kilocalorías

Recuerde el significado del signo negativo

En el manejo de ecuaciones en las que intervienen cambios físicos se debe tener presente el sentido físico o matemático del cambio o gradiente también llamado diferencial. Matemáticamente un gradiente puede ser positivo o negativo en tanto que un gradiente físico no puede ser negativo.

En el caso de temperaturas físicamente no puede existir un gradiente negativo, al aplicar el gradiente matemático puede aparecer el signo negativo que significa extracción de calor.

El gradiente físico T = 118 - 10 = 108 0 C

El gradiente matemático T = 10 - 118 = - 108 0 C

A nivel de balances térmicos es conveniente, emplear los gradientes físicos y tener presente si en el proceso se retira o se suministra calor , de tal forma que se sea consecuente con la operación realizada, como enfriamiento, calentamiento, condensación etc.

Dada la magnitud en los valores de Q, se acostumbra a usar como unidad la kilocaloría (kcal).




FIGURA 32

4.2.4 Calor específico a volumen constante (CV)

Cuando se calienta una sustancia a volumen constante, proceso de cochada, para un cambio infinitesimal de temperatura, la ecuación [29] se convierte en:

dQ = CV dT [37]

Recordando lo explicado en la energía PV. Tenemos que la ecuación [27] puede escribirse:

dQ = dU luego dU = CVdT [38]




FIGURA 33

Las unidades y el tratamiento del CV son similares a los del Cp; y usted puede considerar que para sólidos y la mayoría de los líquidos, el valor de CV es igual al de Cp; pero para el caso de los gases ellos difieren.

Considerando un gas perfecto y tomando como base una unidad molar: d ( U +PV ) dU d (PV) Cp = dH / dT = ------------------- = ------- + ------------ dT dT dT A la vez CV = dU/dT y, de la ecuación de los gases perfectos PV = RT, reemplazando estos valores: d( RT )




Cp = Cv + --------------- = CV + R [39] dT En la práctica el comportamiento de los gases se aparta de la ecuación de estado; sin embargo, para efectos de problemas puede ser empleada con bastante seguridad.

En la tabla 3 se observan los valores de Cp - Cv para algunos gases, es

aproximadamente igual a R: (1.987 cal/gmol C).

Ejemplo 38

El gas Carbónico CO2 tiene,, a 25 C, un calor específico Cp de 8,96 cal/g mol C.

Se caliente de 15 a 40 C; calcular Q, W, U y H para el proceso: (a) presión

constante y (b) a volumen constante, (Cv = 6.92 cal/g mol C) Solución

Tomamos como base 1 mol de gas y

a) Calentamiento a presión constante

Qp = Mcp T = H

Qp = 1 X 8,96 cal/g mol C X (40 - 15) C = 224 calorías

Wp = PdV = P V = R T

Wp = 1.987 cal/g mol C X (40 - 15) C = 49,68 calorías

Up = Qp - Wp = 224 - 49,68 = 174,32 calorías

b) Calentamiento a volumen constante. Para este caso U y H dependen de la temperatura únicamente y

Q = U = 174,32 calorías = H Wp = PdV = P x 0 = 0 Q también puede calcularse tomando Cvy

QV= M CV T

QV = 1 mol x 6,92 cal/g mol C x 25 C = 173 calorías Ejemplo 39

El ácido clorhídrico gaseoso tiene calor específico Cp aproximado a 6,60 + 0,98 X

10-3 T cal/g mol K.

Determine la cantidad de calor necesario para calentar 15 moles de 100 a 200 C, a presión de 1 atmósfera, empleando:

a) Valor de Cp de la Tabla 3

b) La ecuación de Cp en función de T.




c) La diferencia en % que se presenta, respecto al primer valor obtenido.

Solución a) Con el valor de Cp de la Tabla 3

Q = N Cp T = 15 mol X 7,05 cal/g mol C X 100 C = 10575 calorías

b) Empleando la ecuación, las temperaturas son 373 y 473 K

T1 473

Q = N T2 CP dT = N 373 ( 6,60 + 0,98 x 10-3 T) dT

Q = 15 6,60 (473 - 373) + ( 0,98 x 10 -3 ) /2 (4732 - 3732)

Q = 15 6,60 x 100 + 0,49 x 10-3 x 84600 = 10.522 calorías

c) La diferencia en % es:

( 10.575 - 10.522 ) / 10.575 x 100 = 0,5%

¿Qué conclusión saca de este %?

4.2.5. Calor latente El calor latente es el calor implicado en un cambio de estado físico, o fase, sin que ocurra un cambio en la temperatura (generalmente el proceso ocurre a presión constante) y se denomina de acuerdo al cambio de fase ocurrido.

El calor latente de fusión es el requerido para que una sustancia pase del estado sólido al líquido.

El calor latente de vaporización es el necesario para que una sustancia pase del estado líquido al gaseoso.

El calor latente de sublimación es el requerido para que una sustancia pase del estado sólido al gaseoso.

Algunos sólidos presentan cambios en su estructura cristalina, debido a efectos caloríficos. Se denomina Calor de Transición al necesario para que una sustancia pase de un estado cristalino a otro; por ejemplo, en el azufre los cristales monoclínicos pasan a rómbicos por la adición de calor.

Como en el caso de los calores específicos, los calores latentes son propios de cada sustancia. Son, similarmente, funciones pero, a diferencia del específico, el calor latente es función de una sola variable, es decir, o bien función de la temperatura o bien función de la presión; pero no simultáneamente de las dos.

Una variable excluya la otra. Por ejemplo, el agua a nivel del mar ebulle a 100 C ,

siendo la presión de 760 mm de Hg, igualmente hierve a 92 C cuando la presión

es de 560 mm. No ocurre que el agua hierva a 92 C con presión de 1 atmósfera o

tenga una presión de 560 mm cuando ebulle a 100 C.




Estas circunstancias llevan a establecer que un cambio de fase ocurre a temperatura y presión constante. Luego, para esta clase de procesos, se aplica la ecuación del balance de energía [28] y se establece que el efecto del calor está representado por un cambio de la entalpía.

Q = H [28] De acuerdo a la clase de calor latente, la entalpía correspondiente lleva un subíndice así:

H1 para calor latente de fusión

Hv para calor latente de vaporización

H3 para calor latente de sublimación y

Ht para calor latente de transición

Como los calores específicos, los calores latentes son hallados experimentalmente y son propios para cada sustancia. Para los sólidos y líquidos tienen como unidad cal/g en tanto que para los gases se emplea cal/g mol.

Ejemplo 40

Determinar el calor requerido para fundir 470 gramos de hielo. H1 del hielo es 80 cal/g.

Solución

Q = M H1 = 470g x 80 cal/g = 37.600 cal. Ejemplo 41

Calcular el calor requerido para evaporar 7.300 kg de agua que se encuentran a

19 C y una presión de 760 mm. De Hg.

Solución

Para la presión de 760 mm de Hg, el agua ebulle a 100 C; dentro del proceso,

inicialmente se debe calentar el agua de 19 C a 100 C; y luego evaporarla a temperatura constante.

Para calentarla de 19 C a 100 C

Q = MCP T = 7.300g x 1 cal/g C x (100-19) C Q = 591.300 cal ó 591 kcal.




Para evaporarla, se toma Hv = 540 cal/g

Figura 34 Temperatura en función de tiempo

Q = M Hv = 7.300g x 540 cal/g Q = 3.942.000 cal ó 3.942 kcal. Luego : Qtotal = 591 + 3.942 kcal = 4.533 kcal Ejemplo 42.

Es necesario congelar a - 80 C, 30 moles de un gas que se encuentra a 93 C y presión atmosférica.

Su temperatura de condensación es de 37 C y Hv es 4,21 kcal/gmol, su

temperatura de fusión es de -42 C y H1 es 0,379 kcal/gmol. Por otra parte Cp del

gas es 6,74 cal/gmol, Cp del líquido 0,38 cal/mol y Cp del sólido 8,5 cal/gmol C.

Solución.

La figura 35 que relaciona la temperatura de la sustancia con el estado y el tiempo de proceso nos permite visualizar el problema y determinar que los pasos a seguir

19 C

O

O

Calentamiento

Ebullición

Calentamiento, Ebullición y vaporización a partir de 19 o CP = 760 mm.

Tem

pe

ratu

r a

Tiempo

93

37

-42

-80

Enfriamiento del gas

Condensación

Enfriamiento del líquido

Congelación

Subenfriamiento

Tiempo




FIGURA 35 Temperatura en función de tiempo

para llevar el gas de 93 C a -80 C son:

a) Enfriamiento del gas de 93 C (temperatura de condensación).

b) Condensación del gas a temperatura constante de 37 C.

c) Enfriamiento del líquido de 37 a -42 C.

d) Solidificación o congelamiento del líquido a -42 C y

e) Enfriamiento del sólido a -42 a -80 C.

El calor extraído para cada uno de los pasos es:

a) Q3 = Ncp T = 30 mol X 6,74 (cal/gmol C) X (93-37) C Q3 = 11.323 Cal.

b) Qb = N Hv = 30 mol X 4,21 (kcal/g mol) Qb = 126,3 kcal

c) Qc = Ncp T = 30 mol X 0,38(cal/g mol C) X (37- -42 ) C Qc = 901 cal.

d) Qd = N Hf = 30 mol X 0,379 (kcal/g mol) Qd = 11,37 kcal

d) Qe = Ncp T = 30 mol X 8,5 (cal/g mol C) -42-(-80) C Qe = 9.690 cal Q = 11323 + 126300 + 900 + 11370 +9690 cal Q = 159.584 calorías El problema puede resolverse directamente así:

Q = 30 mol (6m74(cal/g mol C) X 56 C + 4.210 (cal/g mol) + 0,38 (cal/g mol C)

X 79 C + 379 (cal/g mol) + 8,5 (cal/g mol C) X 38 C)

= 30 mol ( 377n44 X 4.210 + 30,02 + 379 + 323) cal/g mol = 159.584 calorías En el anterior ejemplo, también es posible determinar el calor cedido, conociendo

la entalpía del mismo compuesto a 93 C y a -80 C, para condiciones de presión constante a 1 atmósfera en temas propios de la Termodinámica.

El anterior problema se resuelve mediante los procedimientos comunes (memorias de cálculo ) y mediante la Hoja de Cálculo.

En la hoja de cálculo, en la solución se transcriben únicamente los cálculos, ya no se transcriben o repiten datos consignados en el planteamiento del problema. Mientras se adquiere la destreza adecuada se puede incluir la columna de




ecuaciones, empleando la simbología correspondiente como se observa en la columna FORMULAS

EJEMPLO 42

BALANCE DE CALOR

ENFRIAMIENTO DE UN GAS

PARAMETROS SIMB UNID. FUEN. REF. FORMULAS VALORES

Presentación del problema

Gas N mol Datos 30

Temperatura inicial T1 oC Datos 93

Temperatura Final Tf oC Datos -80

Temp. de condensación Tc oC Datos 37

Entalpía de Condensación Hv kcal/mol Datos 4,21

Temperatura de Fusión Ts oC Datos -42

Entalpía de fusión Hf kcal/mol Datos 0,379

Calor específico del gas Cpg Cal/mol oC Datos 6,74

Calor específico del líquido

Cpl Cal/mol oC Datos 0,38

Calor específico del sólido Cps Cal/mol oC Datos 8,50

Solución

Calor de enfr. Qa cal Cálculo N x Cpg x (T1-Tc) 11.323

Calor de condensación Qb kcal, cal Cálculo N x Hv 126,30 126.300

Calor enfriamiento líquido Qc cal Cálculo N x Cpl x (Tc-Ts) 901

Calor de solidificación Qd kcal, cal Cálculo N x Hf 11,4 11.370

Calor de enfri. del sólido Qe cal Cálculo N x Cps x (Tc-Ts) 9.690

Calor Total Qt cal Cálculo Qi 159.584

En operaciones industriales el balance de calor sobre flujos es muy importante para establecer no solamente la cantidad de calor requerido en un proceso sino también la magnitud del servicio que provee o retira calor .

Cabe unas preguntas respecto al problema anterior, cuánto tiempo se gastó para cada una de las etapas del enfriamiento y cambio de fase?.

Un mismo equipo puede realizar esta operación en una hora o en un día?. Realmente no, la capacidad del equipo es función del flujo de calor que se requiera y a la vez este es función del tiempo de cada etapa.

Al estudiar la llamada transferencia de calor se establecen los principios que permiten determinar los tiempos de proceso térmico.

Para evaluar flujos se toman tiempos representativos. Como se aprecia en el ejemplo 18

Ejemplo 43

100 kilogramos de vapor de agua a 250 C y 38,8 atmósferas de presión se enfrían




y condensan a 40 C y P = 1 atm, determinar el calor cedido. .

FIGURA 36 Condensación y enfriamiento de vapor

Solución.

Una representación gráfica ayuda en la resolución del ejemplo

La entalpía del vapor a 250 C y 38,8 atmósferas es 2.166 kcal/kg.

La entalpía del agua a 40 C y presión atmosférica es 122 kcal/kg.

Q = m H = 100 kg (2166 - 122) kcal/kg = 204.400 cal.

Ejemplo 44.

Una unidad de medida comercial empleada en refrigeración es la tonelada de frío y esta definida como la cantidad de calor que se ha de retirar a una tonelada de agua que se encuentra a 0°C para convertirla en hielo, en un periodo de 24 horas.

Establecer una tonelada de frío a cuantas kilocalorías /hora y BTU/hora equivale.

Solución

El calor latente de congelación del agua es de 80 kilocalorías /kilogramo, de tal forma que para congelar en un día, 1 tonelada ó 1.000 kilos de agua se requiere extraer:

Q = 1.000 x 80 = 80.000 kcal

El calor que se retira por hora o flujo de calor, q, es:

q = 80.000 /24 = 3.333 Kcal/ hr

en BTU, tomando 1 BTU = 0,252 Kcal

BTU/hr = 3.333 /0.252 = 13.227 BTU/hr

250

100

40

Tem

per a

tura

o C

Tiempo

Enfriamiento

Condensación

Enfriamiento




Ejemplo 45.-

En el proceso de elaboración de cerveza, inicialmente se prepara en una olla, un mosto por infusión o maceración (cocción) de una masa compuesta de malta molida y agua.

Durante este proceso, en primer lugar se hace necesario calentar el agua de temperatura ambiente hasta 35 0C en 10 minutos, esta temperatura favorece la dispersión de las harinas en el agua.

Luego en 5 minutos disolver las harinas de malta en el agua , llevar la masa agitándola durante 15 minutos a una temperatura de 52 0C a esta temperatura efectuar un proceso llamado descanso de proteólisis, durante 10 minutos.

Terminada la proteólisis se lleva la masa a 72 0C en 10 minutos para hacer la hidrólisis de almidones, llamado también descanso de amilólisis, este descanso se hace durante 10 minutos.

Finalmente la masa se sube a 80 0C en 3 minutos, para luego ser enviada a otra etapa del proceso.

Determinar las cantidades de calor suministradas en cada operación, asumiendo que no hay pérdida de calor. E igualmente establecer los flujos de calor teniendo los siguientes parámetros:

Peso de Agua 2.400 kilos Calor específico promedio 1,0 kcal/kg 0 C. Peso de harinas de malta 600 kilos Calor especifico promedio de la malta 0,8 kcal/kg 0 C. Solución

La solución se hará directamente en la hoja de cálculo, con la ayuda del diagrama de temperaturas-tiempos y con las siguientes consideraciones:

El agua se encuentra a temperatura ambiente , 15 0 C. Inicialmente se calienta el agua y al adicionar la malta se forma una masa cuyo calor especifico es diferente al del agua y al de la malta.

Se calcula tomando en cuenta de que es una propiedad extensiva

Cpm = ( Pa x Cp a + Pb x Cpb ) / Pm

Siendo a el compuesto a es decir agua, b el compuesto b ó harinas y m la mezcla de los dos componentes.




Maceración de la malta FIGURA 37

Para determinar el flujo se emplea como unidad de tiempo la hora, que es una unidad comercial ampliamente usada en cálculos de flujos de calor. Al transcribir los datos se divide el tiempo en minutos por 60. En la hoja de cálculo se resuelve el problema con las condiciones dadas en el enunciado. EJEMPLO 45

MACERACION DE UNA MASA DE MALTA Y AGUA


Agua A kg Dato 2.400,00

Calor especifico del agua Cpa kcal/kg 0 C 1,00

Harinas de malta B kg Dato 600,00

Calor especifico de la malta Cpm kcal/kg 0 C Cálculo 0,80

Masa Cálculo 3.000,00

Calor especifico de la masa Cp kcal/kg 0 C Cálculo 0,96

Temperatuta inicial T1 oC Dato 15

Temperatura de calentamiento agua T2 oC Dato 36,00

Tiempo de calentamiento tc hr Dato 0,17

Tiempo de disolución de harinas td hr Dato 0,08

Temperatura de proteólisis T3 0C Dato 52,00

Tiempo de Calentamiento a proteolisis tcp hr Dato 0,25

Descanso de proteólisis tp hr Dato 0,17

Temperatura de hidrólisis de almidones T4 oC Dato 72,0

Tiempo de calentamiento tch hr Dato 0,17

Descanso de hidrólisis th hr Dato 0,17

52

36

72

80

Temperatura

0 C

Amilólisis

Proteólisis

15

Disolución demalta

Calentamientos

Descansos

Tem

pera

tura




Temperatura final Tf oC Dato 80,0

Tiempo final de calentamiento tf hr Dato 0,05


Calor para agua Q1 kcal Dato 50.400

Flujo de calor q1 kcal / hr Dato 302.400

Calor para proteolisis Q2 kcal Dato 46.080


Calor para hidrólisis Q3 kcal Dato 57.600


Calor para calentamiento final Q4 kcal Dato 23.040


Calor total suministrado kcal Dato 177.120

En la hoja 2 se presenta una simulación empleando únicamente 1.800 kilos de agua, en la practica esto significa que la masa es más concentrada o más espesa. Como se observa el consumo de calor y el flujo son mucho menores que en el primer caso, 138.120 contra 177.720 kcal. Resultando en un ahorro del 22 % que en términos económicos es muy significativo. PARAMETROS SIMB. UNID. FUENTE REF. VALORES

Calor para agua Q1 kcal Dato 37.800


Calor para proteolisis Q2 kcal Dato 36.480


Calor para hidrólisis Q3 kcal Dato 45.600


Calor para calentamiento final Q4 kcal Dato 18.240


Calor total suministrado kcal Dato 138.120

Debe tenerse presente que cuando se calientan masas concentradas existe una tendencia a formar incrustaciones o a pegarse a las paredes de los equipos en los cuales se hace la transferencia de calor. omúnmente, y de no tener cuidados en el flujo de calor, esto se traduce en que el alimento se quema o se ahuma, ante ello el ingeniero debe evaluar el grado de concentración al riesgo de la incrustación. El agitar vigorosamente la masa favorece el flujo de calor disminuyendo los riesgos de que el producto sufra daños.

En, el archivo excel, hoja3, se presenta dos gráficas en la que se representa el calor suministrado para cada etapa y el flujo de calor en cada etapa.

Puede observarse:




FIGURA 38

para este problema como la etapa en la que se transfiere menor cantidad de calor, la etapa 4, con 23.040 kcal, requiere del mayor flujo de calor, 460.800 kcal /hr.

Al establecer qué equipo se requiere para el suministro de calor, se debe tomar como base de calculo el mayor flujo y en el presente caso las 460.800 kcal / hr.

FIGURA 39

Se puede entrar a considerar lo estricto del tiempo para subir a los 80 0 C, el hecho de incrementar 2 minutos, es decir llevar el tiempo del calentamiento a 5 minutos, rebaja considerablemente el flujo de calor como se presenta en la hoja 4.

En este ejemplo se ha introducido la ayuda de los gráficos de variables que




permite visualizar el comportamiento de ellas para estudiar alternativas y tener bases para toma de decisiones.

En la hoja 5 se ha copiado el problema y en esta hoja cambie los tiempos de cada etapa y observe las variaciones que se tienen en los flujos.

Cambie en muy pequeños valores, las temperaturas de proceso y observe los cambios en las cantidades de calor transferidos. Debe observarse que para algunos cambios en los valores del tiempo, la escala de los flujos cambia y consecuencialmente las figuras también. 4.3 Calor de índole química 4.3.1 Calor de formación Hasta ahora, se han estudiado procesos que involucran estrictamente cambios físicos; se han efectuado balances térmicos en los que se determinan calor o trabajos asociados con cambios de temperatura, cambios de presión o cambios de fase de sustancias puras o mezcla de sustancias.

Los calores o entalpías de índole química siempre van acompañadas de transferencia de masa y por ello se involucran balances de materiales salvo cuando a nivel de las reacciones se hacen los balances estequiometricos y la energía se relaciona a moles

En un número considerable de procesos ocurren cambios químicos que conllevan a cambios o intercambios en una o más clases de energía, considerada como calor o trabajo del sistema.

En un problema cualquiera se plantea un proceso físico como es el de calentar el agua y esto se lleva a cabo a costa de un proceso químico, como es el de la combustión del carbón.

Resuelto el problema, se determinó que el agua para su calentamiento requería de 6000 kcal, y este calor proviene de la combustión de 1 kg de carbón, asumimos que existe una combustión es decir:

C + 02 CO2 + calor

Y ella se está llevando a cabo a presión constante. La ecuación químicamente es adecuada pero, desde el punto de vista energético o termodinámico, surgen interrogantes como:

a) Cuáles son las temperaturas del Carbono y el Oxígeno?

b) ¿Cuál es la temperatura del CO2 formado y en qué estado se encuentra.

c) ¿El oxígeno es puro o proviene de una mezcla de gases (aire por ejemplo) y en qué estado se encuentra?

d) Igualmente ¿el Carbón es puro, de qué clase es? ó ¿proviene de una mezcla?

e) ¿Cómo se establecen las cantidades en que intervienen los reactantes en el




proceso y cuál la correspondiente al producto?

La suposición establecida, y los interrogantes que han surgido, llevan a formular unos parámetros básicos para analizar y desarrollar los procesos químicos y desde el punto de vista balances de energía. Para el problema en mención, el planteamiento para la combustión del carbón puede ser:

Ejemplo 46

¿Qué cantidad de calor se desprende por la combustión de 1 kg. de grafito (una forma de carbón), usando una cantidad estequiométrica de oxígeno puro y estando los reactantes, así como el producto final, en condiciones estándar?.

Recordando como condiciones estándar 1 atmósfera de presión y 25 C de temperatura, la ecuación química puede escribirse;

C (sól, 1 atm, 25 C) + O2(g,1 atm, 25 C) + calor

Para el Balance de Energía se dispone de la ecuación:

E = Q - W [13]

Y para procesos a volumen constante y proceso a presión constante

Q = U [27] y Q = H [28] respectivamente

La combustión del carbón se lleva a cabo a presión constante, por lo tanto se emplea la ecuación [28] así, el calor generado Q es igual al cambio de entalpía del sistema.

Dicho de otra forma, el calor generado es igual a la entalpía final o de los productos menos la entalpía inicial o de los reactantes.

Ya para determinar el calor generado en la combustión del grafito, el problema consiste en determinar las entalpías del CO2 del C y del O2 a condiciones estándar y efectuar el balance correspondiente.

H = H del CO2(g,1 atm, 25 C)- H del C(s, 1 atm, 25 C) - H del O2(g, 1 atm,

25 C)

Ejemplo 47

El gas de cocina propano (C3H8) combuste completamente según la ecuación:

C3H8 + 5 O2 3CO2 + 4H2O + h

Para condiciones estándar (c.s)) la reacción se escribe:

C3H8 (gas, c.s.) + 5 O2 (gas, c.s.) 3CO2 (gas, c.s.) + 4H2O (gas, c.s.) + H

El calor generado en la combustión, H, se determina:

H = H1H2O (g.c.) + 3 H1 CO2(gas, c,s.) - H1 C3H8(gas,c-s.) - 5

H1O2(gas,c.s.)




En los dos ejemplos, 44 y 45, el balance de energía se estableció con base las entalpías de las sustancias.

Las entalpías de las sustancias a condiciones estándar se denominan Calor Estándar de Formación y su correcta definición es: Calor de Formación de una sustancia H0

fs es el cambio de entalpía que ocurre en la reacción, cuando los reactantes están inicialmente en su forma elemental a presión y temperatura.

La determinación para algunas sustancias se hace en forma experimental en los laboratorios y a condiciones de presión y temperaturas estándar, de ahí que usualmente se emplee el término Calor Estándar de Formación.

Para otras sustancias se emplean métodos indirectos, que se verán más adelante.

En la Tabla 7 se encuentran los valores para algunas sustancias.

Es importante tener presente que los elementos químicos en su estado natural y forma más común de existencia, no tienen Calor de Formación. La razón se encuentra en la misma definición de Calor de Formación.

En el ejemplo 47, en el balance de Energía se toma la Entalpía o Calor de

Formación del agua a condiciones estándar y en el estado gaseoso H 1 H2O

(gas, c.s.) ; se debe recordar que el agua a condiciones normales (25 C y 1 atmósfera de presión) se encuentra en el estado líquido.

Entonces salta la pregunta. ¿El calor de formación del agua líquida es el mismo

calor de formación del vapor?. La respuesta es ¡no! H , del agua líquida, es -68,3 kcal/g mol y la de vapor es -57,8 kcal/g mol, esto nos significa que el calor de formación del líquido es menor que el del vapor (se debe tener en cuenta el signo menos); dicho de otra forma, se desprende más calor cuando se forma el líquido que cuando se forma el gas, y es lógico porque en la formación del gas este requiere consumir calor para cambiar de fase (líquido a gas), o sea el calor de vaporización.

Algunas sustancias presentan situaciones similares a la del agua, como el ácido nítrico, ácido cianhídrico, anhídrido sulfúrico y muchos compuestos orgánicos del orden de los aromáticos o cíclicos: benceno, tolueno, xileno, etc.

Habíamos referido que los H f de los compuestos que a condiciones normales

están en fase líquida pero también se forman en fase gaseosa, el H f para el compuesto en fase gaseosa se calcula tomando el del líquido y se le adiciona el

valor de vaporización a la temperatura estándar (25 C) y presión correspondiente a la presión de vapor para la temperatura estándar.

Para el agua, el calor molar de vaporización a 25 C es de + 10.519 cal/mol, el calor de formación del agua líquida es - 68.317 cal/gmol, luego el calor de formación del agua en fase vapor será (-68.317 + 10.519) cal/gmol = 57.798 cal/gmol.




4.3.2. Calor de reacción Ejemplo 48 Determine la cantidad de calor desprendida al combustir en condiciones normales y cantidades estequiométricas un kilogramo de grafito, empleando el calor estándar de formación del mismo, dado en la Tabla 7. Solución: Del balance de Energía, ecuación final del ejemplo 62:

H = - 94.052 cal/gmol - 0 - 0 = - 94.052 Cal/gmol

Pudiéndose escribir

C + O2 CO2 - 94.052 cal/gmol

Para un kilogramo de grafito el número de moles es:

N = 1.000 g/12 g/gmol = 83,33 g mol

H = -94.052 cal/gmol X 83,33 g mol

= 7.837.353 calorías

Se recuerda que el valor negativo significa calor extraído del sistema, que para el presente ejemplo significa calor cedido por el sistema o calor desprendido en el proceso.

Ejemplo 49.

Determine el calor generado al combustir en condiciones normales y en cantidades estequiométricas 1 mol de CO.

Solución

La reacción química es

C0 + ½ O2 CO2 + calor

Y, para condiciones normales con P = cte. Q = H

H = - H0f CO2

De la Tabla 7. H CO = -26.416 cal/gmol

H = -94.052 - (-26.416)- 0 = -67.636 cal/g mol

La ecuación química se puede escribir

CO + ½ O2 CO2 - 67.636 cal.

Nuevamente aparece el valor negativo para la Entalpía, luego hay calor cedido o generado.




Ejemplo 50

Determine el cambio de calor, cuando se combuste incompleta o parcialmente, en condiciones normales y cantidades estequiométricas, 1 gmol de carbón.

Solución:

La reacción química es

C + ½ O2 CO2 + calor

H = H1CO - HFC - HFO2

H = (-26.416 - 0 - 0) cal g/mol = - 26.416 cal g/mol

La ecuación química puede escribirse:

C + ½ O2 CO - 26.416

Los anteriores ejemplos han permitido ilustrar el manejo de los calores de formación. Si consideramos las ecuaciones químicas de los ejemplos 48 y 49 y las sumamos tenemos:

C + O2 CO2 - 67.636 cal/gmol

C + ½ O2 CO - 26.416 cal/gmol

CO + ½ O2 + C + ½ O2 CO2 + CO - 67636 - 26.416 cal/gmol

C + O2 CO2 - 94.052 cal g/mol. Ecuación que se obtuvo en el ejemplo 48 Observando los anteriores procedimientos, las ecuaciones de los ejemplos 49 y 50 son pasos intermedios para la ecuación del ejemplo 48.

Concluyendo: cuando una reacción química puede ser considerada como la suma de dos o más reacciones parciales, el cambio de entalpía para la reacción total es igual a la suma de los cambios de entalpías de las reacciones parciales.

Este enunciado constituye un principio fundamental de la Termodinámica y su empleo permite calcular los calores de formación de sustancias que, por algunas circunstancias, no pueden determinarse en el laboratorio.

A través de los ejemplos, se ha calculado un cambio de entalpía cuando existe una reacción química y este cambio se denomina calor de reacción.

Calor estándar de reacción Hf’ - Es el cambio de entalpía estándar cuando existe una reacción química y este cambio se denomina calor de reacción.

Existen reacciones químicas tales como la combustión, neutralización, isomerización y formación, donde, generalizando, los calores asociados a esas reacciones se llaman Calores de Reacción.

Llamando nr los coeficientes estequiométricos de los reactantes y np los coeficientes estequiométricos de los productos, el balance de energía para una reacción química es:




Hr = np H f productos - nf Hof reactante (36)

Ejemplo 51

Determinar el calor de reacción para las siguientes reacciones:

a) 4 NH3(g) + 5 O2 (g) 4 NO(g) + 6H20 (g)

b) 2 Na(s) + 2 H2O(g) 2 NaOH (s) + H2(g)

c) SO3 (g) + H2O(g) H2SO4 (y) Solución:

a) Hr = nr Hof productos - np Ho f reactivos

De la tabla 7:

Hf NO(g) = 21.600 calg/mol

Hf H2O(g) = - 57.798 cal/gmol

Hf NH3(g) = - 11.040 cal/gmol

Hr = 4(21.600) + 6(-57.798) - 4(-11.040)cal.

Hr = - 216.228 cal. b) De la tabla 7:

Hf NaOH(s) = - 101990 cal/gmol

Hf H2O(g) = - 57798 cal/gmol

Hr = 2(-101990) - 2 (-57798) cal

Hr = - 88384 cal. c) De la tabla 7

Hf H2SO4 (1) = - 193.910 cal/gmol

HfSO3 (G) = - 94.450

Hf H2O(g) = - 57.798

Hr = - 193.910 - (-94.450) 1 (-57.798)

Hr = - 157.258 cal.

4.3.3 Calor de disolución (H8)

Un efecto calorífico particular, asociado con la composición de algunas sustancias, es el llamado Calor de Disolución.

Varios ácidos, hidróxidos y aún sales inorgánicas, al disolverse en agua generan calor; otros absorben calor y se presentan fenómenos en los que, para el primer caso la solución se calienta y para el segundo se enfría.

El calor generado o absorbido en el proceso, es función de la concentración final de la solución. En la tabla 4 se establecen los calores de solución de algunos

solutos, en agua y a 25 C.




Puede apreciase en ella que para algunos compuesto, como el HCl, a medida que incrementa la disolución el calor de solución o entalpía de solución o entalpía de solución aumenta.

El proceso de disolución puede ser representado por una ecuación química; así, al disolver una mol de ácido clorhídrico puro en doscientas moles de agua, puede escribirse, tomando el dato de la Tabla 8.

HCl(g) + 200 H2O (|) HCl (200 H2O)- 17,74 kcal/gmol

Igualmente existen gráficas que relacionan el calor de disolución por mol de soluto con las moles del solvente agua,




FIGURA 40




FIGURA 41

Ejemplo 52




¿Cuánto calor se genera al disolver una mol de ácido sulfúrico puro en 10 moles de agua?

Solución

La ecuación se plantea:

H2SO4 (I,c,n) + 10 H2O(I,c,n) H2SO4 (10H2O)(I,c,n) - Hd Y de la figura 39

Hd = - 15.800 cal/gmol (H2SO4) Ejemplo 53 Determine la cantidad de calor generado al disolver una solución de 1 a 1 molar de ácido sulfúrico en 9 moles de agua. Solución El problema puede resolverse en dos formas: a) Una directa, ya del ácido disuelto 1 a 1 para llevarlo al ácido 1 a 10, con la ecuación:

H2SO4 (1 H2O)(I, c, n) + 9(H2O)(I,c,n) H2SO4 (10H2O)(I,c-n) - Hd

y Hd = Hd H2SO4(10H2O)(I,c,-n) - Hd H2SO4 (1 H2O)(I,c-n)

Hd = - 15.800 - (-6.900) cal/gmol

Hd = - 8.900 cal/gmol El balance de energía corresponde al de una reacción en la cual el calor de disolución del agua (como reactante) es cero.

b) Una indirecta partiendo del ácido puro para llevarlo a soluciones 1 a 10 y 1 a 1 molar, luego :

H2SO4 (I,c.n) 10 H2O (Imc.n) H2SO4 (10H2O) (I,c.n) - 15.800 cal/gmol

H2SO4 (I,c.n) + H2O(I,c.n) H2SO4 (H2O) (I.c.n) - 6.900 cal/gmol Restando tenemos:

9H2O (I,c.n) H2SO4 (10 H2O)(I,c.n) - H2SO4 (H2O)(I,c.n) - 8.900 cal/gmol




ó H2SO4 (H2O)(I,c.n) + 9 H2O(I,c.n) H2SO4 (10H2O)(I,c.n) - 8.900 cal/gmol El ejemplo 53, nos permite establecer un principio para calcular el calor de disolución en soluciones.

El cambio de entalpía para diluir una solución es igual al calor de disolución a la concentración final menos el calor de disolución a la concentración inicial.

Este principio es similar al que rige para los cambios de entalpía en las reacciones químicas y en reacciones que implican procesos de disolución, se hace aplicación general del mismo.

Ejemplo 54 El calor de formación del Cloruro de Potasio es de -104.348 calorías/mol y el calor de formación del Cloruro de Potasio en 400 moles de agua es de - 100.164 calorías. Determine el calor de disolución del KCl en 400 moles de agua. Solución La reacción de formación para el KCl es:

K + ½ Cl2 KCl - 104.348 Para el KCl (400 H2O) su ecuación es:

K + ½ Cl2 + 400 H2O KCl (400 H2O) - 100.164 Para la disolución del KCl en 400 mol de agua se tiene:

KCl + 400 H2O KCl (400 H2O) + Hd

Y Hd lo obtenemos restando de la segunda ecuación la primera y

Hd = - 100.164 - (-104.348) = 4184 cal. Ejemplo 55 Calcular el calor de formación del Cloruro de Potasio en 400 moles de agua. El calor de formación del KCl es - 104.348 cal y el calor de disolución es de 4.184 cal. Solución

Las ecuaciones que representan el proceso son:




K + ½ Cl2 KCl - 104.348

KCl + 400 H2O KCl (400H2O) + 4.184

y

K + ½ Cl2 + 400 H2O KCl(400 H2O) = 100.164 cal/gmol

Este ejemplo puede considerarse inverso al anterior, pero nos complementa el manejo de los calores en disolución.

Es muy importante tener presente que el agua, en los procesos que impliquen dilución se toma como un elemento y en los cálculos de cambio de entalpía, no se tiene en cuenta el calor de formación del agua.

Usted debe determinar, dentro de una reacción que implique disolución, cuando hay formación de agua para, en este caso, así tener en cuenta el calor de formación del agua. Ejemplo 56

Determine el cambio de Entalpía para la reacción

KOH + HCl (400 H2O) KCl (400 H2O) + H2O (|)

Teniendo las siguientes entalpías:

H f KOH = - 102.020 cal/gmol

H f HCl(400 H2O) = 39.850 cal/gmol

H f HCl (400 H2O) = - 100.164 cal/gmol

H f H2O(l) = - 68.317 cal/gmol

Solución

El ejemplo nos muestra que en la reacción hay formación del agua líquida. Aplicando la regla para el calor de reacción

Hf = H f KCl(400 H2O), H2O(e) - H f KOH, HC (400 H2O)

Luego Hf = - 26.611 calorías. 4.3.4. Calor de mezcla Cuando dos sustancias puras se mezclan, el calor de mezcla se define como los cambios de Entalpía que ocurren cuando las sustancias puras son mezcladas para formar una solución a temperatura constante y presión de una atmósfera.

Al mezclar las sustancias A y B, el calor de mezcla Hm será:

Hm = HA + HB + Hs [41]




Este calor de mezcla Hm es en realidad el Calor de Formación de la solución, en el cual se toman los calores de formación de las sustancias A, B y el calor de disolución de ellas.

El valor Hm para un sistema dado depende de las cantidades de A y B que intervienen en la mezcla; para reportar valores normalmente se toma 1 mol del compuesto A para mezclar con n moles del Compuesto B que se constituye en el solvente, así:

Hm = HA + n HB + Hs [42] Otra forma de reportar valores y que es más conveniente, es el llamado Diagrama

de Entalpía - concentración ( H - x).

Los diagramas de entalpía concentración, son gráficos de la entalpía de una solución binaria como una función de la composición de la misma, con la temperatura como parámetro y teniendo una presión constante de una atmósfera.

Los valores de entalpía se basan en unidades de peso o en una mol de solución. Si una mol de solución tiene XA moles del compuesto A y XB moles del compuesto B, la ecuación (38) se convierte en:

Hm = XA HA + XB HB + Hs [39]

De esta ecuación se deduce que el valor de Hm depende de los calores de formación de los compuestos puros y del calor de disolución de los mismos.

Como HA y HB son conocidos, Hs es mensurable a medida que se mezclan A

y B pudiéndose obtener así los valores de Hm’

Como base del diagrama entalpía- concentración se toma un HA igual a cero

para un estado específico del componente A y HB igual a cero para un estado específico del componente B, sin que esto signifique que se ha escogido la misma temperatura para los dos compuestos.

En el caso del diagrama H2SO4 - H2O se ha encontrado conveniente fijar que H

H2O sea cero para el agua pura líquida a 0 C e igualmente H H2SO4 sea cero

para el ácido puro a 25 C.

Para sistemas que tienen agua como uno de los componentes, se debe tomar la

entalpía del agua pura líquida como cero, a 0 C, porque esta es la base usada en las tablas de vapor.

Cuando el calor de disolución H3 es cero, la ecuación nos muestra que la entalpía de una solución es igual a la suma de las entalpías de los componentes puros que la forman.

Hm = XA HA + XB HB [44]




En este caso especial es válido para las soluciones ideales, término muy similar al de los gases ideales. En un concepto muy amplio, un gran número de soluciones se aproximan al comportamiento de la solución ideal y ecuaciones simplificadas pueden ser usadas para los cálculos requeridos.

Figura 42

Diagrama Entalpía-Concentración Para una solución ideal en el diagrama Entalpía-concentración, la isoterma es una

recta que une los puntos de la entalpía HA para XA = 1 con HB para XB = 1; las isotermas reales son curvas, como se indica en la figura 11, la distancia vertical

entre la curva ideal y la curva real es la entalpía de disolución Hs’ cuyo valor para la gráfica es negativo en todo el rango de composición y significa que la

disolución es exotérmica. Cuando la curva real está por encima de la ideal Hs es positivo y el proceso de disolución es endotérmico. Ejemplo 57 Un evaporador al vacío y baja temperatura, debe concentrar 5000 kilos de una solución de NaOH del 10% al 50%. La solución entra al evaporador a una

temperatura de 25 C. La presión es de 0,1 atmósferas y bajo estas condiciones el punto de ebullición de

la soda al 50% es de 88 C. Determine la cantidad de calor consumida por hora. Solución El diagrama de flujo representado en la Figura 50 nos indica esquemáticamente el proceso.

Enta

lpia

Concentración




Evaporación al vacío

FIGURA 43 Efectuando el balance de materiales tenemos: Con base en el hidróxido de sodio:

5.000 X 0,10 = X x 0,50 X = 1.000 kg/hr.

Con base en el agua:

5.000 X 0,90 = X x 0,350 + Y Y = 4.000 kg/hr

El balance de Energía se establece globalmente

Hs = Q = Hx + Hy - Hr El cambio de entalpía es igual a la entalpía final, o de productos, menos la entalpía inicial

Hx, entalpía para solución al 50% y 88 C = 119 kcal/kg

Hy, entalpía del vapor a 0,1 atm y 88 C = 638 kcal/kg

HA, entalpía de la solución al 10% y 25 C = 19 kcal/kg Q = 119 X 1.000 + 637 X 4.000 + 19 x 5.000 kcal Q = 2.572.000 kcal 4.3.5. Calor de combustión

Vapor de A guaY kgs / hr

0, 1 A t m.

88 CO

N A OH10%

N aOH 50%

X C kg / hr

Y kg / hr

Q




Una de las reacciones químicas más comunes es la oxidación rápida de algunas sustancias conocidas como combustibles, esta reacción constituye el fenómeno de la combustión, recibiendo tratamiento especial por parte de algunos autores.

El calor desprendido en una combustión es fácil de determinar en aparatos llamados bombas calorimétricas, de las cuales la más usada es la Parr.

Ella consiste de un recipiente cilíndrico metálico con una camisa que se llena de agua. Todo el recipiente se encuentra cuidadosamente aislado del ambiente.

La muestra se coloca dentro del recipiente el cual se llena de oxígeno puro a 20 atmósferas de presión.

Por medio de una bujía, una chispa produce la ignición del material.

Al combustir la muestra todo el sistema se calienta; como se conocen los volúmenes del recipiente y del agua, así como los calores específicos de los materiales, se determina el calor desprendido en la combustión por la elevación que ha ocurrido en la temperatura del sistema.

Se busca que la elevación de temperatura sea pequeña, empleando pequeños pesos de muestras y se puede asumir que el proceso ocurre a volúmenes y temperaturas constantes.

El efecto calorífico medido en la bomba corresponde al cambio interno de energía ocurrido durante la combustión, luego:

H = U + PV

Por la medición del calor generado en la bomba podemos determinar U y, como el cambio de temperatura es muy bajo comparado con la temperatura del sistema

(1 ó 2%), teniendo en cuenta que T está en K), el término PV., que realmente es

V P, puede tomarse como despreciable.

Consideraciones más profundas sobre el comportamiento de V P en las condiciones dadas, son objeto de la Termodinámica.

H = U + PV

.




Figura 44 Bomba calorimétrica de Parr - esquema

La gran importancia que merece la bomba de combustión radica en que, mediante su uso, es posible determinar el calor de Formación de gran cantidad de sustancias.

Aquí debemos recordar que en toda reacción química el calor de reacción es igual al calor de formación de los productos menos el calor de formación de los reactantes, en una combustión el calor de reacción es el de combustión, los productos son CO2 Y H2O cuyos valores de formación se conocen, luego por las ecuaciones correspondientes se calcula el calor de formación de los productos.

Ejemplo 58

Determine el calor de formación del Benceno líquido (C6H6). Si su calor de combustión es de 780980 cal/mol

Solución:

El benceno combuste así:

C6 H6(l) + 7 ½ O2(g) 3H2O(l) + 6 CO2(g) + Hc

Hc = 3 Hof (H2O) + 6 Hf (CO2)g - Hf (C6H6) cal/gmol

= -204951 - 564312 + 780980 cal/gmol

= 11717 cal/gmol

En algunas tablas se encuentran dos valores del calor de combustión para los compuestos:

El llamado bruto o alto (gross or higher) y toma en cuenta la formación del agua (producto de combustión) en la fase líquida y el llamado neto o largo (net o lower)




tiene en cuenta el agua formada en la fase gaseosa.

Ejemplo 59

Una bomba de Parr pesa 8 kilos y está hecha con un material cuyo Cp es 0,3

cal/g C, su volumen es de 1 litro y tiene una camisa con 2 litros de agua.

Efectuada la combustión de 2 gramos de grafito, de densidad 2,25 g/cm3, con

oxígeno puro a 25 atm se eleva la temperatura del sistema de 25 a 28,56 C. Determine el calor de combustión del grafito.

Solución:

La reacción de combustión es

Cs O2(g) CO2(G) + HC

El calor de combustión lo calculamos aplicando

Hc = U y U = mCp T, tomándose en cuenta la elevación de la temperatura del recipiente, del agua y del producto.

Ordenando las cifras y tomando datos de las Tablas tenemos:

Grafito gramos (0,167 gmol) 2,673 cal/gmol

Oxígeno 1 0,083 gmol) 8,270 cal/gmol

Agua 2.000 g 1.000 cal/g

Metal (bomba) 8.000 g 0,30 cal/g CO2 (0,167 gmol) 7,0 cal/g

Aplicando la ecuación para U

U = (0,167 X 2,673 + 0,083 X 8,270 + 2000 X 1 + 8.000 X 0,3) 3,56

U = 15.668 cal.

Esta generación o producción de calor, fue dada por la combustión de 2 gramos de grafito, teniendo la mol de grafito 12 gramos de carbón

Hc = 12/2 X 15.588 = 94.008 cal

En las tablas se tienen valores de 94.052, la pequeña diferencia de 44 calorías

(0,046%,) obedece a las correcciones de V. P.

Ejemplo 60 Calcúlese el calor de formación del n-Butanof C4 H10’ gaseoso a partir de los calores de formación del agua y del CO2’

Solución




La ecuación teórica de formación es:

4C + 5H2 C4 H10 + Hf Esta reacción no tiene ocurrencia en la práctica, pero se tiene otro tipo de reacciones, como las de combustión, cuyos calores pueden determinarse en la bomba de Parr.

C + O2 CO2 + Hc

H2 + ½O2 H2O + Hc

y C4 H10 + 13/2 O2 5 H2O + 4CO2 Hc

Estableciendo el balance de las ecuaciones y reordenando tenemos:

4C(s) 4 O2(g) 4CO2(g) + 4(-94.052) Cal

5H2(g) + 5/2 O2(g) 5H20(g) + 5 -57.798) Cal

5H20(g) + 4CO2(g) C4H10(g) + 13.202 + 635.384 Cal Sumando

4C + 5H2 C4H10(g) - 29814 cal/gmol

Hemos usado como Hc del C4H10(g) el valor neto o bajo, ya que el agua, está en la fase gaseosa.

Los ejemplos nos han indicado la importancia de los calores de combustión para poder calcular los calores de formación de muchos compuestos existentes en la naturaleza y que aún no se han podido determinar, pero igual o mayor importancia ocupa en los procesos energéticos que tienen lugar en el metabolismo, bien sea para la formación de alimentos o bien para su digestión.

Los procedimientos anteriores los hemos llevado a cabo trabajando en las llamadas condiciones estándar pero, en la práctica, debido a la misma ubicación de las industrias y a las condiciones de un proceso, las presiones y temperaturas son muy diferentes a las normales.

4.4. Balance estequiométrico de masa y energía Hemos apreciado cómo los efectos y fenómenos asociados con el calor conllevan balances de ecuaciones químicas y/o físicas, provenientes de cambios químicos y/o físicos, sin tener en cuenta el tiempo en que ocurren las transformaciones, ni las condiciones de operación.

Por esta razón, debe tenerse en cuenta un procedimiento que permita establecer los cambios de energía que ocurran en un proceso con condiciones iniciales y finales dadas en un tiempo dado.

El procedimiento realmente es una secuencia de cambios de orden termodinámico y por tal razón se denomina proceso termodinámico.




El proceso consta básicamente de tres pasos:

a) Reducir las condiciones iniciales de P1’ T1 a Pn, Tn.

b) Llevar a cabo el proceso químico o físico (reacción), incluyendo diluciones y concentraciones, a condiciones normales y

c) Llevar las condiciones normales (Pn, Tn) a T2 y P2 los productos obtenidos.

Para aquellos estudiantes que no dominen el manejo de la reacción química, así como las transformaciones simultáneas de presión y temperatura, los pasos anteriores se desglosan y se establecen:

a) Reducir la presión de P1 a Pn

b) Reducir la temperatura de T1 a Tn

c) Separar los reactantes en sustancias puras.

d) Llevar a cabo las reacciones químicas en condiciones normales.

e) Mezclar los productos.

f) Calentar los productos de Tn a T2 y

g) Comprimir (o expandir) el producto de Pn a P2

En ocasiones, algunos procesos exigen operaciones muy especiales, lo que obliga a emplear diferentes pasos, tanto en el número como en el orden, dentro del proceso termodinámico.

Realmente los ejemplos son los que mejor pueden ayudar para la comprensión y manejo de los conceptos que intervienen en el proceso.

Recomendamos al estudiante acudir a la bibliografía aconsejada, ya que en ella encontramos buenos y numerosos ejemplos.

Igualmente es aconsejable ayudarse con diagrama o gráficos, pues ellos permiten visualizar un proceso y facilitan el planteamiento del problema.

Para los ejemplos siguientes sugerimos que el estudiante resuelva el problema empleando otra alternativa, es decir realice otros pasos o los mismos en diferente orden.

Ejemplo 61

Determine el calor de formación del HCl, para una temperatura de 800 C.

Solución

Recuerde usted, que la ecuación química para la formación del ácido clorhídrico es

½H2(g) + ½ Cl2(g) Hcl(g) + Hf




Y de las tablas el Hf = - 22063 calorías. (Condiciones Normales). En el gráfico se puede visualizar el proceso.

Para emplear datos disponibles en tablas, el proceso lo efectuaremos en tres etapas:

a) Llevar los reactantes de 800 C a 25 C b) Efectuar la reacción.

C) Llevar el producto de 25 a 800 C.

FIGURA 45

Formación del HCl a 800°C

De las tablas se tiene:

Cp Hcl = 6,70 + 0,00084 T cal/mol C

CpCl2 = 7,58 + 0,00064 T cal/gmol C

Cp H2 = 6,62 + 0,00081 T cal/gmol C

Hof (Hcl) = - 22063 cal

Para los procesos de cambios de temperaturas podemos emplear los Cp para H2

a 800 Cp = 7,489 cal/mol C

a 25 Cp = 6,681 cal/mol C

Cp = 7,175 cal/mol C Para Cl2



Cp = 8,015 cal/mol C




Para Hcl

a 800 Cp = 7,600 cal/mol C

25 Cp = 6,950 cal/mol C

Cp = 7,275 cal/mol C

a) Para llevar el H2 y Cl2 de 800 a 25 C. = 7,175 (25 - 800) + 8,015 (25 - 800) cal = -5.561 - 6.211 = - 11.772 cal (por mol de H2 y Cl2 ) = - 5.561 cal ( por ½ mol de H2 y Cl 2 )

b) El calor de reacción H f es - 22.063 ( por mol de Hcl)

c) Para llevar el Hcl de 25 a 800

Q = mCp T = 7.275 (800 - 25) = 5.638 cal Luego Q1 = - 5.886 - 22.063 + 5.638 = - 22.311 cal. Ejemplo 62

Calcule el calor de combustión del metano a 600 C si los productos de combustión son CO2 + H2O

Como en el caso anterior, tenemos tres pasos:

a) Enfriar metano y Oxígeno a 25 C b) Combustir

c) Calentar productos a 600 C

La combustión a condiciones normales se efectúa acorde a

CH4(g) + 2 O2(g) CO2(g) + 2H2O(|) - 212.800




FIGURA 46

Formación del CH4 a 600°C Los valores comprendidos de los Cp se pueden tomar:

CH4 10,0 cal/gmol K O2 7,3 CO2 9,9 H2O 8,2 a) Q1 = 1 X 10,0(25-600) + 2 X 7,3 (25 - 600) = - 14.145 cal

b) Hf = - 212.800 = - 212.800 cal c) Q2 = 1 X 9,9 (600 - 25) + 2 X 8,2 (600 - 25) = + 15.123 cal Los dos ejemplos nos ilustran casos de común ocurrencia en la industria y son aplicación de los conocimientos que el estudiante ha adquirido en este capítulo. Observando con detenimiento el desarrollo y resultados obtenidos, llegamos a conclusiones importantes.

a) Los calores de formación y/o combustión dentro de un rango amplio de

temperatura (600 a 800 C) varían muy poco, 1,12% para el primer y 0,46% para el segundo caso.

b) La diferencia anterior es la diferencia entre las cantidades de calor de la etapa final (o de cambio de temperatura de los productos) y la cantidad de calor de la etapa inicial (o de cambio de temperatura de los reactantes).

Volviendo al ejemplo 61, el paso a) lo podemos reordenar así: - ( 7.175 + 8.015 )

C 4

2O2

2O 2 2O 2

H600 C1 Atm. 600 C

1 Atm.

C O2

H O2

C H4 C H4




Q1 = ----------------------------(800-25) = - 5.886 cal/gmol 2 Como Q2 = 7,275 (800 - 25)= 5.638 cal/gmol 7,175 8,015 Sumando Q1 + Q2 = (7,175 - -------- + ---------- ) (800 - 25) = - 248 cal/gmol 2 2

que es el cambio neto de energía respecto al calor de formación a 25 C (- 22311 -

22063 = - 248 cal/gmol) Observando los valores que se encuentran dentro del paréntesis, ellos son: el calor específico del producto menos el calor específico de los reactantes, multiplicando cada uno de ellos por el número de moles correspondientes de la reacción química. (Recordamos ½ H2 + ½ Cl = Hcl las moles del producto son 1 y de los reactantes ½ y ½). En el ejemplo 62 el paso (a) nos queda: Q1 = - (10.0 + 2 x 7,3) ( 600 - 25 ) = 14,5 Como Q2 = ( 9,9 + 2 x 8,2 ) - 10,0 + 2 x 7,3 ) (600 - 25) Q1 + Q1 = 978 kcal / mol Que es el cambio neto de energía respecto al calor de combustión a 25 0 C

Para determinar los calores o entalpías de reacción, a condiciones diferentes a las normales, podemos generalizar lo planteado en los ejemplos diciendo que el calor de reacción a condiciones diferentes de las normales es igual al calor de reacción a condiciones normales más el cambio de entalpía de los reactantes y de los productos entre las condiciones dadas y las normales, es decir:

T T

H t = H f n + ( nr 298 CP dT ) - ( np 298 CP dT ) (30) T

ó H t = H f n + ( nr 298 CP dT )

donde CP = ( CP ) prod - ( CP ) react Estas ecuaciones pueden visualizarse objetivamente en los ejemplos anteriores. Ejemplo 63

Determine el calor de formación del Benceno líquido a 70 C, si su calor de combustión es de - 780 980 cak/mol-g




Solución La reacción química es: C6 H6 (l) +15/2 O2 (g) ------ 3 H 2 O (g) + 6 CO 2 (g) - 780.980 Se tiene

H c = 3 H f ( H 2 O ) + 6 H f ( CO 2 ) - H f ( C6 H6 )

H f ( C6 H6 ) = 3 H f ( H 2 O ) + 6 H f ( CO 2 ) - H c

Y tomando valores de tablas tenemos que

H f ( C6 H6 ) = 3 (- 68.317 ) + 6 ( -94.052) + 780.980 = 11.717 cal /mol ( ver ejemplo 22)

La ecuación nos queda directamente:

3 H 2 + 6C = C6 H6 + 11.717 cal / mol Debemos advertir que en la práctica y aún a nivel experimental, no se ha logrado la reacción anterior.

Sin embargo el empleo de pasos termodinámicos en un proceso teórico, nos permite determinar propiedades de las sustancias que son imposibles de conocer prácticamente, tal como lo mencionábamos en la sección sobre calor de combustión.

Con la ayuda del diagrama, planteamos los pasos.

a) Llevar H2 y C de 70 C a 25 C b) Hacer la reacción

c) Subir el C6 H6 de 25 a 70 C

Los valores de Cp son: H2 = 7,175 cal/ mol C = 2,820 cal/ mol C6 H6 = 32.500 cal/ mol Pero al efectuar directamente el proceso, acorde a la ecuación (42)




FIGURA 47

Formación del benceno a 70°C Q = 11.717 + ( 32, 5 - 6 x2,820 - 3 x 7,175 ) ( 70 - 25 ) Q = 11,449 calorías

C6

C6

70 C

1 Atm.70 C

1 Atm.

3H2

3H2

A C

B




CALOR ESPECIFICO, Cp

Leche Entera Pasteurizada

y = 0,422x20,4452x + 3863,7 +

3860

3870

3880

3890

3900

3910

3920

3930

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

Temperatura, °C

Calo

r E

sp

écif

ico

, J/k

g°k

CALOR ESPECIFICO, Cp

Mantequilla

y = -0,3164x213,049x + 2287,3 +

2280

2300

2320

2340

2360

2380

2400

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

Temperatura, °C

Calo

r E

sp

écif

ico

, J/k

g°k




UNIDAD 3

BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA

Objetivos

Establecer los balances simultáneos de materia y energía para un sistema.

Resolver problemas relativos a los balances de materia y energia

en proceso alimenticios.

Conocer las mermas en balances de materia.

Conocer las pérdidas de calor en procesos térmicos.

Manejar el ensayo y error en balances.

Elaborar balances por métodos gráficos




5.0 Introducción Prácticamente en la industria de alimentos, todos los procesos implican cambios en los materiales y consumos o retiros de calor, lo que lleva a trabajar simultáneamente los balances de materiales y de energía.

En la unidad 2 se presentaron tres ejemplos de transferencia simultanea de materia y calor a un nivel estequiometrico, propio de la industria química.

En la industria de alimentos los balances simultáneos se presentan a nivel macro y bajo este aspecto se estudiaran los balances en la presente unidad, con la presentación y análisis de varios ejemplos.

En algunas aplicaciones de la ingeniería, como el diseño de equipos, servicios industriales y diseño de planta se presentan situaciones de establecer ecuaciones con variables que superan el número de ecuaciones, resultando imposible, resolver por los métodos tradicionales, las ecuaciones planteadas.

Uno de los medios viables, es el del ensayo y error, que hoy por hoy, se facilita y se hace expedito con la ayuda de la computadora. Igualmente con ejemplos se harán aplicaciones de esta ayuda.

En algunas aplicaciones variables del balance de masa son dependientes de variables del balance de calor y viceversa, llegando a planteamientos matemáticos que no se pueden resolver por los métodos tradicionales. En estos casos se recurre al ensayo y error.

El comportamiento de muchos compuestos, especialmente soluciones, y las relaciones entre las diversas variables (concentraciones, presiones de vapor, humedades, etc. ) depende de su temperatura y consecuencialmente de sus entalpías. Esta relaciones se pueden graficar, obteniéndose curvas, conocidas como de equilibrio.

Cuando se dispone de curvas de equilibrio para concentraciones de dos o tres componentes en una o más fases, es viable realizar balances tanto de materia como de energía sobre los componentes en forma gráfica.

5.1. Balances simultáneos de Materia y Calor En el procesamiento de alimentos, son varias las operaciones y procesos unitarios en los que se tienen transferencias de mas y calor, cuyo estudio y aplicación requiere inicialmente de balances de materia y de calor.

Las más comunes de estas operaciones son las de evaporación, secado, crioconcentración, liofilización, cristalización por cambios de temperatura, y destilación.

En estos balances inicialmente se realizan los balances de materiales y posteriormente los de calor, salvo en situaciones en que las variables de carácter másico dependen de las variables de carácter térmico o viceversa y en tal caso los




balances tanto de materiales como de calor se resuelven por ensayo y error.

A continuación se presentan algunos ejemplos de balances en operaciones unitarias que involucran balances de masa y calor.

Ejemplo 64.

Para establecer parámetros de diseño de un evaporador, por cochada al vacío para concentrar jugos en planta piloto, se requiere establecer el volumen del evaporador , el volumen del extractor de vapor y consumos de calor.

Se requiere concentrar 50 kilos de un jugo de naranja de una humedad del 92% hasta una humedad del 45%.

Se considera que la concentración se realiza a 60°C.

Determinar a) el volumen del evaporador considerando una cámara libre del 25%, y b) el flujo de calor, si el calentamiento a ebullición se estima en 45 minutos y la ebullición 1 hora.

Solución.




Concentrador de jugo de naranja FIGURA 48

a) El volumen se debe calcular para peso inicial de jugo a procesar, es decir para los 50 kilos.

El jugo de naranja tiene densidad promedio de 1,030, de tal forma que el volumen

ocupado (V), teniendo el peso (P) y la densidad es

V = P/ = 50 /1,030 = 48,544 litros

Con cámara libre del 25%, el volumen del evaporador (Vm) es

Vm = 48,544 x (1 + 0,25) = 60,680 litros.

b) El flujo de calor se determina estableciendo el calor para calentar el jugo de temperatura ambiente hasta 60°C y el calor para evaporar el agua y concentrar el jugo.

Para conocer el agua evaporada se recurre a un balance de materia.

El agua en el jugo es 50 x 0,92 = 46 kilos

Los sólidos en el jugo son 50 – 46 = 4 kilos, que son los mismos que aparecen en el concentrado, y a la vez el concentrado es 4 / (1 - 0,45) = 7,273.

El agua contenida en el concentrado es 7,273 – 4 = 3,273 y

El agua evaporada 46,000 – 3,273 = 42,727

Para efectos de cálculos en las operaciones de transferencia de calor y masa, se considera que la transferencia de masa ocurre a la temperatura proceso. En evaporación se considera que ella ocurre a la temperatura de ebullición.

Por lo tanto se requiere calor para llevar el jugo de temperatura ambiente a la de evaporación, 60°C.

De las tablas se tiene los siguientes valores.

Calor especifico del jugo de naranja 0,95 kcal/kg. °C Entalpia de vaporización a 60°C = 485,26 Kcal.

Tomando como temperatura ambiente 10°C, el calor para llevar el jugo a la ebullición es

Qc = 50 x 0,95 x (60 –10) = 2.375 Kcal y el flujo de calor en los 45 minutos

qc = 2.375 / 45 = 52.778 kcal/min

Para la concentración o evaporación, durante la ebullición :

Qe = 42,727 x 485,26 = 20.733,84 kcal , con flujo de calor para 1 hora ó 60

qe = 20.773,84 Kcal / hr

qe = 20.773,84 / 60 = 345,564 kcal/hr

A continuación se presenta la hoja de cálculo




Ejemplo 64

Concentrado de naranja

Parámetros Simb. Unidades Valor

Jugo de naranja kilos 50,000

Humedad inicial 92%

Humedad final 45%

Densidad 1,03

Volumen Jugo kilos 48,544

Cámara libre 25%

Volumen de trabajo kilos 60,680

Agua en el jugo kilos 46,000

Solidos en el jugo kilos 4,000

Concentrado kilos 7,273

Agua en el concentrado kilos 3,273

Agua evaporada kilos 42,727

Calor esp. del jugo Kcal/kg °C 0,95

Calor latente vaporización Kcal/Kg 485,26

Temperatura ambiente °C 10

Temperatura de evaporación °C 60

Calor para calentamiento Kcal 2375

Tiempo de calentamiento min 45

Flujo de calor p/calentameinto Kcal/min 52,778

Calor para vaporización Kcal 20733,84

Tiempo de evaporación min 60

Flujo de calor p/evaporación Kcal/min 345,564

Ejemplo 65

En una planta industrial productora de almidón, se desea cambiar un secador de bandejas por uno de aire tipo “Flash”.

La planta produce 20 toneladas por día, en 16 horas de operación al día. El

almidón tiene temperatura inicial de 20 C y humedad del 43%, para humedad final del 12%.

El aire, inicialmente a 25 C y un 50% de humedad, se caliente a 90 C e ingresa al secador, el aire sale del secador saturado de humedad con una temperatura de

37 C.

De tablas se dispone de los siguientes datos:




Aire a 20 C y 50% de humedad contiene 0,010 kg. vapor de agua/kg aire seco.

Aire a 37 C y saturado contiene 0,032 kg vapor de agua/kg aire seco.

Calor específico promedio del aire: 0,240 kcal/kg C

Calor específico promedio de vapor de agua: 0,446 kcal/kg C

Calor específico promedio del almidón puro: 0,400 kcal/kg C

Calor latente de vaporización a 50 C: 550 kcal/kg Calor específico del agua: 1,0 kcal/kg.

Determinar la cantidad de aire necesaria para el secamiento y el calor cedido por el aire

Solución

El diagrama para la operación de secado se representa en la Figura 49

Llamando: a almidón puro A al almidón húmedo (H= 43%) B al almidón seco (H = 12%) y 20000 kg/día X aire caliente entrada (H = 50%) Xa aire seco ( sin humedad) Y Aire frío salida (saturado) T1 Temperatura del almidón húmedo T2 Temperatura del almidón seco T3 Temperatura del aire T4 Temperatura del aire caliente

T5 Temperatura del aire a la salida

El balance total de materiales será:

A + X = B + Y

A puede calcularse tomando el almidón en base seca. De un kilo de almidón al 12%, 0,88 kilos son de almidón puro, el almidón puro producido diariamente será:

a = 0,88 B = 0,88 x 20000 = 17.600 kg/día

El balance del almidón puro con base en un día de operación será:

(1 - 0,43) A = (1 - 0,12) B = 17.600 kg/día

Luego 0,57A = 17,600 y A = 30.877,2 kg/día

El agua evaporada será la diferencia entre el almidón que entra A y el producto B,




E = 30.877,2 - 20.000 = 10.877,2

Aire humedo

Aire seco y caliente

A lm idon hum edo

Almidçon seco

FIGURA 49

El agua evaporada será la diferencia entre el almidón que entra A y el producto B,

E = 30.877,2 - 20.000 = 10.877,2

El aire se determina en base a la cantidad de agua evaporada y que es absorbida por el aire y como por cada kilo de aire seco entran 0,010 kilos de agua y salen 0,032 kilos de vapor de agua, se tiene que cada kilo de aire seco absorbe 0,032 - 0,010 = 0,022 kilos de agua.

El aire seco necesario será :

Xa = 10.877,2 / 0,022 = 494.417,9 kg.

El aire tal cual que entra al secador es.

X = 494.417,9 x ( 1 + 0,01 ) = 499.362 kg

Con una cantidad de agua de 494.417.9 x 0,01 = 4944,1 = 499.362 - 494.417,9

Y de aire saturado sale:

Y = 499.362 + 10.877,2 = 510239,2 kg

En el aire saturado, de agua salen

510.239,2 - 494.417,9 = 15.821,3 = 10877,2 + 4944,1 kg

Para determinar el calor suministrado por el aire se debe conocer el calor especifico promedio

Para determinar el calor especifico del aire a una determinada humedad se aplica el formulismo

Cp = 0,24 +0,45 H, siendo H el contenido de humedad, y Cp en kcal/ kg ªC

así para un contenido de humedad del 0.010, el calor especifico del aire es




Cp = 0,24 +0,45 x 0,010 = 0,2445 kcal/ kg ªC

Para la humedad de salida de 0,032 se tiene

Cp = 0.24+0,45 x 0,032 = 0,2544 kcal/ kg ªC

Y el calor especifico promedio

Cp = (0,2445 + 0,2544)/2 = 0,2495 kcal/ kg ªC

El calor cedido por el aire es

Q = W Cp T = 499.362 x 0,2495 x (90 -37) = 6.601.991 Kcal

A continuación se presenta la hoja de cálculo.

BALANCE DE ENERGIA

EJEMPLO 65 SECADO DE ALMIDON Parámetros Simb. Unidades Fuente Ref. % VALOR

Producción diaria de almidón B Ton/día Dato 20

Producción diaria de almidón B kg /día Cálculo 20.000

Horas operadas por día h hr Dato 16

Producción horaria b kg/hr Cálculo 1.250

Temperatura inicial del almidón T1 0 C Dato 20

Humedad inicial del almidón hi % Dato 43%

Humedad final del almidón hf % Dato, cál. 12% 2.400

Temperatura inicial del aire T3 0 C Dato 25

Humedad relativa hr %, Kg / kg as Dato 50% 0,0100

Temperatura de calentamiento del aire T4 0 C Dato 90,00

Temperatura de salida del aire T5 0 C Dato 37,00

Humedad de salida, saturado hs Dato 0,032

Calor especifico prom. del almidón Cpb kcla /kg 0 C Dato 0,40

Calor especifico prom. del vapor de agua Cpv kcla /kg

0 C Dato 0,450

Calor especifico prom. del agua Cpw kcla /kg 0 C Dato 1,00

Calor especifico promedio del aire Cpa kcla /kg 0 C Dato 0,2495

Entalpia de Vaporización kcal/kg Dato 550,00

Sólidos( almidón puro en producto) a kg Cálculo 17.600,00

Alimentación diaria de almidón húmedo A kg Cálculo 30.877,19

Agua en alimentación kg/hr Cálculo 0,43 13.277,19

Agua evaporada kg/hr Cálculo 10.877,19

Aire seco necesario Xs kg/hr Cálculo 494.417,86

Aire necesario X kg/hr Cálculo 499.362,04

Aire húmedo V kg/hr Cálculo 510.239,23

BALANCE TOTAL DE MATERIALES

Parámetros Simb. Unidades Fuente Ref. % VALOR

ENTRADAS




Almidón A kg/dia 30.877,19

Aire X kg/dia 499.362,04

TOTAL ENTRADAS kg/dia 530.239,23

SALIDAS kg/dia

Almidón seco B kg/dia 20.000,00

Aire húmedo V kg/dia 510.239,23

TOTAL SALIDAS kg/dia 530.239,23

CALOR ENTREGADO

Parámetros Simb. Unidades Fuente Ref. % VALOR

Calor especifico del aire entrada Cpa kcal /kg ª C 0,2445

Calor especifico a la salida 0,2544

Calor especifico promedio 0,2495

Calor cedido por el aire 6.601.991

Ejemplo 66.- En la obtención de concentrados liofilizados de frutas, se parte de la pulpa con 85% (1) de humedad y 4oC. (2)

Se deshidrata en un secador a 65 oC (3) hasta un 20% (4) de humedad empleando aire caliente que entra a 120 oC (5) y sale a 85 oC (6) .

La pulpa semiseca se enfría y congela a - 2oC. (7) posteriormente se subenfría hasta una temperatura de –50 oC. (8) A esta temperatura se efectúa la liofilización que deja un producto del 1 % (9) de humedad.

Luego el concentrado se calienta hasta 10oC (10), temperatura a la cual se empaca el producto.

Establecer las cantidades de calor transferidas en cada una de las etapas del proceso, empleando los siguientes parámetros: Cantidad a procesar 1200 kilos (11) Calor especifico de la pulpa húmeda 0,95 kcal / kg oC (12) Calor especifico de la pulpa deshidratada 0,60 kcal / kg oC (13) Calor especifico de la pulpa congelada 0,55 kcal / kg oC (14) Calor especifico de la pulpa liofilizada 0,25 kcal / kg oC (15) Calor especifico del vapor de agua 0,45 kcal / kg oC (16) Calor latente de vaporización 539,55 kcal /kg (17) Calor latente de congelación del agua 80 kcal /kg (18) Calor latente de sublimación del agua 640 kcal / kg (19) Los números en paréntesis corresponden a las referencias para la hoja de cálculo.




Diagrama de Liofilización

FIGURA 50 Solución-

En este problema se presentan simultáneamente transferencia de masa y de calor; ello conlleva el tener que efectuar balances de materiales y balance de calor o de energía.

Un sencillo diagrama del comportamiento de temperaturas y cambios de fase para el proceso orienta a establecer las necesidades de calor.

Las trayectorias inclinadas significan cambios de temperatura y la cantidad de

calor se determina mediante la ecuación Q = W Cp T, las trayectorias

horizontales indican cambio de fase y se emplea la ecuación Q = W siendo

el calor latente del cambio de fase.

Los pesos de los materiales, W, se determinan mediante balances de materiales.

Para la primera etapa, la de secado, la pulpa se calienta de 4 a 65 oC, a esta temperatura se evapora el agua.

Como el aire sale a 85oC y el agua evaporada sale con el, el vapor se calentará de 65 a 85oC.

Empleando en los cálculos unidades en sistema MKS, el diagrama de balance para el secador es

1020 0,85

0,20

Secado

Congelación

Liofilizado

Enfriamiento

Subenfriamiento Calentamiento

Empaque

Diagrama de Temperaturas

65

-2

-50

4Calentamiento




1200 0,15 0,80

180 180 Realizando los cálculos correspondientes se tiene: 975

1020 45 0,85 0,20

1200 225

0,15 0,80 180 180

Manejando el proceso analítico se tiene Sólidos en la pulpa = 200 x (1 -0,85) = 180 kg (20) Producto seco = 180 / (1 -0,2) = 225 kg (21) Agua evaporada = 1200 - 225 = 975 kg (22) Con estos valores se puede establecer las cantidades de calor requerido

a) Calor para calentar la pulpa a temperatura de secado

Q1 = 1200 x 0,95 x ( 65 - 4) = 69.540 kcal (23)

b) Calor para evaporar el agua

c) Q2 = 975 x 539,55 = 526.061 kcal (24)

c) Calor para calentar el vapor

Q3 = 975 x 0,45 x ( 85 - 65 ) = 8,775 kcal (25)

d) El calor requerido en el secado es

Q = 69,540 + 526.061 + 8.775 = 604.376 kcal (26)

e) Calor retirado en el enfriamiento de la pulpa seca




Q4 = 225 x 0,60 x (65 - (-2)) = 9.045 kcal (27)

f) Calor retirado para la congelación

Q5 = 225 x 84 = 18.900 kcal (28)

g) Calor retirado en el subenfriamiento

Q6 = 225 x 0,6 x ( -50 - (-2 )) = 5.940 kcl (29)

Para el manejo de la sublimación se requiere de hacer un balance de materiales

El agua en el producto congelado es

Ac = 225 x 0,2 = 45 kg (30)

También se puede hallar quitándole al congelado los sólidos

Ac = 225 -180 = 45 kg (30)

La pulpa liofilizada que tiene un 1% de humedad es

Pl = 180 /(1- 0,01 ) = 181,82 kg (31)

El agua en la pulpa liofilizada es

Al = 181,82 - 180,00 = 1,82 kg (32)

Agua sublimada

As = 225 - 181,82 = 43,18 (33)

h) El calor de sublimación

Q7 = 43,18 x 640 = 27535,2 Kcal (34)

i) Finalmente se calcula el calor para llevar la pulpa liofilizada a la temperatura de empaque

Q8 = 181,82 x 0,25 X ( 10 -(-50)) = 2727,27 kcal. (35) Debe tenerse presente que ni los calores suministrados y los calores retirados al proceso se pueden sumar porque ellos se manejan en equipos diferentes y en momentos igualmente diferentes

A continuación se presenta la respectiva hoja de cálculo.

EJEMPLO 66 LIOFILIZACION DE PULPA

PARAMETROS SIMB UNID. FUENTE REF. % VALOR

Pulpa Dato 11 1.200

Humedad inicial Hi %, kg Dato, cálculo 1 85% 1020

Temperatura inicial Ti 0C Dato 2 4

Humedad de secado %, kg Dato, cálculo 3 20% 45

Temperatura de secado Ts 0C Dato 4 65

Aire caliente Tac 0C Dato 5 120,00

Aire húmedo Tah 0C Dato 6 85




Temperatura de congelación Tc 0C Dato 7 -2,

Temperatura de subenfriamiento Te 0C Dato 8 -50

Humedad final Hf %, kg Dato, cálculo 9, 32 1% 1,82

Temperatura de empaque Tf 0C Dato 10 10,00

Calor esp. de la pulpa húmeda Ch kcal/kg 0 C Dato 12 0,95

Calor esp. de la pulpa deshidrat. Cd kcal/kg 0 C Dato 13 0,60

Calor esp. de la pulpa congelada Cc kcal/kg 0 C Dato 14 0,6

Calor esp. de la pulpa liofilizada Cl Dato 15 0,25

Calor esp. del vapor de agua Ca kcal/kg 0 C Dato 16 0,45

Calor latente de vaporización kcal/kg Dato 17 539,55

Calor latente de cong. de la pulpa kcal/kg Dato 18 84,0

Calor latente de sublim. del agua kcal/kg Dato 19 640,00

SECADO

Solidos S kg Cálculo 20 15% 180,00

Producto de secado Ps kg Cálculo 21 225,00

Agua evaporada en el secado E kg Cálculo 22 975

Calor para calentar pulpa Q1 kcal Cálculo 23 69.540,00

Calor para evaporar agua Q2 kcal Cálculo 24 526.061

Calor para calentar agua evaporada Q3 kcal Cálculo 25 8.775

Calor empleado en el secado Qs kcal Cálculo 26 604.376

ENFRIAMIENTO

Calor retirado en enfriamiento Q4 kcal Cálculo 27 9.045

CONGELACIÓN

Calor retirado en congelación Q5 kcal Cálculo 28 18.900,00

SUBENFRIAMIENTO

Calor retirado en el subenfriamiento Q6 kcal Cálculo 29 5.940,00

SUBLIMACION

Agua en producto congelado Ac kg Cálculo 30 45,00

Liofilizado Pl kg Cálculo 31 181,82

Agua sublimada As kg Cálculo 33 43,18

Calor de sublimación Q7 kcal Cálculo 34 27.636,36

CALENTAMIENTO A EMPAQUE

Calor suministrado Q8 kcal Cálculo 35 2.727,27

Ejemplo 67

Una planta cervecera procesa 7000 kilos por hora de afrechos de malta producidos, prensándolos inicialmente para bajar su humedad de un 85% a un 60%, y luego secarlos en un secador de tubos de vapor en donde se le reduce su humedad hasta un 10%. Determinar:

a) - las cantidades de agua extraídas tanto en la prensa como en el secador , b) - la cantidad de calor requerida en el secador c) - aire requerido para arrastrar el vapor producido en el secador y d) - la cantidad de vapor necesaria,

Teniendo los siguientes parámetros de operación:

Temperatura de entrada del afrecho al secador 60 0C. Temperatura de secado 92 0C,




Calor específico promedio del afrecho 0,45 Kcal /kg 0C Entalpia de vaporización 540 Kcal /kg Solución.

FIGURA 51

Temperatura ambiente 15 0C Humedad inicial del aire 0,008 kg de agua / kg de aire seco Humedad fial del aire, 0,022 kg de agua / kg de aire seco Vapor empleado, saturado a 135 0C

El diagrama permite visualizar el planteamiento del problema.

a).- Las cantidades de agua retirada en cada uno de los equipos se determinan por los respectivos balances de materiales, cuyo esquema inicial es : 0,85------------------0,65 0,65----------------------- 0,10

7000 Prensa Secador La anterior presentación es únicamente para los cambios de humedad tanto en la prensa como en el secador. La solución es: 4000 1833,33

Agua 5950 1950 1950 116,67




0,85 0,65 0,65 0,10

7000 3000 1166,67

0,15 0,35 0,35 0,90 Sólidos 1050 1050 1050 1050 Del balance se establece que se retiran 4000 kilos de agua en la prensa y 1833,33 en el secador. Es de anotar que en la prensa se disminuye en un 20% la humedad en tanto que en el secador se disminuye en un 55%.

b- La cantidad de calor requerida se determina teniendo en cuenta que el afrecho debe inicialmente calentarse de 60 a 920C y a esta temperatura evaporar los 1833,33 kilos de agua.

Para el calentamiento se emplea Q1 = A x Cp x T, luego

Q1 = 3000 X 0,45 X ( 92 –65 ) = 36.450 Kcal / hr

Para la evaporación Q2 = V x

Q2 = 1833 x 544,2 = 997.639 Kcal / hr

El calor total necesario es Q = 36.450 + 997.639 = 1.034.089 Kcal /hr

EJEMPLO 67 PROCESAMIENTO DE AFRECHO EN CERVECERIA Planteamiento del problema % VALOR

PRENSADO

Afrecho a procesar A kg / hr Dato 7.000

Humedad inicial Hi % Dato 0,85

Humedad prensado Hp % Dato 0,65

SECADO

Humedad final Hs % Dato 0,10

Solución


PRENSADO

Afrecho a procesar A kg / hr Dato 7.000

Humedad inicial Hi %,kg/hr Dato, cálculo 0,85 5.950

Sólidos S %,kg/hr Cálculo 0,15 1.050

Humedad prensado Hp %,kg/hr Dato, cálculo. 0,65 1.950

Sólidos en prensado S %,kg/hr Cálculo 0,35 1.050

Afrecho prensado Ap kg Cálculo 3.000

Agua retirada Pr kg Cálculo 4.000

SECADO Dato, cálculo.




Afrecho a secar Ap kg/hr Cálculo 3.000

Humedad inicial Ha %,kg/hr Cálculo 0,35 1.950

Sólidos inicial Si %,kg/hr Cálculo 0,65 1.050

Humedad final Hf %,kg/hr Dato, cálculo 0,10 116,7

Sólidos final Sf %,kg/hr Cálculo 0,90 1.050,0

Afrechos secos P kg / hr Cálculo 1166,7

Agua Evaporada E kg / hr Cálculo 1833,3

Humedad inicial del aire Hi kg /kg aire seco Dato 0,008

Humedad fial del aire Hf kg /kg aire seco Dato 0,022

Aire seco necesario As kg / hr Cálculo 130.952

Aire tal cual necesario A kg / hr Cálculo 132.000

BALANCE DE CALOR

Calor especifico del afrecho Cpa kcal / kg 0 C Dato 0,45

Temperatura inicial Ti 0 C Dato 65

Temperatura final Tf 0 C Dato 92

Calor para calentamiento Qc kcal Cálculo 36450

Entalpia de Vaporización kcal / kg Tablas 544,2

Calor para Vaporización Qe kcal Cálculo 997.639

Calor total requerido Q kcal Cálculo 1.034.089

Temp. de vapor de proceso Tv 0 C Dato 135

Entalía de condensación kcal / kg Tablas 515,7

Vapor de proceso requerido V kg / hr Cálculo 2005,3

Ejemplo 68

Ante un daño del secador, Industrias ACME, ofrece un secador que tan solo suministra 800.000 kcal /hr.

Con cuál contenido de humedad deben salir los afrechos de la prensa para obtener los mismos resultados finales?

Solución

Con la cantidad de calor disponible en el nuevo secador, se debe establecer la cantidad de agua puede evaporar y a la vez que cantidad de afrecho puede calentar a las condiciones de secado.

Llamando:

Ap al afrecho que sale de la prensa P al producto con sólidos del 90% x al porcentaje de sólidos con que salen los afrechos de la prensa, y E, cantidad de agua evaporada

Planteado matemáticamente se tiene

Calor para

Q = Ap x 0,45 x (92 -45) + E x 544,2

A la vez el evaporado es igual a los afrechos húmedos menos el producto E = Ap - P

El Afrecho que sale de la prensa es igual a los sólidos dividido por el porcentaje




de sólidos es decir

1.050 / x

El producto de todas formas es de 1167, 7,

Reemplazando valores

800.000 = 1.050 x 0,45 x (92 - 45 ) + 544,2 x ( 1.050 / x - 1167,7) , resolviendo para X

x = 0,4057.

Los afrechos deben salir de la prensa con una humedad del 40,57%

Una aplicación válida en ingeniería es el ensayo y error y esta es una aplicación adicional de las hojas de cálculo, como se aprecia en la hoja 2 de la hoja de cálculo del ejemplo 38.

En dicha hoja se han copiado en varias columnas los valores de la hoja1 y en cada columna se cambian los valores de la humedad a la salida de la prensa hasta logra obtener el valor de 800.000 en la fila de calor requerido.

Para manejar la Hoja véase las memorias de cálculo del módulo de ayuda

Ejemplo 69.

Para la crioconcentración de café, se dispone de una solución del 20%, que se ha obtenido a 30°C.




FIGURA 52 Crioconcentración de café.

La solución se enfría a –10°C , produciéndose la separación en fases sólidas y solución concentrada.

Determinar la cantidad y composición de sólido y de solución concentrada y el calor retirado para la crioconcentración de cochadas de 550 kilos de solución al 20%.

Solución

Se emplea la gráfica para la crioconcentración de café

De la gráfica de enfriamiento para soluciones de café se tienen los siguientes datos

Entalpia de la solución al 20% 112 kJ /kg

Entalpia de la mezcla a –10°C -225 kJ/kg

Concentración de la solución enfriada 50%

Solución

Los sólidos contenidos en la solución son 550 x 0,2 = 110 kg




La solución concentrada será 110 /0,50 = 220 y el hielo formado 550 –220 = 330 kg.

El calor retirado será W x H = 550 x ( -225 –112 ) = 185.350 kJ

Ejemplo 70.

Se desea criconcentrar una pulpa de guayaba con 25% de sólidos, hasta un 50%. A cual temperatura de debe enfriar para lograr la separación de hielo y pulpa concentrada, cuanta pulpa concentrada se obtiene por kilo de pulpa tal cual y cuanto calor por kilo de pulpa se debe retirar?.

Solución.

Empleando la gráfica para crioconcentración de frutas, se determina cual debe ser la isoterma que corta la línea de participación de 0% de hielo en la pulpa. ( la

escala para esta participación, ,se encuentra a mano izquierda en la gráfica ).

El corte en el punto C, para concentración de 50% y 0% de hielo en la pulpa corresponde a una isoterma entre 10 y 15° C, interpolando se obtiene la isoterma de –11,5°C.

El punto de corte de la concentración inicial de 25% con la temperatura de –11,5°C, punto D, establece un participación de aproximados 70% de hielo.

Esto significa que del agua inicial un 70% aproximados se convierten en hielo.

Tomando que la pulpa se encuentra a temperatura ambiente , aproximados 15°C, la entalpía es de 50 kJ/kg, en tanto que a –11,5°C es de –200 kJ/kg.

Por cada kilo de pulpa procesada se deben retirar 250 kilojulios




Crioconcentración de frutas FIGURA 53

5.2. BALANCES CON MERMAS Y PERDIDAS DE CALOR

En lo anteriormente estudiado se han presentado tanto balances de materia y de energía en condiciones ideales o comúnmente llamadas teóricas. En la práctica existen las mermas de proceso y las pérdidas de energía.

Las mermas de proceso están referidas a pérdidas naturales del proceso, causadas por, las características de los productos como también por los equipos empleados y su estado de funcionamiento.

Prácticamente en todos los envase de los materiales pulverulentos y líquidos quedan residuos, imposibles de recuperar; durante la manipulación pueden tenerse fugas hacía el ambiente, también durante el recibo, transporte y almacenamiento; parte del material se adhiere a las superficies de los equipos que lo procesan sin que al terminar el proceso se puedan recuperar.

En el caso de muchas verduras y frutas, que vienen con residuos de tierra, al someterlos a lavado, se disminuye el peso del material ingresado contablemente a inventarios.

En operaciones de envase en líquidos y en donde se emplea el volumen como




medida de llenado, si este se hace en caliente , al enfriarse se tiene una contracción de volumen y consecuencialmente se tiene una diferencia contable.

En almacenamientos prolongados pueden presentarse diferencias por disminución en la humedad de los productos.

Estas diferencia que realmente no son pérdidas, se denominan mermas y deben ser incluidas en los balances., no solamente para establecer claramente las cantidades de insumos y productos procesados sino para el manejo de costos y fijación del precio del producto.

El calor fluye siempre de los cuerpos calientes a los cuerpos fríos y en procesos térmicos a los que se someten muchos alimentos, los equipos generalmente se encuentran a temperaturas muy diferentes a las del ambiente y ocurre un flujo de calor de acuerdo al principio enunciado.

Existen muchos materiales que se oponen al flujo de calor, pero ninguno lo detiene totalmente, muchos de ellos, llamados aislantes, dejan pasar pequeñas cantidades de calor al ambiente.

En ocasiones cuando no se ha hecho una adecuada selección del aislante y como es común, en muchos equipos, no se tiene aislante, se tienen pérdidas de calor o de frío que obviamente inciden en los procesos, en los servicios y en los costos de producción.

Es importante conocer tanto las mermas como pérdidas de calor, no solamente para cuantificarlas física y económicamente sino para establecer políticas de manejo tanto en proceso, equipos y servicios para minimizarlas, reduciendo al final su incidencia en costo del producto.

El control adecuado y permanente de los balances reales permite establecer la cuantía de las mermas y pérdidas como porcentajes de las entradas o consumos de cada etapa de proceso y del proceso en general.

Salvo que se especifique lo contrario siempre las mermas y pérdidas de calor están referidas a las cantidades iniciales. Ejemplo 71

En la industria cervecera las mermas promedio entre el mosto, (primer líquido obtenido en el proceso), y la cerveza envasada son del 6,5%.

Establecer a) Cuánto mosto se debe elaborar para tener una producción mensual. de 50.000.000 de botellas de cerveza de 333 mililitros. Y b) Cual debe ser el volumen de una cochada de mosto, si en el mes se elaboran 132 cochadas?




Producción de cerveza a nivel industrial FIGURA 54

(Tomado de Cervecería Leona S.A , Tocancipa Colombia )




Solución

a) El volumen de cerveza producida es de:

b) V = 50.00.000 x 0,333 = 16.500.000 litros

El volumen en metros cúbicos es de 16.500. m3

Con una merma del 6,5% , el mosto que se procesa y llega a ser cerveza es el 100% –6,5% = 93,5% del mosto a elaborar, de tal forma que el mosto a elaborar es:

M = 16.500 / 0,935 = 17.807 m3

El volumen de cada cochada será

Vc = 17.807 / 132 = 134,91 m3

A continuación se presenta una hoja de calculo resumida..

Ejemplo 71

Producción mensual de cerveza botellas 50.000.000

Volumen de una botella ml 0,333

Volumen de cerveza envasada litros 16.650.000

Volumen de cerveza envasada m3

16.650

Merma total 6,5%

Mosto elaborado 93,5%

Mosto elaborado m3

17.807

Merma total m3

1.157

Cochadas cada una 132

Volumen por cochada m3

134,91

Ejemplo 72 Retomando el ejemplo 66, obtención de un liofilizado de pulpa de frutas, desarrollarlo teniendo presente que se han establecido las siguientes mermas y pérdidas de calor o frío: % de merma % de pérdidas de calor En el secado 0,75 1,30 Enfriamiento -------- 0,42 Congelación 0,28 0,55 Subenfriamiento 0,18 0,23 Liofilizado 0,10 1,10 Calentamiento 0,18 0,25 Empaque 0,8% -------- Solución




Como se ha comentado, la base de cálculo para la merma es lo que ingresa a la etapa, luego para el secado que involucra en el mismo equipo el calentamiento la merma será m = 0,75 x 1.200 / 100 = 9 kilos y la cantidad de producto sobre el cual se hace el posterior balance es 1200 - 9 = 1191 kilos.

El balance para la congelación es de 1191 - 975 = 216 kilos, ya que el evaporado calculado es de 216.

Secuencialmente se van involucrando las mermas , rehaciendo los cálculos como se aprecia en la respectiva hoja de cálculo.

Sobre las pérdidas de calor se tiene un manejo similar.

El calor requerido para el secado es sobre los 1200 kilos que realmente entraron, no sobre los 1194 que han salido del secado y las pérdidas se valorizan sobre el calor del secado 604.376 kcal.

Las pérdidas serán 0,013 x 604.376 = 7857 kcal y el calor necesario es 604.376 + 7857 = 612.233

En la hoja de cálculo se aprecian los resultados obtenidos.

En cada etapa se establece tanto el porcentaje de merma como su valor calculado.

Al final se tiene la merma total cuyo porcentaje, basado en lo que entró, es diferente a la sumatoria de las mermas individuales, en razón de que cada etapa tiene una base diferente de cálculo

EJEMPLO 72 LIOFILIZACION DE PULPA DE FRUTAS

CON MERMAS Y PERDIDAS DE CALOR

PARAMETROS SIMB.

UNID. FUENTE REF. % VALOR

Pulpa Dato 11 1.200

Humedad inicial Hi %, kg Dato, cálc.. 1 85% 1020

Temperatura inicial Ti 0C Dato 2 4,00

Humedad de secado Hs %, kg Dato, cálc. 3 20% 45

Temperatura de secado Ts 0C Dato 4 65

Aire caliente Tac 0C Dato 5 120,00

Aire húmedo Tah 0C Dato 6 85

Temperatura de congelación Tc 0C Dato 7 -2,00

Temperatura de subenfriamiento Te 0C Dato 8 -50,00

Humedad final Hf %, kg Dato, cálc. 9, 32 1% 1,74

Temperatura de empaque Tf 0C Dato 10 10,00

Calor esp. de la pulpa húmeda Ch kcal/kg 0 C Dato 12 0,95

Calor especifico de la pulpa deshidratada

Cd kcal/kg 0 C Dato 13 0,60

Calor esp. de la pulpa congelada Cc kcal/kg 0 C Dato 14 0,6

Calor esp. de la pulpa liofilizada Cl Dato 15 0,25

Calor especifico del vapor de agua Ca kcal/kg 0 C Dato 16 0,45

Calor latente de vaporización kcal/kg Dato 17 539,55




Calor latente de cong. de la pulpa kcal/kg Dato 18 84,0

Calor latente de sublim. del agua kcal/kg Dato 19 640,00

SECADO

Solidos S kg Cálculo 20 15% 180,00

Producto teórico de secado Ps kg Cálculo 21 225,00

Agua evaporada en el secado E kg Cálculo 22 975,00

Merma de secado Ms %, kg Cálculo 0,75% 9,00

Producto real seco Prs kg 216,00

Calor para calentar pulpa Q1 kcal Cálculo 23 69.540,00

Calor para evaporar agua Q2 kcal Cálculo 24 526.061

Calor para calentar agua evaporada Q3 kcal Cálculo 25 8.775

Calor empleado en el secado Qs kcal Cálculo 26 604.376

ENFRIAMIENTO

Producto a enfriar Cálculo 216

Calor retirado en enfriamiento Q4 kcal Cálculo 27 8.683

Pérdidas de calor Cálculo 0,42% 36,47

Calor total requerido Cálculo 8.719,67

CONGELACIÓN

Producto a congelar Cálculo 216,00

Merma en congelación %, kg Cálculo 0,28% 0,60

Producto congelado kg Cálculo 215,40

Calor retirado en congelación Q5 kcal Cálculo 28 18.900,00

Calor pérdido kcal Cálculo 0,55% 103,95

Calor total retirado kcal Cálculo 19.003,95

SUBENFRIAMIENTO

Producto a subenfriar Cálculo 215,40

Merma en subenfriamiento %, kg Cálculo 0,18% 0,39

producto subenfriado Cálculo 215,01

Calor retirado en el subenfriamiento Q6 kg Cálculo 29 5.686,43

Pérdidas de frio kcal Cálculo 0,23% 13,08

calor total retirado kcal Cálculo 5.699,51

SUBLIMACION

Producto subenfriado a liofilizar kg Cálculo 215,01

Solidos en producto subenfriado kg Cálculo 172,01

Agua en producto subenfriado Ac kg Cálculo 30 43,00

Liofilizado Pl kg Cálculo 31 173,74

Agua en liofilizado kg Cálculo 1,74

Agua sublimada As kg Cálculo 33 41,26

Merma en liofilización %, kg Cálculo 0,10% 0,22

Producto liofilizado kg Cálculo 173,53

Calor de sublimación Q7 kcal Cálculo 34 26.409,0

Pérdidas de calor kcal Cálculo 1,10% 290,50




Calor total suministrado kcal Cálculo 26.699,5

CALENTAMIENTO A EMPAQUE

Producto a calentar kg Cálculo 173,53

Merma %, kg Cálculo 0,18% 0,31

Producto a empacar kg Cálculo 173,22

Calor suministrado Q8 kcal Cálculo 35 2.602,93

Pérdidas de calor kcal Cálculo 0,25% 6,51

Calor total suministrado kcal Cálculo 2.609,43

EMPAQUE

Producto a Empacar kg Cálculo 173,22

Merma de empaque %, kg Cálculo 0,80% 1,39

Producto empacado kg Cálculo 171,83

BALANCE TOTAL

ENTRADAS kg Dato 1.200,00

SALIDAS

Agua evaporada en el secado kg Cálculo 975,00

Agua sublimada kg Cálculo 41,26

Producto final empacado kg Cálculo 171,83

Mermas kg Cálculo 0,99% 11,91

TOTAL SALIDAS kg Cálculo 1.200,00

Ejemplo 73 Desarrollar el ejemplo 67 teniendo en cuenta mermas en la prensa y en el secado de 0,8 y 1,2 % respectivamente y pérdidas de calor del 2,3 % en el secador. Solución. Los discernimientos son similares al ejemplo anterior, como se aprecia en la siguiente hoja de cálculo. EJEMPLO 72 PROCESAMIENTO DE AFRECHO EN CERVECERIA INCLUYENDO MERMAS Y PERDIDAS DE CALOR

Planteamiento del problema


PRENSADO

Afrecho a procesar A kg / hr Dato 7000

Humedad inicial Hi % Dato 85%

Humedad prensado Hp % Dato 65%

SECADO

Humedad final Hs % Dato 10%

Solución BALANCE DE MATERIALES PRENSADO

Afrecho alimentado Aa kg / hr Dato 7000

Afrecho procesado en prensa A Calculo 6944




Humedad inicial Hi %,kg/hr Dato, cálculo 85% 5950

Sólidos S %,kg/hr Cálculo 15% 1050

Humedad prensado Hp %,kg/hr Dato, cálculo 65% 1950

Afrecho prensado Ap kg Cálculo 3000

Agua retirada en prensado H kg Cálculo 4000

Merma m % Dato 1% 56

Afrecho a secado Cálculo 2944

Sólidos en prensado S %,kg/hr Cálculo 35% 1030,4

SECADO

Afrecho alimentado al secador Ap kg/hr Cálculo 2944,0

Humedad inicial %,kg/hr Cálculo 65% 1913,6

Sólidos inicial %,kg/hr Cálculo 35% 1030,4

Humedad final %,kg/hr Dato, cálculo 10% 114,5

Sólidos final %,kg/hr Cálculo 90% 1030,4

Afrechos secos teóricos As kg / hr Cálculo 1144,9

Agua Evaporada kg / hr Cálculo 1799,1

Humedad inicial del aire kg /kg aire seco Dato 0,008

Humedad final del aire kg /kg aire seco Dato 0,022

Aire seco necesario kg / hr Cálculo 128508

Aire tal cual necesario kg / hr Cálculo 129536

Afrecho procesado en secador 2908,7

Merma 1% 35,3

Afrecho seco real 1109,6

BALANCE TOTAL

ENTRADAS , Afrecho a procesar 7000

SALIDAS

Producto 1109,6

Agua de prensa 4000,0

Agua Evaporada 1799,1

Mermas 1,30% 91,3


5.3. Balances por ensayo y error. En algunas situaciones de balances, al plantear los razonamientos matemáticos o analíticos, no se pueden resolver porque se presentan mas incógnitas que ecuaciones,

Estos hechos llevan a asignar valores a alguna de las incógnitas, y resolviendo el sistema de ecuaciones se establece si el valor asignado o supuesto es el correcto. Generalmente no lo es y se presenta una diferencia por tanto se asume un segundo valor

En procesos evaporativos, como en concentración de jarabes, en la industria de obtención del azúcar o de sal se concentran soluciones, evaporando el agua en equipos, denominados evaporadores.

En el evaporador el medio calefactor debe estar a una temperatura más alta que la de la solución que se concentra.




Dado que el agua evaporada en un evaporador lleva un alto contenido de calor, se puede aprovechar este calor, empleándola como medio calefactor, para que en un segundo aparato se pueda evaporar mas agua, pero con la solución a una temperatura más baja y esto se logra siempre con vacío

Observando la figura, se representa una planta de evaporación con dos aparatos que se denominan efectos.

En el efecto 1, se alimenta una solución A con concentración Xa y sale con una concentración X1 mayor. Esta solución se alimenta al efecto 2 y se obtiene un producto con una concentración mas alta aún, Xp.

Al efecto 1 se le suministra calor a través de lo que se llama camisa o chaqueta o a través de serpentines por medio de un vapor de agua V, que se encuentra a una temperatura Tv, mayor que la temperatura ebullición de la solución que esta en el mismo efecto.

En el efecto 1 se produce un evaporado E1, cuya temperatura es igual o ligeramente menor que la de solución. Este evaporado se emplea como medio calefactor en el efecto 2 y su temperatura debe ser mayor que la de ebullición de la solución en este efecto.

FIGURA 55

Evaporador de doble efecto

Para el diseño de los equipos se pueden establecer las concentraciones Xa y Xp de la alimentación A y del producto final P, respectivamente y la temperaturas

del vapor Tv que sirve de medio calefactor en el efecto 1 y las temperaturas de ebullición de las soluciones en los dos efectos.

Al elaborar los balances tanto de materiales como de energía, se tienen parciales




para cada uno de los efectos y total para el proceso.

Sin tener en cuenta el Vapor, V, que se introduce en el primer efecto y que se retira como condensado, C, en igual cantidad, se tiene

Balances para el primer efecto

Parcial sobre sólidos

A x Xa = P1 x X1

Parcial sobre agua

A x ( 1 - Xa ) = E1 + P1 x (1 - X1)

Total

A = E + P1

Balances para el segundo efecto


P1 x X1= P x Xp

Parcial sobre agua ( no se tiene en cuenta E que se emplea como elemento calefactor).

P x ( 1 - Xp ) = E2 + P x (1- Xp)

Total

A = E2 + P

Balance para el proceso


A x Xa = P x Xp

Parcial sobre agua

A x ( 1-Xa ) = E1 + E2 +P x (1- Xp)

Total

A = E1 + E2 + P

Analizando las ecuaciones , las del balance total resultan de las sumas de los balances parciales y de las ecuaciones de los balances parciales, las del agua son derivadas de las de los sólidos.

Con las anteriores consideraciones quedan únicamente tres ecuaciones y cuatro incógnitas, E1, E2, P1 y X1

Al plantear los balances de energía se presenta una situación similar, ya que este




depende enteramente del balance de materiales..

El ensayo consiste en dar, en el balance de materiales, un valor racional a una de las variables, resolver las respectivas ecuaciones y aplicar los resultados a los balances de energía.

Ejemplo 74

En un evaporador de doble efecto se concentran 1000 kilos de una solución al 20% de sólidos hasta un 80%, empleando vapor a 30 psig. se dispone de lo siguientes parámetros de cálculo:

Temperatura de ebullición en el 1er. efecto 170 oF

Coeficiente total de transf. de calor 1er efecto 400

Temperatura de ebullición en el 2º. efecto 136 oF

Coeficiente total de transf. de calor 2º. efecto 300 BTU / hr ft2 oF

Entalpia de la solución 100 - 15 x C ( siendo C la concentración de sólidos ) BTU /lb

Entalpia de vapor a 30 psig 1171 BTU/lb

Entalpía de Condensado a 30 psig 241 BTU / lb

No se tiene elevación del punto de ebullición.

Establecer los requerimientos de vapor de servicio.

Solución

Este problema involucra simultáneamente los balances de calor y de energía .tanto para cada efecto como para el evaporador.

Los balances de materiales y de energía de acuerdo al diagrama

1er. Efecto

Sólidos A x Xa = 1000 x 0,2 = P1 x C1

Agua A x ( 1 –Xa) = 1000 x 0,8 = P1 x ( 1 - C1) + E1

Total 1000 = P1 + E1

2º. Efecto

Sólidos P1 x C1 = P2 x C2 = P2 x 0,8 = 200 ===== P2 = 250

Agua P1 x ( 1 - C1) = P2 x ( 1 - C2) + E2 ===== 250 x 0,2 + E2

Total P1 = P2 + E2 = 250 + E2

GLOBAL

Sólidos 1000 X 0,2 = 250 x 0,8 = 200




Agua 1000 X 0,8 = 250 X 0,2 + E1 + E2 ======= E1 + E2 = 750

Total 1000 = 250 + E1 + E2 ======= E1 + E2 = 750

De estos balances quedan como incógnitas la cantidad de producto que sale del primer efecto y su concentración, así como los evaporados de cada efecto.

No se ha incluido en el balance de materiales el vapor para el primer efecto, ni el evaporado que sale del primer efecto y entra al segundo efecto, porque son corrientes independientes, ya que van por el sistema de calefacción y la cantidad que entra es exactamente igual a la que sale.

Para establecer los balances de calor tenemos :

Entalpia alimentación Ha 100 -15 x 0,2 = 97 BTU /lb Entalpía del producto Hp 100 - 15 x 0,8 = 88 BTU /lb Entalpia de evaporado 1er efecto HE1 = 1134 BTU /lb Entalpía de condensado 1er efecto HC1 = 137,9 BTU /lb Entalpia de evaporado 2º. efecto HE2 = 1119,9 BTU /lb Entalpía de condensado 2º. Efecto HC2 = 137,9 BTU /lb.

Para el 1er efecto:

A x Ha + V Hv = E1 x HE1 + V x Hc + P1 x H p1

para el 2º. efecto

E1 x HE1 + 1 x H p1 = E1 x HC1 + E2 x HE2 + P x Hp

El balance total es la suma de los dos balances parciales.

Se incrementan a cinco las variables desconocidas con el vapor requerido y la entalpía del producto del primer efecto, que a la vez es función de la concentración de la solución.

Realizado un análisis de las ecuaciones presentadas se llega a establecer que la solución al problema se obtiene por ensayo y error, que es la situación normal que se plantea en los cálculos de evaporadores de dos o más efectos.

El primer ensayo se plantea tomando igual cantidad de evaporado en cada uno de los efectos, para el presente caso se toman como E1 = E2 = 750 / 2 = 375 lbs / hr .

Aplicando estos valores a las ecuaciones del balance de materiales se tiene:

1er. Efecto

Sólidos 1000 x 0,2 = P1 x C1

Agua 1000 x 0,8 = P1 x ( 1 - C1) + 375

Total 1000 = P1 + 375 ==== P1 = 625 === C1 = 0,32




2º. Efecto

Sólidos P1 x C1 = P2 x C2 = P2 x 0,8 = 200 ===== P2 = 250

Comprobando P2 = 250 = 625 – 375

Agua P1 x ( 1 - C1) = P2 x ( 1 - C2) + E2

625 x ( 1 - 0,32) = 250 x ( 1 –0,8) +375

625 x 0,68 = 250 x 0,2 + 375 = 425

Total P1 = P2 + E2 = 625 = 250 + 375

Resumiendo:

Efecto 1

Alimentación A = 1000 lbs/hr

Concentración inicial Xa = 0,2

Producto P1 = 625 lb /hr

Concentración C1 = 0,32

Agua Evaporada E1 = 375 lbs / hr .

Efecto 2

Alimentación A = 1000 lbs/hr

Concentración inicial Xa = 0,32

Producto P2 = 625 lb /hr

Concentración C2 = 0,80

Agua Evaporada E2 = 375 lbs / hr .

Para los balances de calor se tiene que la entalpía de producto del efecto 1 es 100 – 15 x 0.32 = 95,2 BTU/lb

Con los datos obtenidos los balances de calor se presentan así

1000 x 97 + V x 1171 = 375 x 1134 + V x 241 + 625 x 95,2

=== V = 416,935 lb/hr

Para el 2º. efecto

375 x 1134 +625 x 95,2 = 375 x 137,9 + 375 x 1119,9 + 250 x 88

Aplicados los valores a los balances de materiales y de energía, el ensayo se establece sobre el balance de calor del 2º. efecto que debe arrojar una sumatoria igual a 0.

485.562,5 ≠ 493.675,0

Para el primer ensayo sobre el balance del segundo efecto :




se tiene una diferencia de 8921,3 BTU /hr y se obtienen los resultados como se aprecia en la hoja de cálculo.

DIMENSIONAMIENTO DE UN EVAPORADOR DE DOS EFECTOS

DATOS DEL PROBLEMA Ensayo 1

Parámetros Simb. Unidades Fuente Ref. Valor

Alimentación en Paralelo Selección 1

Numero de Efectos Selección 2 2

Alimentación F Lb/hr Dato 3 1000

Concentración Cf Fracción Dato 4 0,2

Entalpía Ha BTU/lb. Cálculo 5 97

Concentración Producto Cp Fracción Dato 6 0,8

Entalpia producto Hp BTU/lb. Cálculo 7 88

Temperatura ebullición 1er efecto T1 0F Dato 8 170

Temperatura ebullición 2o. efecto T2 0F Dato 9 135

Coeficiente 1er efecto U1 Btu/ hr ft °F Supuesto 10 400

Coeficiente 2o.. Efecto U2 Btu/ hr ft °F Supuesto 11 300

Vapor de Calefacción, presión V psi Dato 12 30

BALANCE TOTAL DE MATERIALES

Sólidos en Alimentación Sa Lb/hr Cálculo 13 200

Agua en alimentación Aa Lb/hr Cálculo 14 800

Producto P2 Lb/hr Cálculo 15 250

Agua en producto Ap Lb/hr Cálculo 16 50

Agua Evaporada E Lb/hr Cálculo 17 750

Evaporado 1er efecto E1 Lb/hr Cálculo 18 375

Evaporado 2o. Efecto E2 Lb/hr Cálculo 19 375

Alimentación 2o. Efecto P1 Lb/hr Cálculo 20 625

Concentración al 2o. Efecto C1 Fracción Cálculo 21 0,32

BALANCE DE CALOR

Entalpia de vapor a 30 psi Hv BTU/lb Tablas 22 1171

Entalpia condensado Hc BTU/lb Tablas 22 241

Entalpia vapor a 170 He1 BTU/lb Tablas 22 1134

Entalpia condensado a 170 Hc1 BTU/lb Tablas 22 137,89

Entalpia vapor a 136 He2 BTU/lb Tablas 22 1119,9

Entalpia de condensado a 136 Hc2 BTU/lb Tablas 22 103,88

Entalpia solución a 2o efecto Hp1 BTU/lb Cálculo 23 95,20

Calor suministrado 1er efecto Q1 BTU Cálculo 24 387750,000

Vapor requerido V lb/hr Cálculo 416,9

Balance sobre 2o. efecto BTU/hr Cálculo 8921,3

En un segundo ensayo se supone un valor de 370 lb / hr para el evaporado del primer efecto, encontrándose una diferencia de 19001,3 BTU/ hr.

Este incremento significa que el supuesto se hizo en el sentido incorrecto, se debe tener por lo tanto un valor mayor al del primer ensayo, tomando un valor de 380 lb/hr , la diferencia se torna negativa a un valor de -1158,8 BTU /hr.

En la hoja de cálculo es muy sencillo ajustar el valor supuesto y se llega a 379,425 lb /hr , para tener una diferencia de 0,4, como se aprecia en la siguiente




hoja

BALANCE DE MATERIALES Ensayo 1 Ensayo 2 Ensayo 3 Ensayo 4 Parámetros Simb Unid. Fuente Ref

. Valor

Solidos en Alimentación Sa Lb/hr Cálculo 13 200 200 200 200

Agua en alimentación Aa Lb/hr Cálculo 14 800 800 800 800

Producto P2 Lb/hr Cálculo 15 250 250 250 250

Agua en producto Ap Lb/hr Cálculo 16 50 50 50 50

Agua Evaporada E Lb/hr Cálculo 17 750 750 750 750

Evaporado 1er efecto E1 Lb/hr Cálculo 18 375 370 380 379,425

Evaporado 2o. Efecto E2 Lb/hr Cálculo 19 375 380 370 370,575

Alimentación 2o. Efecto P1 Lb/hr Cálculo 20 625 630 620 620,575

Concentración al 2o. Efecto C1 Fracc. Cálculo 21 0,32 0,32 0,32 0,32

BALANCE DE CALOR Ensayo 1 Ensayo 2 Ensayo 3 Ensayo 4 Parámetros Simb

. Unidades Fuente Ref

. Valor

Entalpia de vapor a 30 psi Hv BTU/lb Tablas 22 1171 1171 1171 1171

Entalpia condensado Hc BTU/lb Tablas 22 241 241 241 241

Entalpia vapor a 170 He1 BTU/lb Tablas 22 1134 1134 1134 1134

Entaqlpia condensado a 170

Hc1 BTU/lb Tablas 22 137,89 137,89 137,89 137,89

Entalpia vapor a 136 He2 BTU/lb Tablas 22 1119,9 1119,9 1119,9 1119,9

Entalpia de conden. a 136 Hc2 BTU/lb Tablas 22 103,88 103,88 103,88 103,88

Entalpia soluc. a 2o efecto Hp1 BTU/lb Cálculo 23 95,20 95,24 95,16 95,17

Calor suminis. 1er efecto Q1 BTU Cálculo 24 387750 382580 392920 392325

Vapor requerido V lb/hr Cálculo 416,9 411,4 422,5 421,9

Balance sobre 2o. efecto BTU/hr Cálculo 8921,3 19001,3 -1158,8 0,4

Este valor es supremamente pequeño, respecto al calor manejado en el segundo efecto, por lo tanto puede considerarse que el valor supuesto es el correcto.

Se tienen en la industria otros procedimientos de operaciones y procesos en los cuales se aplica el ensayo y error.

En el diseño de secadores que trabajan con aire, se puede establecer las condiciones del aire a la entrada pero se desconocen las condiciones del aire cuando va a salir del secador.

Un secador estacionario tiene la forma y disposición de un horno como de panadería con varios entrepaños en los cuales se colocan bandejas con pequeñas perforaciones y a través de las cuales fluye aire que previamente ha sido calentado en un equipo de transferencia de calor externo o en el mismo secador

El cálculo de un secador estacionario pretende establecer temperaturas de operación, el volumen de aire requerido así como el calor necesario, en un manejo propio de balances de materiales y de energía, específicamente de calor.

Los datos necesarios para el cálculo son:




- Cantidad de material a secar - Humedad inicial. - Humedad final - Calor especifico promedio del producto. Como ayudas se requieren;

- La carta psicrométrica para la presión o altura del lugar en donde se va a colocar el secador; de no disponerse, se deben hacer correcciones en los datos de humedades absolutas del aire mediante la relación de presión atmosférica del lugar y la presión de la carta psicrométrica estándar empleada.

- Tablas de vapor para determinación de entalpías de evaporación del agua. La humedad final se establece de acuerdo al producto a obtener, para granos y cereales lo conveniente es secar hasta la humedad de equilibrio; para otros productos, valores entre 4 y 8% dan razonables márgenes de seguridad para su conservación.

Una vez se ha realizado el balance de materiales se entra a calcular el aire y calor requerido, mediante el balance de calor.

La humedad de equilibrio para los alimentos es la humedad que alcanza un producto almacenado durante mucho tiempo al ambiente.

El balance de calor se fundamenta en las temperaturas de entrada y salida del aire en el secador, y en la temperatura del sólido durante el secado y que corresponde a la llamada temperatura de bulbo húmedo de secado.

En la figura 55 se representa el comportamiento de las temperaturas, tanto del aire como del producto en el secador, en función del tiempo de secado.

El aire, para el ejemplo se calienta de la temperatura ambiente T0 en un equipo anterior al secador y entra a la temperatura T1 al secador.

En el secador el aire entrega calor al material que se encuentra a la temperatura T3 para calentarlo a la temperatura de secado T4, evaporar el agua y calentar el vapor de agua a la temperatura de salida del aire T2

Se establecen la temperatura y humedad inicial del aire, a las condiciones ambientales y de acuerdo a los datos promedio meteorológicos del lugar ; estos datos corresponden a la temperatura de bulbo seco y humedad relativa, y permiten ubicar las condiciones del aire en la carta psicrométrica; luego se selecciona la temperatura a la cual se ha de calentar el aire, antes de entrar en contacto con el producto, es decir antes de iniciarse la operación de secado.

Este parámetro, que es temperatura de entrada del aire al secador es conocido como temperatura de operación y normalmente es función del producto a secar.




FIGURA 56 Diagrama del secador

Para alimentos se han de escoger temperaturas relativamente bajas para no afectar las propiedades organolépticas.




Secador de Bandejas FIGURA 57

La trayectoria inicial, de calentamiento del aire y que se puede hacer fuera del secador, es a humedad constante y se representa en la carta psicrométrica, partiendo de la temperatura ambiente (punto 1) hasta la temperatura de calentamiento o de operación (punto 2) ; una vez el aire entra en contacto con el producto, ocurre en la superficie del mismo una elevación de la temperatura hasta la de bulbo húmedo, temperatura a la cual ocurre la evaporación del agua ( punto 3) .

Esta temperatura se desconoce y hay que determinarla por ensayo y error. En la carta psicrométrica la trayectoria, del aire en la operación propiamente de secado, es adiabática y la trayectoria a seguir es en un recta que bien puede ser una adiabata o se interpola paralelamente entre las adiabatas registradas en la carta.

Para corroborar el ensayo, en la determinación de la temperatura de bulbo húmedo de secado, se aplica la ecuación de Sherwood y Pitford para el aire: 0,26 Ha - Hb = --------- (Ta - Tb)

donde Ha, es la humedad absoluta a temperatura de bulbo húmedo Hb, es la humedad absoluta a temperatura de operación Ta, temperatura de operación del aire.




Tb, temperatura de bulbo húmedo en las operación de secado (supuesto)

, Entalpía de evaporación a Tb, (encontrada en tablas de vapor) Ejemplo 75

Dimensionar un secador estacionario para llevar 900 kilos (1) de cebolla cabezona de una humedad inicial de 89,2 % (2) a una humedad final de 5,3%. (4).

La cebolla se encuentra finamente dividida y en base a los ensayos preliminares, se tiene los siguientes parámetros:

Densidad Calor especifico, promedio sobre la base de humedad 89,2% = 0,9 (5) Temperatura del aire ambiente 15 0C ó 59 0F (6) Humedad relativa 60% (7) Temperatura de calentamiento del aire 80 0C ó 176 0F (8)

Previamente se han realizado pruebas de campo a nivel de Planta Piloto, que han permitido obtener datos suficientes para trazar la curva de secado y llegar a la humedad final de 5,3%

Nota: Los números en paréntesis se refieren a los datos, parámetros y resultados de cálculos presentados en la respectiva Hoja de Cálculo

Balance de materiales

Se realiza un balance de materiales para establecer tanto la cantidad de agua a evaporar, como la cantidad de producto a obtener. Para simplificar los cálculos se omiten las unidades que son kilogramos.

En forma sencilla el balance se realiza así:

Inicialmente se establecen las fracciones de sólidos (0,892 y de agua (1,0 – 0,892 = 0,108) y se escriben, tomando en primer orden el producto a secar en la forma siguiente

0,892

900

0,108




FIGURA 58

Diagrama de temperaturas

A continuación se multiplica el valor del alimento por cada una de las fracciones y el respectivo resultado se escribe bien, encima de la línea de trazos, 900 x 0,892 = 802,80 (2) equivalente al agua contenida en el producto o igualmente debajo, 900 x 0,102 = 97,20 (3), equivalente a los sólidos y que han de salir en el producto, representándose al final de del proceso, como se indica a enseguida

Alimentación Producto Agua 802,80 ------------ fracción 0,892 Material 900 fracción 0,108 ---------- sólidos 97,20 97,20 Los sólidos en el producto representan el 100% - 5,3 % = 94,7% ó como fracción




0,947, valor que se coloca encima del 97,20, se efectúa la división de este valor por la fracción para obtener el valor del producto final 97,20 / 0,947 = 102,64 Alimentación Producto Agua 802,80 ------------ fracción 0,892 Material 900 102,64 fracción 0,108 0,947 --------- -------- Sólidos 97,20 97,20 El agua evaporada será el 5,3% ó 0,053 del producto, es decir 0,053 x 102,64 = 5,44, que a la vez será la diferencia entre la alimentación y el producto 900 - 102,64 = 797,36. (9) Para comprobar, el agua que sale con el producto es 800 – 797,36 = 5,44 La representación gráfica del balance queda: Agua Evaporada 797,36 Agua 802,80 5,44 ------------ ------ fracción 0,892 0,053 Producto 900 102,64 fracción 0,108 0,947 ---------- -------- Sólidos 97,20 97,20 En la hoja de cálculo se plantean las ecuaciones correspondientes, para obtener los valores finales del balance. Determinación de la temperatura de bulbo húmedo de secado.

En el siguiente diagrama se establecen las temperaturas de proceso en diferentes puntos del secador.




FIGURA 59

Temperaturas de proceso

Para el aire ambiente, con humedad del 60% y temperatura de 15 oC , de la carta psicrométrica se tiene una humedad absoluta de 0,008 kg de agua / kg de aire seco. (10)

En estas condiciones el aire tiene un calor específico de

Cpa = 0,24 + 0,45H = 0,24 + 0,45 x 0,008 = 0,2436 kcal/kg o C (11)

Debe recordarse que los valores tanto de la humedad absoluta, como de calor específica son iguales con unidades en sistema inglés.

El usar tablas, carta psicrómetrica y ecuaciones dimensionalmente en unidades de sistema inglés, nos lleva a continuar los cálculos en este sistema, con las equivalencias correspondientes al sistema MKS.

Para el problema, al tomar Temperatura de bulbo húmedo como supuesto 110°F

ó 41°C., se encuentra que Hb = 0,030 y = 1030,9 BTU/lb , aplicando la ecuación se tiene:

0,26 0,030 - 0,008 = ---------- ( 176 - 110) 1030,9




0,022 ≠ 0,01664, con diferencia del 26,49%

FIGURA 60 después de varios ensayos ,tomando 32 0C ó 89,6 0F (12) ; Hb = 0,0295

(13) y = 1042,90, (15) , se tiene 0,26 0,0295 - 0,0080 = ---------- ( 176 - 89,6) 1042,9 0,02150 = 0,02154 (16) con un porcentaje de error de (0,004 / 0,0215) * 100 = 0,186% (17)

(Nota , este valor no coincide con el de la hoja de cálculo ya que en esta última el programa trabaja secuencialmente con todos los decimales; de todas formas el error obtenido es muy bajo ) Balance de calor. Para formular el balance de calor se hace necesario conocer la temperatura de




salida del aire, que es ligeramente superior a la de bulbo húmedo, pero desconocida.

Determinación de temperatura de salida del aire FIGURA 61

También se procede con ensayo y error pero basados en los balances de materiales y de energía,

El aire al salir del secador ha absorbido una cantidad de agua que es exactamente igual a la que se evaporó del producto.

Del balance de materiales este valor es de 1754,19 libras.

Después de varios ensayos al suponer una temperatura de salida del aire de 43 0C ó 109 0 F, (18), se tiene una diferencia de temperatura entre la entrada y salida de 37 0C ó 66,6 0 F, igualmente el aire tiene una humedad, Hs, de 0,0230 libras por libra de aire seco (19) ; ésta humedad se obtiene, en la carta psicrométrica, de la trayectoria adiabática.

En el secador. La cantidad de agua absorbida por cada libra de aire seco es de Hs - Ha, es decir

0,023 - 0,008 = 0,015 libras. (21)

El aire seco necesario para secar el material es 1.754,19 / 0,0150 = 116.946 libras (23)

(Nota , este valor no coincide con el de la hoja de cálculo ya que en esta última el




programa trabaja con todos los decimales )

El aire seco al entrar al secador lleva 116.946 x 0,008 = 935,57 (24) libras de agua representando un entrada de aire tal cual de 116.946 + 935,57 = 117.882 libras. (25)

Con el agua que absorbe el aire 1.754,19 libras, saldrán 1754,19 + 935,57 = 2.689,76 libras. (26)

El aire a la salida debe llevar 116.946 x 0,023 = 2896,76 libras de agua, corroborándose que el supuesto es correcto.

Nuevamente el valor supuesto de 109 0 F, se corrobora mediante el balance de calor así:

El aire en el secador se enfría de 180 0 F hasta 109 0 F, cediendo calor que se emplea para a) calentar el producto de la temperatura de entrada, ( que debe ser la misma del aire ambiente 59 0F) a la temperatura de bulbo húmedo (93 0 F), b) evaporar el agua y c) calentar el vapor de la temperatura de evaporación, que es la temperatura de bulbo húmedo a la temperatura de salida del aire (109 0 F) y d) asumir unas pérdidas que pueden tomarse del 3%

El calor cedido por el aire es Q = Atc x Cp x, Ta siendo

Atc, el aire tal cual a la entrada al secador

Cp calor específico promedio

Ta, diferencia de temperatura del aire en el secador

Cp promedio se toma aplicando Cp = 0,24 + 0,45 H, para las temperaturas de entrada y salida del secador . ( 0,2436 + 0,2504) / 2 = 0,247

Aplicando los valores se tiene

Q = 117882 x 0,247 x ( 176 - 109 ) = 1.938.962 BTU (27)

El calor requerido para calentar la cebolla

Qa = 1980 x 0,9 x (89,6 - 59,0 ) = 54529 (28)

Calor para evaporar el agua

Qev = 1754,19 x 1042,9 = 1.829.445 BTU (29)

Calor para calentar el vapor

Q = 1754,19 x 0,45 ( 109,4- 89,6 ) = 15630 BTU (30)

Calor requerido para proceso

Q = 54.529 + 1.829.445 + 15.630 = 1.899.604 BTU (31)

Tomando 2% como perdidas

Qp = 1.899.604 x 0,02 = 379992 BTU (32)

= 1.899.604+ 37.992 = 1.937.596 BTU

Y el calor total requerido




Q = 1.938.962 BTU (33)

La diferencia entre el calor cedido y el recibido es 1938.962 - 1.937.596 = 1386 (34) El error presentado es 1386/ 1.938.962 ) x 100 = 0,07% (35) admisible en condiciones de diseño.

EJEMPLO 75

SECADOR ESTACIONARIO PARA CEBOLLA

PARAMETRO Simb. Unid. FUENTE REF % MKS ES


Producto F Kgs, lb Dato 1 900,00 1980,00

Humedad Hi % Dato 2 89,20 802,80 1766,16

Sólidos S %, Kgs, lb Calculo 3 10,80 97,20 213,84

Humedad final Hf %, Kgs, lb Calculo 4 5,30 5,44 11,97

Agua Evaporada We Kgs, lb Calculo 9 797,36 1754,19

Producto final P Kgs, lb Calculo 102,64 225,81

Calor especifico cebolla Cc Kcal / kg oC, BTU /

lb o F

Dato Problema

5 0,9 0,9

TEMPERATURA DE BULBO HUMEDO

Aire Ambiente, T0 oC,

o F Dato 6 15 59,00

Humedad Rel. y absoluta Hr, Ha % y kg/kg as Dato 7, 10 60,00 0,0080 0,0080

Calor Especifico aire entrante

Ca Calculo 11 0,2436 0,2436

Temp. calentamiento T1 oC,

o F Dato

Problema 8 80 176

Temp. bulbo húmedo Tbh oC,

o F Supuesto 12 32 89,6

Humedad a Temp. bh Hb kg/kg as, lb / lb as Gráfica 13 0,0295 0,0295

Diferencia de humedad Calculo 14 0,02150 0,0215

Entalpia de vaporización Kcal / kg Tablas 15 579 1042,90

Diferencia de humedad kg/kg as, lb / lb as Comprobación 16 0,02154 0,02154

ERROR 17 0,185% 0,185%

BALANCE DE CALOR

Temperatura salida, T4 oC,

o F Supuesto 43,0 109

Diferencia de Temp. T1 - T4 oC,

o F Calculo 37,0 66,6

Humedad a la salida Hs kg/kg as, lb / lb as Gráfica 0,0230 0,0230

Diferencia de humedad Hs - H kg/kg as, lb / lb as Calculo 0,0150 0,0150

Calor especifico C4 Kcal / kg oC, BTU /

lb o F

Calculo 0,2504 0,2504

Aire seco necesario As kg, lb Calculo 53.157 116.946

Agua en el aire inicial Wi kg, lb Calculo 425,26 935,57

Aire tal cual At kg, lb Calculo 53.582 117.881

Agua en el aire a la salida Wf kg, lb Calculo 1.222,62 2.689,76

Calor entregado por aire Qa kcal, BTU Calculo 27 489.642 1.938.982

Entalpia vaporización kcal, BTU Tablas 579,39 1.042,90

Calor Requerido para evaporar

Qe kcal, BTU Calculo 29 461.981 1.829.447

Calor p. calentar cebolla Qc kcal, BTU Calculo 28 13.770 54.529,20

Calor para calentar vapor Qv kcal, BTU Calculo 30 3.946,93 15.630

Calor total requerido Qt 31 479.698 1.899.606

Perdidas de calor Qp kcal, BTU Asumido 2% 32 2% 9.593,97 37.992




Calor Tot cedido por aire Qt kcal, BTU Calculo 489.292 1.937.598

Diferencia de Calor Qa-Qt kcal, BTU Cálculo 349,32 1.383,31

ERROR 0,07% 0,07%

5.4 Desarrollo de Balance por el método gráfico.

En múltiples aplicaciones de ingeniería se emplean gráficas que correlacionan variables.

Siendo relevantes las gráficas de concentraciones de dos o tres componentes en soluciones, para diferentes fases.

Fase es un sistema termodinámico con propiedades homogéneas.

El agua líquida contenida en un recipiente es una fase, en tanto que dos sustancias inmiscibles (agua y aceite) en un recipiente, constituyen dos fases.

El adicionar a estos dos compuestos un emulsificante, tercera sustancia, que lleva a una homogenización completa de los tres, permite la obtención de una fase.

Para que esta homogenización ocurra, los tres componentes deben estar en equilibrio.

El agua líquida y el hielo a temperatura de 0°y presión atmosférica son dos fases que estan en equilibrio.

Para el agua en el llamado punto triple, temperatura 0,0099 °C y 4,579 mm de presión, en ausencia de aire, coexisten tres fases, sólido, líquido y gas.

En muchas circunstancias un estado de la materia puede ser una fase, pero en muchos casos, en los estado de la materia sólido y gas pueden existir dos o tres fases .

5.4.1. Balances para dos componentes.

Una situación que se presenta muy a menudo es la separación de fases, sólida y líquida, cuando se enfrían soluciones por debajo de la temperatura de fusión del solvente.

Al colocar una gaseosa o cerveza en un congelador, una vez baja la temperatura de 0°C, se pueden formar dos fases, una de hielo y otra, de solución concentrada, esta ultima con una concentración que depende de la concentración inicial.

Usualmente se gráfica la relación de la temperatura de la solución respecto a la concentración en una curva denominada de equilibrio, figura 61.

En la figura 61 para el sistema agua – n-utanol , a temperaturas por encima de la 126º ( punto B) se tiene una solución homogénea a cualquier concentración.

La temperatura de 126ºC se denomina temperatura crítica de la solución.

Para temperaturas por debajo de los 126ºC. solamente se tiene solución a concentraciones que están por fuera de la campana que forma la curva de




equilibrio.

Teniendo un solución del 35% de n-butanol a una temperatura de 140ºC , al bajar la temperatura hasta 100ºC , (punto h) la solución se separa en dos fases, una solución acuosa, con una concentración del 10% de n-butanol por el punto e, y una solución concentrada, 68% representada por el punto f

La recta que une los puntos e y f se denomina Línea de reparto y su estudio detallado es propio de la Fisicoquímica.

Normalmente las líneas de reparto se obtienen por ensayos de laboratorio..

FIGURA 62 Curva de equilibrio para dos componentes

La representación gráfica del comportamiento de un proceso (en este caso enfriamiento) permite realizar balances de materiales por el método llamado Balance Gráfico, basado en lo que se denomina Regla Inversa de la Palanca.

Esta regla establece que la longitud de la línea que une los puntos e y f, es proporcional al peso total de la solución y los segmentos h-e y h-f son proporcionales a la solución concentrada (68%) y solución diluida (10%), respectivamente.

Entre las aplicaciones mas importantes de manejo gráfico se tienen los balances de materiales tanto de separación como de mezcla.

Ejemplo 76




Se tienen 40 kilos de solución al 70% de n-butanol a 120ºC. La solución se enfría a 30ºC, determinar la composición y peso de las soluciones obtenidas.


Solución.

El punto M representa la solución al 70% y 120ºC, al enfriar la solución a 30ºC se llega al punto N, formándose dos fases O y P con concentraciones de 8% y 79% respectivamente.

Midiendo la recta O-P que representa los 20 kilos de solución se encuentra una distancia de 14,5 cms, en tanto que O-N, mide 12,6 y N-P 1,9 cms.

Aplicando la regla de la palanca se encuentra que para la solución diluida el segmento representativo es de 1,9 cms y la cantidad será

1,9 x 20 O = ---------------------- = 2,62 14,5

Y para P, representado por el segmento de 12,6 cms.

12,6 x 20 P = ----------------------- = 17,38 14,5

Estos resultados presentan desviaciones, dependiendo del tamaño de la grafica




en donde se hacen las lecturas y de la habilidad del lector, pero da resultados confiables.

Ejemplo 77.

Una solución de n-butanol al 5% y 20ºC, se mezcla con una solución del 90% a 60ºC, en proporción de 1 a 3. ¿ Cual es la composición y temperatura de la mezcla resultante?.

Solución.

Llamando A a la solución que tiene un 5% de n-butanol y B a la solución que tiene 90%, se ubican las soluciones en el gráfico, puntos A y B, estos puntos se unen mediante una recta cuya longitud equivale a 4 partes.

Para ubicar el punto de mezcla, se aplica la regla inversa de la palanca. Se divide la recta en cuatro partes. Dado que A es una parte, su equivalencia debe ser medida a partir del punto B y es igual a una cuarta parte. y la equivalencia para B debe quedar a tres cuartas partes del punto A .

En esta forma se ubica el punto de mezcla M como se observa en la figura 64.

En una gráfica de página completa, la recta mide 17,8 cms y los segmentos, hecha la distribución en cuatro partes, quedan en 13,45 y 4,45 cms respectivamente.

Acorde a las coordenadas del punto M, se tiene una mezcla con fracción de 0,69 de n-butanol y temperatura de 50ºC.

Al resolver matemáticamente el problema se tiene que la concentración de n-butanol es :

1 x 0,05 +3 x 0,90 Xm = ----------------------------- = 0,6875 4

Valor sensiblemente igual al leído en la gráfica.

La ubicación de la mezcla en la gráfica lleva a establecer que se separa en dos fases ó soluciones C y D, cuya composición, leída en la gráfica son 0,075 y 0,795.

La recta que une los puntos C y D mide 14,6 cms. con segmentos CM y MD de 12,4 y 2,2 cms. respectivamente.





Aplicando la regla de la palanca la cantidad de solución C es proporcional al segmento MD, luego

2,2 x 4 12,4 x 4 C = ---------------- = 0,60 y D = ----------------- = 3,40 partes. 14,6 = 14,6

A continuación se muestra la hoja de cálculo.

Ejemplo 77

Componente Parámetro Procedencia Valor

Solución A Concentración dato 0,05

Partes dato 1

Temperatura dato 20

Segmento medición 4,45

Solución B Concentración dato 0,9

Partes dato 3

Temperatura dato 60


Mezcla Concentración lectura 0,69

Partes cálculo 4




Temperatura lectura 50

Segmento mezcla medición 17,8

Segmento separación medición 14,6

Solución C Concentración lectura 0,075

Partes cálculo 0,60

Temperatura lectura 50


Solución D Concentración lectura 0,795

Partes cálculo 3,40

Temperatura 50


Se tienen gráficas que muestran la composición de fases y que sirven para determinar concentraciones en procesos de separación.

Otra aplicación de las curvas de equilibrio es establecer concentraciones de compuestos en diferentes soluciones, siendo muy usuales las de soluciones líquidas en equilibrio con soluciones gaseosas.

A continuación se muestra un diagrama que representa variables de concentración en función de la temperatura para fases líquida y gaseosa.

Refiriendo a la figura 65, que muestra la curva de equilibrio para soluciones etanol-agua, para el punto A al tener una solución de etanol del 25% (fracción 0,25), puede evaporarse y la fase gaseosa que esta en equilibrio con el líquido contendrá 55% (fracción 0,55). Debe tenerse presente que la gráfica esta en fracciones molares.




FIGURA 65 Curva de equilibrio para soluciones etanol-agua

Para el punto B, al tener un vapor con 70% de etanol, el condensado que está en equilibrio tendrá un 60% de etanol.

Este comportamiento permite enriquecer soluciones evaporando y condensando sucesivamente. La operación unitaria que estudia este comportamiento y es aplicado en la industria se denomina destilación.

Se dispone de diagramas con concentraciones en peso como el que se muestra a continuación, y en el que introducen otras variables como temperaturas y entalpías.

En el diagrama se muestran una curva de equilibrio como en la figura anterior y una serie de diagonales continuas con porcentajes que representan equilibrios de soluciones liquidas y gaseosas




Diagrama Etanol-Agua FIGURA 66

También se tienen diagonales que representan isotermas o temperaturas de ebullición para mezclas de vapor y liquido.

Finalmente se tienen líneas punteadas en la zona de solución líquida para




establecer la entalpía a diferentes temperaturas.

Una mezcla representada por el punto A, indica que es un vapor húmedo (mezcla de vapor y de líquido), a 197,2ºF (isoterma) que en total tiene 40% de alcohol.

Con concentración de alcohol del 10% ( fracción 0,10) en la fase liquida (línea de liquido saturado) punto B y 70% de vapor (línea de vapor saturado) punto C con concentración de 52,5 % de alcohol

La entalpía de esta mezcla es de 600 BTU/ lb.

La recta BC es una línea de reparto o de equilibrio y sobre ella se puede hacer el balance de materiales.

La línea BC mide 9,6 cms, con los segmentos BA y AC de 6,8 y 2,8 cms respectivamente. Esto significa que por cada unidad de peso de la mezcla, 6,8/9,6 = 0,7083 unidades de peso son de vapor y 2,8/9,6 = 0,2917 unidades de peso son de liquido.

Ejemplo 78.

Un vino fermentado y añejado, V, tiene 20% de alcohol en peso. Una cochada de 600 libras se somete a destilación instantánea a 203,4 ºF. Determine la cantidad de destilado ( brandy) obtenido y realice el balance de calor.

Solución.

En la destilación instantánea el liquido que a en equilibrio con el vapor, de tal forma que de acuerdo con la grafica, el destilado o brandy, D, tendrá un contenido de alcohol de 38% en peso, en tanto que el líquido resultante, R, tendrá una concentración del 5% de alcohol.

La recta que une los puntos de destilado, D, y liquido residual, R, mide 10 cms, en tanto que los segmentos DV y VR miden 5,4 y 4,6 cms respectivamente,

Con estas relaciones se tiene de:

400 x 5,4 Residuo R = ----------------- = 216 libras 10 400 x 4,6 Destilado D = ------------------ = 184 libras 10 El alcohol contenido en el vino es de 400 x 0,20 = 80 libras, en tanto que el alcohol contenido en el brandy es 184 x 0,38 = 69,92 libras y el alcohol en los residuos es 216 x 0,05 = 10,8 libras.

La suma del alcohol en brandy y residuos es de 69,92 +10,8 = 80,72 libras, con una diferencia de 0,72 libras ó 0,9%, debido a errores visuales en la lectura de las medidas de los segmentos.




Para el balance del calor, de la gráfica se tiene los siguientes valores de entalpía.

Vino 500 BTU/lb

Destilado 885 BTU/lb

Residuo 170 BTU/lb

El calor que ingresa debes ser igual al calor que sale, luego

400 x 500 = 184 x 885 + 216 x 170

200.000 199.560.

Se presenta una pequeña diferencia, 440 BTU, debido a las lecturas realizadas.

Ejemplo 78

Destilación instantánea de vino

Parámetros Unidades Valores

Vino libras 400

Concentración alcohol fracción 0,2

Alcohol kilos 80

Recta equivalente cms 10

Entalpía 500

Calor en la alimentación 200000

Destilado libras 184

Concentración fracción 0,38

Segmento equivalente cms 4,6

Alcohol 69,92

Entalpia BTU/lb 885

Calor 162840

Residuos libras 216

Concentración fracción 0,05

Segmento equivalente cms. 5,4

Alcohol kilos 10,8

Entalpia BTU/lb 170

Calor 36720

Alcohol en producto y residuo libras 80,72

Diferencia con alimentación 0,9%

Diferencia de calor 440

5.4.2. Balances para tres componentes La representación gráfica de tres componentes se hace en un triángulo equilátero,




cuyos lados se escalan para concentraciones que van de 0 a 100%, en sentido contrario a las manecillas de un reloj como se observa en la figura. Que representa el sistema ternario agua – alcohol – azúcar.

FIGURA 67 SISTEMA DE TRES COMPONENTES.

En el triángulo los puntos colocados en los lados representan cero participación en la solución de un componente marcado en el vértice.

Los puntos colocados en los lados representan soluciones de dos compuestos, excepto en los vértices; en el lado AB, no existe componente B: para los del lado BC, no existe componente C y para los del lado CA, no existe componente A

A la vez los vértices opuestos, representan que el compuesto esta puro (o seria el 100% de la solución y en tal caso no existe solución ). El vértice B representa 100% del compuesto A, el vértice C 100% de B y el vértice A 100% de C

Dentro del triángulo, un punto representa una solución de tres componentes y la participación de cada componente como fracción se realiza de acuerdo a la línea subrayada.

Para una solución representada por el punto 1, la composición porcentual es alcohol 70%, azúcar 10% y agua 20%; para el punto 2 agua 50%, azúcar 26% y




alcohol 24%.

Igualmente para los sistemas ternarios se pueden realizar balances de mezclas y de separación en forma gráfica empleando la regla de la palanca.

Ejemplo 79

Se tienen soluciones de azúcar, alcohol y agua representadas por los puntos 1 y 2, al mezclar tres partes de solución 1 con una parte de solución 2 establecer la composición de la solución resultante.

Solución

La solución resultante equivale a cuatro partes, tres de la solución 1 y uno de la dos.

Acorde a la regla de la palanca, el tramo 1- R representa la solución 2, en tanto que R-2 representa a la solución 1.

La recta que une 1 a 2 se divide en cuatro partes iguales, empleando unidades procedentes y se ubica el punto R, a una división de 1.

Para el punto R, obtenido de la manera explicada se tiene la composición:

Alcohol 0,59 Agua 0,28 Azúcar 0,14

Ejemplo 79

Sol. de Alcohol-Agua-Azúcar

Solución 1

Alcohol fracción, peso 0,7 2,1

Agua fracción, peso 0,2 0,6

Azucar fracción, peso 0,1 0,3

segmento unidades 3

Solución 2




segmento unidades 1

Producto recta




segmento unidades 4




FIGURA 68

Ejemplo 80

Que cantidad de azúcar y agua debo adicionarle a una solución que tiene 50% de alcohol, 20% de agua y 30% de azúcar, para obtener una solución que tenga 10% de alcohol y 30% de agua.

Solución.




FIGURA 69

En el diagrama se representan los puntos S y P representativos de la solución inicial y el producto. El punto I representativo del azúcar y agua queda sobre el lado CA en la prolongación de la recta que une P con S.

El punto I representa una solución que tiene 68% de azúcar y 32% de agua.

La recta SI mide 5.3 cms en tanto que el segmento PI mide 1,1 cms, y el segmento SP mide 4,2 luego la relación de la solución S a la solución I es de 1,1 a 4,2.

Si se tomará 100 kilos de la solución S, se requerirían 100 x 4,2 / 1,1 = 381.818 kilos de solución I.

Esta solución tiene 68% de azúcar, luego el azúcar necesario es 381.81 x 0,67

= 255,818 kilos y de agua 381,818 - 255,818 = 126,000 kilos

.Ejemplo 80




Solución Azúcar-Alcohol-Agua

Solución S 100,000




Segmento cms. 1,1

Solución I 381,818




Segmento cms. 4,2

Producto P 481,818




Recta cms 5,3

Comprobación 481,818

El comportamiento de fases para tres componentes se representa de diagramas ternarios, abundantes para procesos químicos, pero prácticamente desconocidos para procesos en alimentos.

El manejo de los diagramas ternarios es similar a los binarios, debiéndose tener especial atención en la lectura de las fracciones de la mezcla ternaria,

En la figura 69 se aprecia el comportamiento del sistema del sistema agua-acido acético y acetato de vinilo, con la curva de equilibrio en forma de cúpula, con líneas de reparto inclinadas.

El punto M corresponde a una solución que tiene un 20% de acetato de vinilo, un 70% de ácido acético y un 10% de agua.

El punto F corresponde a sistema de dos fases, una con la composición del punto a y la otra con la composición del punto b




FIGURA 70 Sistema ternario

Ejemplo 81

Una mezcla representada por el punto F, de concentración 30% de acetato de vinilo, 20% de acido acético y 50% de agua, se separa en dos fases, una acuosa a, y una oleosa b, determinar las concentraciones de las fases y las cantidades obtenidas a partir de 1.000 kilos de mezcla.

Solución

Siguiendo la línea de reparto, sobre la curva de equilibrio se localizan los puntos a y b, cuyas concentraciones son:

Solución a

Agua 4% Acido acético 13% y Acetato de vinilo 83%

Solución b




Agua 69% Acido acético 21% Acetato de vinilo 10%

Para determinar las cantidades de cada solución, se mide la recta que une a a con b y los segmentos af y fb.

Realizadas la mediciones se encontró :

ab 8.8 cms.

af 6.2 cms.

Fb 2.6 cms.

Empleando la relación inversa se tiene 2.4 x 1.000 Solución a = -------------------- = 272,72 8.8 6.4 x 1.000 Solución b = -------------------- = 727,28 8.8 Es de anotar que el ejemplo se puede resolver matemáticamente usando los datos de porcentaje obtenidos de la gráfica y aplicando el ensayo y error, como se muestra en la hoja de cálculo. El resultado final de los ensayos se muestran a continuación Ejemplo 81

SISTEMA TERNARIO

Parámetro Valores Comprob.

Solución f kilos 1000,000

Acetato de vinilo fracción, kilos 0,3 300 300,00

Acido acético fracción, kilos 0,2 200 200,82

Agua fracción, kilos 0,5 500 499,18

1000,00

Solución A kilos 273,975

Acetato de vinilo fracción, kilos 0,83 227,399

Acido acético fracción, kilos 0,15 41,096

Agua fracción, kilos 0,02 5,479

Solución b kilos 726,026

Acetato de vinilo fracción, kilos 0,10 72,603

Acido acético fracción, kilos 0,22 159,726




Agua fracción, kilos 0,68 493,697

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