de m ateria la industria

S S t v ’:

Acerca del autor:

A N TO N IO V A L IE N T E BARDE- RAS es Ingeniero Qui'mico egresado de la Facultad de Química de la Uni­versidad Nacional Autónoma de fvléxi- co. Obtuvo la maestría en Ingeniería Química en el Instituto Tecnológico de Loughborough, Inglaterra y Maes­tría en Administración Industrial en la UNAM. Es Catedrático de la Facultad de Química de la UNAM . Fue profe­sor de Ingeniería Química en la Uni­versidad Iberoamericana y en la Uni­versidad La Salle. Ha dirigido más de 50 tesis profesionales y es autor de va­rias publicaciones sobre la educación del ingeniero químico y de libros de texto sobre balance de materia y ener­gía.

Su experiencia profesional la ha lo­grado a través de importantes cargos en Ferro Enamel de México, el Institu­to Mexicano del Petróleo y Somex.

Actualmente es catedrático de la Facultad de Química de la Universi­dad Nacional Autónoma de México, donde imparte la materia de transfe­rencia de calor flnoeniería Química IV ).

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA

EN LA INDUSTRIA ALIMENTARIA

Antonio Valiente BarderasIngeniero Químico egresado de la

Facultad de Química de la Universidad Nacional Autónom a de México.

Profesor Titular de las asignaturas Ingeniería Química I y II.

EDITORIAL LIMUSA

MÉXICO • ESPAÑA • VENEZUELA • ARGENTINA

COLOMBIA * PUERTO RICO

Elaboración: SISTEM AS E D IT O R IA L E S TÉCNICOS, S.A. de C V.

PROBLEMAS DE BALANCE DE M ATERIA Y ENERGIA EN LA INDUSTRIA ALIMENTARIA

Derechos reservados:

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

Miembro de la Cám ara Nacional de la Industria Editorial. Registro No. 121

Primera edición: 1986Impreso en México

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA

EN LA INDUSTRIA ALIM ENTARIA

A laFacultad de Química

de laUniversidad Nacional Autónoma de México

Prólogo

El primer proceso químico usado por el hombre fue la combustión. El fuego le proporcionó calor, luz y más tarde el medio para cocinar sus alimentos: primero asándolos, ahumándolos y posteriormente cocinándolos.

El fuego fue también la clave para el descubrimiento y utilización de la cerámi­ca y después para la obtención de los metales y el vidrio. El hombre utilizó el fuego para ahumar los alimentos y así preservarlos y conservarlos para un período de esca­sez, pero también utilizó otros métodos como el secado de la carne y otros alimentos al sol y la salazón de los mismos, para lo cual se obtenía sal por evaporación solar.

A partir del desarrollo de la agricultura, la ganadería y el asentamiento del hombre en pequeñas comunidades — que posteriormente darían lugar a las grandes ciudades-estado—, los procesos para el mejoramiento y conservación de alimentos siguieron mejorando y aumentando en importancia. La convivencia con las plantas y los animales domésticos produjo una serie de innovaciones en el uso de sus produc­tos tales como la manufactura de pan, quesos, mantequillas, yoghurts, mantecas, aceites, vinos, miel, cera, cerveza, etc.

En América las grandes culturas fueron posibles gracias al cultivo del maíz, fri­jol, papa, camote, tomate, yuca, ñame, etc. Los aztecas en sus campañas de conquis­ta llevaban alimentos concentrados tales como pinole y carne machaca, o llevaban consigo guajolotes y perros escuintles.

La civilización china fue posible gracias al cultivo del arroz, el trigo, la soya, y a la domesticación de animales tales como el cerdo y la gabina. Con el tiempo su ali­mentación se hizo muy sofisticada y su cocina una de las mejores del mundo.

Los primeros imperios occidentales florecieron cercanos al Mediterráneo, en áreas donde crecían nativos el olivo, la vid, el trigo y la cebada. Del primero se obtenía aceite con el cual se cocinaban los alimentos al igual que hoy en día, pero con el que se alimentaban también las lámparas de la época. De la vid se obtenía el vino por fermentación, además, si el vino se dejaba fermentar aún más, se obtenía vinagre que aparte de su uso culinario, era el ácido más fuerte del que se disponía.

Los griegos primitivos se caracterizan por una gran frugalidad, el caldo espar­tano —mezcla de sangre, carne y vinagre—, se consume en las mesas comunitarias. El pastor vive del queso de sus cabras y de sus ovejas. Para hacerlo cuaja la leche

7

8 PROLOGO

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

PROLOGO 9

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

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

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

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

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

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

La utilización del frío para conservar los alimentos es consecuencia de los des­cubrimientos científicos que ponen de relieve la función de los microorganismos en su descomposición, aunque era el procedimiento tradicionalmente usado por es­quimales y lapones.

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

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

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

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

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

10 PROLOGO

nuamente son atacadas por microorganismos, el moho, los insectos o los roedores. Además, el oxígeno del aire las altera (por ejemplo las grasas se ponen rancias).

Por esta razón es necesario consumir rápidamente los alimentos o en caso contrario, hay que someterlos a un procedimiento de conservación. De una manera empírica, sin comprender muy bien el mecanismo de deterioro, el hombre se ha es­forzado siempre por conservar sus alimentos.

A principios del Siglo X IX , 40 años antes de que Pasteur realizara sus trabajos acerca de la fermentación microbiana, Appert abría el camino de los grandes proce­dimientos industriales de conservación basados en la utilización del calor (destruc­ción de los microorganismos) o del frío (bloqueo de su actividad).

Gracias a una gran diversidad de técnicas, las industrias de conservación nos abastecen, incluso muy lejos de su lugar de origen, de productos naturales o prepa­rados que el ama de casa puede guardar sin peligro.

El rápido avance de las industrias agroalimentarias ofrecen actualmente la po­sibilidad de que puedan consumirse frutas y verduras en cualquier estación del año. Las conservas congeladas mantienen todas las cualidades nutritivas, los jugos de fru­tas que al principio se desarrollaron en Estados Unidos se han extendido por el mun­do y cada vez se consumen más. Se consideran como bebidas pero como proceden de frutas sanas y maduras contribuyen al equilibrio alimenticio.

Los alimentos que se ofrecen al público en nuestro tiempo ofrecen una variedad considerable que no se había visto nunca; sin embargo, a pesar de la abundancia y variedad de alimentos, sobre la humanidad se cierne un gran peligro: la población mundial se ha duplicado en los últimos 50 años y se duplicará de nuevo en un plazo de 35. Las poblaciones afectadas por el crecimiento demográfico han acogido mal los intentos de controlar el crecimiento. El futuro dependerá de las soluciones a los problemas esenciales como son el aumento de la población, el aumento de la pro­ducción de alimentos y la desigualdad en el reparto de loá mismos entre los distintos países.

En la actualidad, todas las naciones hacen esfuerzos para aumentar la produc­ción de alimentos, su conservación y la creación de nuevos recursos alimenticios. Se presta singular atención a los cultivos sin tierra, cultivo de microorganismos nutriti­vos en solución, cultivo de algas y al estudio de las posibilidades alimenticias de mul­titud de especies animales y vegetales que han sido parcialmente utilizadas hasta la fecha o no se, han empleado.

Para poder hacer frente al reto de alimentar mejor y a más personas, el mejor recurso de una nación lo constituyen las personas capacitadas que puedan aumentar la:producción, disminuir las pérdidas por deterioro y mejorar la calidad nutricional de los alimentos.

Por medio del presente libro, se desea colaborar en la resolución del problema indicado, al contribuir a la enseñanza de los futuros profesionales que ejercerán su carrera en la producción de alimentos procesados.

Deseo expresar mi profunda gratitud a la señorita Irene Salvador Escobedo quien mecanografió los apuntes de clase para formar el manuscrito original, así co­mo a los señores profesores Héctor Méndez Fregoso, Federico Galdeano y Ninfa Guerrero, por la revisión, comentarios y sugerencias que me hicieron para mejorar el manuscrito original.

Ing. Antonio Valiente Bar deras

Contenido

c a p í t u l o UNO __________________________________________Introducción a los problemas de balance de materia y energía en la industria álim enlaria 15

Objetivos 17Importancia de la industria alimentaria 17Procesos 18Balance de materia y energía 19Metodología 19Diagrama de flujo 20Identificación de corrientes 21Problemas resueltos 25Problemas propuestos 35

CAPÍTULO DOS ___________________________________________Variables y magnitudes físicas 45

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

U

12 CONTENIDO

Conversión de unidades 53Problemas resueltos 53Problemas propuestos 68Apéndice 2.1 Equivalencias 72Apéndice 2.2 Pesos atómicos de algunos elementos 73Apéndice 2.3 Grados Brix o porcentaje en peso

de sacarosa 74

CAPITULO TRES __________________________________________Balances de materia y energía — breve resumenteórico 75

Objetivos 77Breve resumen teórico 77Balance de energía 80Problemas resueltos 83Problemas propuestos 99

CAPÍTULO CUATROBalances de energía en equipos de transferenciade calor 105

Objetivos 107Introducción 107Balances dé energía en equipos de transferencia

de calor 107Cambios de estado 108Calores latentes y calores sensibles 109Capacidad calorífica 110Calores latentes 112Vapor de agua 112Problemas resueltos 113Problemas propuestos 126Apéndice 4.1 Entalpias del vapon.de agua

saturado 130Apéndice 4.2 Entalpias del vapor sobrecargado

kcal/kg 131Apéndice 4.3 Diagrama de Mollier para el agua 132Apéndice 4.4 Capacidades caloríficas de los gases 133Apéndice 4.5 Calores específicos de gases y vapores 134Apéndice 4.6 Calores específicos de líquidos 136

Apéndice 4.7 Calores latentes de vaporización 138Apéndice 4.8 Capacidades caloríficas molares medias

de gases a presión constante 140Apéndice 4.9 Capacidades caloríficas promedio de

alimentos entre 0 y 100°C 140

CONTENIDO J3

CAPÍTULO CINCOBalances en procesos de mezclado y evaporación 141

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

CAPÍTULO SEISBalances con vapores condensables 173

Objetivos 175Introducción 175Presión de vapor 175Ebullición 175Condensación 176Mezclas de líquidos 176Equilibrio entre un líquido y un gas insoluble

en el líquido 177Destilación 180Balances 181Acondicionamiento de aire 182Secado 182Enfriamiento de agua 182Balances de materia y energía 183Problemas resueltos 184Problemas propuestos 216Apéndice 6.1 Presión de vapor del agua en mm de Hg 222Apéndice 6.2 Constantes de Antoine 222Apéndice 6.3 Carta psicroméirica 223

14 CONTE.1TOO

CAPÍTULO SIETE __________________________________________Balances en extracción sólido-líquido y en cristalización 223

Objetivos 227Cristalización 227Balances de materia 228Balances de materia 252Problemas resuellos 233Problemas propuestos 251

CAPÍTULO OCHO ______________Balances con reacción química 257

Objetivos 259Introducción 259Balances con reacciones químicas 259Rendimiento 260Balances de energía 261Calores de reacción a una temperatura distinta de la estándar 262Reacciones adiabáticas 264Problemas resueltos 264Problemas propuestos 302Apéndice 8.1 Calores normales de formación a 25°C 306Apéndice 8.2 Calores normales de combustión a 25°C 307Bibliografía 309

CAPÍTULO

UNOIntroducción a losproblemas de balance de materia y energía en la industria alimentaria

Objetivos:El alumno, al estudiar este capítulo, podrá distinguir entre procesos quí­

micos y procesos físicos y, a partir de los diagramas de flujo, deducirá qué tipo de operaciones se llevan a cabo.

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

Importancia de la industria alimentariaDesde los primeros tiempos, el hombre ha transformado los alimentos que

encuentra en la naturaleza con el fin de preservarlos, mejorar su apariencia o sabor o convertirlos en otros productos.

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

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

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

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

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

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

17

18 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA V ENERGIA

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

ProcesosLa industria alimentaria requiere hombres y maquinaria para proce­

sar los productos naturales y para fabricar algo se siguen pasos relacionados entre sí. A esta secuencia se le llama proceso. Los procesos a los que conti­nuamente entran y de los que salen materiales, reciben el nombre de proceso continuo. Hay otros procesos en los que se mete el material en un equipo, se es­pera su transformación y luego se vacía. Estos procesos son intermitentes. También lo son los procesos en los cuales se fabrica hoy un tipo de producto y mañana otro.

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

Los procesos en la industria alimentaria son de dos clases.

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

Semillasde

cacao

Limpieza

Tostado*

Descascarado

Chocolateliquido

1 Molienda i

Prensado

Manteca de cacao

Polvo de cacao

Cáscaras

* Operación que implica un cambio químico.Figura 1.1 Procesos físicos.

Mezclado (Azúcar

Calentamiento

Acabado iLecitina

Enfriamiento

Moldeo

Chocolate dulce

METODOLOGIA 19

Semillasde

Grasa comestible* O peraciones físicas.

Figura 1.2 Procesos químicos.

Balance de materia y energía

Los balances de m ateria y energía son una contabilidad de entradas y sa ­lidas de materiales y energía de un proceso o de una parte de éste. Estos balances son im portantes para el diseño del tam año de aparatos que se emplean y para calcular su costo. Si la planta trabaja , los balances proporcionan información sobre la eficiencia de los procesos.

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

L a teoría de estos balances es muy sencilla, pero su aplicación puede ser muy com plicada, a menos que se tenga una metodología adecuada para resol­ver estos problem as.

Metodología

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

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

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

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

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

20 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGIA

Diagrama de flujoEn todo tipo de ingeniería se requiere de planos que especifiquen tama­

ños, formas, conexiones y corrientes. Estos planos sirven para calcular, cons­truir o cotizar equipos o procesos.

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

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

En la figura 1.3 se presenta un ejemplo de diagrama de flujo.

IDENTIFICACION DE CORRIENTE 21

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

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

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

Identificación de corrientesEn las corrientes que unen a los equipos se emplean números o letras que

las identifican y en ciertos casos se colocan también las condiciones de las mis­mas (figura 1.6).

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

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

Nomenclatura

Las propiedades se designan por medio de letras latinas o griegas, las corrientes por números.

L Flujo másico de líquido.L Flujo molar de líquido.L Flujo volumétrico de líqúido-Lx Flujo másicó en la corriente 1.T3 Temperatura de la corriente 3.G Flujo másico de gas.S Flujo másico de sólidos o de mezclas semi-sólidas.S2 Flujo másico de sólidos en la corriente 2.gj Densidad de la corriente 1.

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

g^2° Densidad del agua de la corriente 1.yf,rc Concentración molar de aire en la corriente 5.

En general:

x Se refiere a concentraciones en fase líquida.

Tubería Codo

H S h -

T ram pa de vapor Válvula

Bomba Ventilador

L f J

\ /

Extractor Cristalizador

c r oSecador

de bandaT orre de

platosT orre

em pacada

Secadorrotatorio

Secador de gabinete

A

VSecador por

aspersión

T anque

c o

T anqueagitado

T anque con serpentín

Figura 1.4 Simbología.

22

Figura 1.4 (Continuación) 23

24 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGIA

Figura 1.5 Simbología de instrumentación.

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

Figura 1.6

PROBLEMAS RESUELTOS 25

3) Concentraciones en fase gaseosa. w Concentraciones en fase sólida.

Así x i íaC1 Concentración de sal en la corriente uno líquida (ver capítulo 2).

Combinación de los diagram as de equipo y nomenclatura

kgEn la figura 1.7, la corriente 1 tiene un gasto de 1000 — — y una con-h

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

L, = 1000

Figura 1.1

Problemas resueltos

Problema 1.1

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

26 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGIA

1. T ra d u c c ió n

Figura 1.8

2. DiscusiónEn el proceso se tiene un cam biador de calor de placas calentado por va*

por. El vapor cede su calor latente y se condensa. Se utiliza una tram pa de va* por para lograr que sólo salga vapor condensado (agua líquida). El sistema tiene un m edidor y controlador de tem peratura que envía una señal a la válvu­la de vapor, para que ésta se abra o cierre y deje pasar m ás o menos vapor, se­gún sea necesario.

Problema 1.2

El proceso para producir chocolate con leche se presenta por medio del diagram a de bloques m ostrado en la figura 1.9. Explíquelo.

Respuesta:

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

PROBLEMAS RESUELTOS 27

LecirinaFigura 1.9

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

En seguida se agregan emulsificantes corno lecitina para ajustar la viscosi­dad final. Después se enfría y se m oldea.

Problema 1.3

Producción de un concentrado con vitam ina B12. Para producir vitamina B12,que se utiliza como suplemento alimenticio, se emplea un método bioquí­mico. El microorganismo usado es Streptom yces olivaceus. Con este organismo se inocula un ferm entador prim ario de 1500 ( que contiene el medio nutriente form ado por dextrosa, C a C 0 3, CoCl2 6H20 y productos resultantes de la desti­lación de vinos (vinazas). Al ferm entador se le añade aire.

En el ferm entador se elabora el inóculo para la producción en los fermen- tadores secundarios que son tanques de 20,000 L En el proceso, la tem peratura se mantiene a 2 8 °C por medio de vapor o enfriamiento con agua. Al ferm enta­dor se mete aire estéril y se agita. Al consumirse los nutrientes y subir el pH a 8 se descargan los fermentadores. Entonces el contenido de B 12 es de 1 a 2 mi- crogram os por mi de caldo. Este se m anda al tanque de alm acenam iento y se estabiliza la vitamina B12 al reducir el pH a 5 con H2S 0 4 y una pequeña canti­dad de sulfito de sodio. El contenido de sólidos pasa de 3 a 15 ó 20% en un eva- porador, el jarabe pasa luego a secadores de tambor doble que dan un producto sólido con 5% de hum edad; el material seco se muele y envasa.

Por este método el contenido final de vitamina B12 es de 20 a 60 mg po^ kilogramo. El producto final contiene también factores nutrientes deseables como proteínas, niacina, tiam ina y riboflavina.

H aga un diagram a de flujo utilizando la sim bología de equipos.

28 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGIA

A ) VinazasB ) D extrosaC) Agua fríaD ) Co*£) CaCÜ3

i___________________________________________J

F ) A ireG) H 2S 0 4 y N a2S 0 3H ) VaporI ) 'Productos

J ) Agua caliente o condensadosr . 1 1 /1 K) oliváceos.Figura 1.10 '

PROBLEMAS RESUELTOS 29

Problema 1.4

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

A ) Suero de leche B) Ca(OH)2 C) Vapor D) A lbúm ina E) Condensador F) Agua G) Carbón activado H) Aire caliente /) Aire frío J ) Lactosa refinada.

Figura 1.11

30 INTRODUCCION A I.OS PROBI.F.MAS DF. BALANCE DE MA TERIA Y ENERGIA

1. Respuesta:Una vez que se ha cortado la leche se forman dos fases: la sólida, form ada

por caseína y la m antequilla atrapada y la líquida o suero que contiene lactosa y albúm ina.

Al tratarse con hidróxido de calcio el suero produce un precipitado de a l­búm ina y la lactosa queda en solución. Se filtra, y el líquido circula a una serie de evaporadores en donde la lactosa se concentra poco a poco. El líquido con­centrado pasa a un cristalizador, en donde se obtienen los cristales de lactosa, que después entran en una centrífuga para separar los cristales de las aguas m adres que se envían de nuevo al evaporador. Los cristales que se obtienen son am arillentos e impuros, por ello se disuelven y se tratan con carbón activado.

L a m asa se filtra y el líquido se concentra, cristaliza y centrifuga de nuevo.

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

Problema 1.5

¿Qué sucede con los m ateriales que se procesan en el siguiente diagram a?

Figura 1.12

PROBLEMAS RESUELTOS 31

1. R espu esta :

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

Problema 1.6

El diagram a de la figura 1.13 m uestra un secador rotatorio.Indique qué significa G4, Sj y T$:

Figura 1.13

1. R espu esta :

L a corriente ó'j es la corriente sólida que entra al secador; la corriente G4 indica el gasto de gases fríos salientes del secador y T 3 es la tem peratura de los gases calientes que entran al secador.

Problema 1.7

Indique qué sucede en el diagram a mostrado en la figura 1.14.

32 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGIA

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

Figura 1.14

I . R espu esta :

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

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

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

PROBLEMAS RESUELTOS 33

Problema 1.8

En 1978, México formuló un anteproyecto para producir CARRAGENI- NA. L a técnica em pleada en el proceso consiste en una primera etapa de lava­do, m ediante la cual se elimina la arena y las basuras del alga. Después que se recolectan se secan en la playa. Al mismo tiempo, se elimina el exceso de sal y se reduce la corrosión en los equipos debida a los cloruros.

En esta fase del proceso se emplean 2060 kg/h de agua para lavar 515 kg/h de algas que contienen 20% de hum edad. Para eliminar el exceso de sal se em plean 2.06 kg de sosa cáustica al 40% . Del lavador salen 858 kg de algas y 1717 kg de agua, adem ás de otras sustancias. Dibuje un diagram a del proceso utilizando a) un diagram a de bloques y b ) un diagram a de equipos. Coloque los gastos y concentraciones sobre las corrientes entrantes.

1. Resolución.1.1. D iagram a de bloque

1.2. D iagram a de equipo

Figura 1.16

34 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGIA

Problema 1.9

En un proceso de m anufactura de jugos de fruta (naranja), se necesita un evaporador, que recibe una alimentación de 4500 k g/d ía de zumo con una concentración del 21% . El zumo se concentra hasta el 60% . La alimentación entra a 20 °C .

Dibuje un diagram a de bloque y un diagram a de equipo y coloque los d a ­tos sobre las corrientes

1. Traducción.1.1. D iagram a de bloque

Figura 1.17

1.2. D iagram a de equipo

Figura 1.18

PROBLEMAS PROPUESTOS 35

Problema 1.10

Para beneficiar el cacao se utiliza un proceso que consta de lavado y de se­cado. En el prim er paso, se tiene un secador de charolas. Para secar el cacao se utiliza aire con una hum edad de 0.0105 kg de H20 / k g de aire seco y 25 °C . Es­te aire pasa a un precalentador de donde sale con la m isma hum edad, pero a 6 0 °C ., luego el aire se mete al secador.

El cacao entra en el secador con 40% de hum edad. Indique el proceso con un diagram a de equipo.

1. Traducción1.1. D iagram a de equ ipo Se m uestra en la figura 1.19.

4. Aire húmedo saliente5. Cacao seco.

Figura 1.19

Problemas propuestos

Problema 1.11

En una planta productora de leche para lactantes se produce esa leche al mezclar grasas, proteínas, lactosa, sales y la cantidad de agua necesaria. La leche final deberá tener una composición aproxim ada de 3.5% de grasas, 3% de proteínas (caseína, albúm ina, globulinas), 4 .6% de lactosa, 0 .8% de sales (cloruro de sodio, fosfatos y sales de calcio) y el resto de agua. Indique el proce­so m ediante un diagram a de equipo y coloque los datos que se piden.

36 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGl/i

Problema 1.12

En un proceso de fermentación se tiene el aparato mostrado en la figura 1.20. Señale las variables fundam entales que se controlan y por qué.

Problema 1.13

H aga una descripción del proceso m ostrado en la figura 1.21.

Figura 1.21

PROBLEMAS PROPUESTOS

Problema 1.14

37

En la figura 1.22 se presenta un diagram a sim plificado de la fabricación de azúcar, a partir de caña de azúcar. Indique qué sucede:

1. Caña2. Cal3. Vapor4. Condensadlos

5. Melazas6. Azúcar7. Desperdicio.

Figura 1.22

38 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGIA

Problema 1.15

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

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

a) *)

L__ -------- —

e)Figura 1.23

d)

2. Respuesta:Los equipos a, c y f trabajan a régimen intermitente. Los equipos b, d y e a régimen continuo.

PROBLEMAS PROPUESTOS 39

Problema 1.16

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

El pigmento entra al secador a razón de 8000 kg m ol/h y contiene 1.25% en mol de benceno. El gas resultante del secador está a 768 mm de H g y a 4 2 .2 °C y pasa por un enfriador para condensar la m ayor parte del benceno y las fases resultantes se fraccionan en un tam bor de separación. Los gases que resultan del tam bor se hacen pasar mediante un ventilador a través de un cam ­biador de calor y luego al secador. El ventilador opera a una presión de succión de 760 mm de Hg-. Una lectura a la descarga indica una tem peratura de 15 .4°C . Con una presión total de 1250 mm de H g. El gas circuíante alrededor de este circuito es de 9500 m 3/h de N2 a condiciones estándar.

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

Traducción.1.1. Diagrama

El diagram a correspondiente se m uestra en la figura 1.24.

S1 = 8000 kgm ol/hbenceno = 0.0125- kg mol benceno

kg mol totalFigura 1.24

40 INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y E N E R G IA

Problema 1.17

Explique lo que sucede en el d iagram a de bloques mostrado en la figura1.25:

1. Maíz 2. Cebada 3. Agua caliente 4. Lúpulo 5. Inoculo 6. Cereales agotados 7. Lúpulo agotado 8. Cerveza.

Figura 1.25

Problema 1.18

Señale lo que sucede en el proceso m ostrado en la figura 1.26:

PROBLEMAS PROPUESTOS 41

I. Clostridium genus. 2. Maíz 3. Vapor 4. Agua 5. (X)2 fi. Condensador 7. Acetona 8. Alcohol etílico 9. Butanol.

Figura 1.26

42 IN T R O D U C C IO N A LOS PROBLEM AS DE BALANCE DE M A TER IA Y ENERGIA

P rob lem a 1.19

Describa el proceso m ostrado en la figura 1.27:

T a n q u e

refinación

ExtractorCocimiento

Desodorizante

1. N a OH 2. H20 3. Semilla de algodón lim pia 4. V apor 5. Ayuda filtro y carbón activado 6. Material para jabones 7. Com ida p a ra ganado 8. Aceite desodorizado de algodón.

Figura 1.27

PROBLEMAS PROPUESTOS 43

Problem a 1.20

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

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

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

CAPÍTULO

D O S _________Variables y magnitudes físicas

Objetivos:

A l estudiar este capitulo, el lector:

a) Conocerá las principales variables usadas en la industria alimentaria.b) Utilizará los principales sistemas de unidades que se usan en la in ­

dustria.c) Podrá hacer transformaciones para cambiar el valor de las variables

de un sistema a otro.

Introducción

Para especificar un sistema es necesario indicar las variables que le deli­m itan. Lo mismo sucede si se evalúa un proceso, pues hay que indicar el valor de las variables, antes y después de efectuarlo. En todo caso siempre se necesita medir, pues al hacerlo asignamos valores a las cosas. Para medir se emplean unidades, que a su vez forman parte de un sistema de unidades. Por lo general, se utiliza solamente un sistema de unidades para hacer mediciones, pero si no fuera posible, se hacen conversiones o se buscan las equivalencias entre una unidad y otra.

Variables

En la industria alimentaria, las variables que se necesita medir con m a­yor frecuencia son el gasto o cantidad de m ateria procesada por unidad de tiempo, la concentración, la presión, la tem peratura, el trabajo efectuado, la potencia y variable afines.

En la actualidad, el sistema de unidades que más se utiliza es el sistema SI o sistema internacional de unidades. En este sistema las unidades fundam enta­les son:

De longitud, el metro (cuyo símbolo es m).De masa, el kilogramo (cuyo símbolo es kg).De tiempo, el segundo (cuyo símbolo es s).De tem peratura, el grado Kelvin (cuyo símbolo es °K). Las demás unidades se derivan de éstas, tales como:La unidad de fuerza es el Newton

cuyo símbolo N es equivalente a kg

La unidad de energía es el Julio ícuyo símbolo J es equivalente a Nm o kg —j - J

47

48 VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

• La unidad de potencia es el Vatio

^cuyo símbolo W es equivalente a J - o kg

• La unidad de presión es el Pascal

(cuyo símbolo Pa es equivalente a — \\ m 2/

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

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

Cantidad de materia procesada

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

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

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

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

Composición

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

DENSIDAD 49

La concentración másica y molar, o sea la cantidad de masa de una sus­tancia expresada en kg o kg mol por unidad de volumen C .NaC1, CNaCi.

• La fracción másica y molar, es decir la cantidad de masa de una sustan­cia expresada en kg o kg mol por unidad de masa total xffaCI, xíy’aC1.

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

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

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

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

Densidad,

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

q = masa/volumen

Para m edir la densidad se usan flotadores llamados densímetros o aerómetros, que permiten encontrar la densidad rápidam ente. Como la densidad varía con la concentración, esta es una forma rápida de determ inar concentraciones.

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

qr = q sustancia/ q H20

La densidad relativa es adimensional. Como el volumen de los cuerpos cambia con la tem peratura, la densidad es tam bién función de la tem peratu­ra, es decir que a mayor tem peratura m enor densidad.

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

15°C nqk a = 0.78

4.0°C

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

Algunas escalas para m edir la densidad son arbitrarias y se utilizan densí­metros especialmente construidos para ese propósito, entre ellos están la densi­

50 VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

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

°Be = (140 /Qff) - 130

Para líquidos más pesados

°Be = 145 - (145/pfi)

En donde

15°CSo a ---------R 15°C

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

Fuerza y peso

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

F = ma

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

sistema MKS gravitacional es el kilogramo fuerza abreviado kg.

1 kg = 9.81 kg — - 9.81 Ns

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

— pie1 Ib = 32.2 Ib —-r— = 32.2 poundal

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

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

TEMPERATURA 51

Las unidades del peso específico son los kg/'m 3 o las Ib /p ie3.En la T ierra el peso específico tiene el mismo valor numérico que la densi­

dad, aun cuando las unidades son diferentes.

Presión

Es toda fuerza ejercida perpendicularm ente sobre un área.

A

La presión actúa de diferentes maneras: un gas encerrado en un recipien­te ejerce su presión debido al golpeteo de las moléculas contra las paredes del recipiente que lo contiene. La presión en el seno de un líquido es igual a la al­tura del mismo sobre ese punto m ultiplicada por el peso específico del líquido; a esa presión se le llama presión hidrostática.

Presión hidrostática = Pe{h)

Un sólido ejerce presión sobre la base que lo soporta y ésta es igual al peso del sólido entre el área de la base. Torriceíli demostró que la atmósfera produ­ce una presión sobre la superficie de la T ierra y que ésta presión es igual a la que ejercería una columna de mercurio de 760 mm de altura a 0°C y al nivel del m ar. Esta presión se conoce como atmósfera. Torriceíli efectuó sus experien­cias a nivel del m ar (si su experimento se efectúa en sitios más elevados se ob­servará que la presión atmosférica disminuye). Los aparatos para m edir lapresión atmosférica reciben el nombre de barómetros. Si un recipiente está a una presión m enor que la atmosférica local, se dice que trabaja al vacío. Los aparatos que miden la presión de vacío reciben el nombre de vacuómetros.

Estos dan el valor de cero a la presión atmosférica local. Cuando se miden presiones superiores a la atmosférica se utilizan aparatos llamados m anó­metros. Estos dan el valor de presión cero a la presión atmosférica local. La fuerza total por unidad de área ejercida por un fluido recibe el nombre de p re­sión absoluta.En general, la presión absoluta es igual a:

P absoluta = P m anom étrica + P atmosférica P absoluta = P atmosférica — P vacío

Temperatura

La tem peratura es una m edida del nivel energético de las sustancias. Para medirla se usan termómetros que aprovechan la propiedad del aumento del volumen con la tem peratura que sufren todos ¡os cuerpos. Se usan diferentes

52 VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

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

°F = °C(1.8) + 32

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

°K = °C + 273°R = °F + 460

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

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

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

r = F ■ d

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

1 kg m = 9.81J1 pie-ib = pie-libra fuerza — 1.3569 J

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

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

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

EP ~ mgh

EP = energía potencial; m = masa; h = altura; g 22 aceleración de la gravedad.

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

mi?EC =2

PROBLEMAS RESUELTOS 53

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

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

A [ / = Q. - r

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

EPe = PV

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

ción química.

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

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

Conversión de unidades

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

La forma más sencilla de hacer estas transformaciones es m ultiplicar y di­vidir la cantidad m anejada por la unidad, de m anera que se eliminen las un i­dades no deseadas.

Ejemplos de m ultiplicar por y dividir entre 1 son:

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

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

Problemas resueltos

Problem a 2.1

„ . BTU kcal JC onvierta--------- a y a —‘—TU. O 17 1 OT7 J rrOlfIU X ZVg IV g IS.

VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

1. P lanteam iento.

Para resolver este problema se deben usar conversiones presentadas en el apéndice 2.1.

2. Cálculos.

Conversión

' ' *0.252 k c a i\ , 2.2 l b V l . 8 ° F \ j kcalB T uA / o .252 k c a l\ , 2.2 lb \ / 1 .8 ° f \ \ lb°F / \ BTU / 1 kg f \ 1°C /

/ B T U \ / o . 252 kcal \ /4 1 8 5 j \ / 1 Ib \ / l . 8 ° \ lb ° F ) \ BTU / y k c a l / \4 5 4 g } \ 1°K

C kg°C

K / g°K

5. Resultado:

„ r , t j ., ,, BTU kcal .• El factor de conversión de a — es 1.lb°F kg°C

BTU I• El factor de conversión d e — a —*— es 4.18.

lb°F g°K

Problem a 2.2

El valor de la constante R de los gases ideales es 0.082 1 — -atm

¿Cuál será el valor de la constante en gmol K

Ib . 3 r r pie3pulg2 J y e n -------Ib mol°R kgmol°K

1. Planteam iento.

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

2. Cálculos.

Valor de R en

fb - 3--------- — piepulg2

j 47______= q 082 f l ~ atnAf PuIg2 ) L 1 Pig3 f454 g17101 Y 1 °K -

' \ g m o I ° K A 1 atm / \ 28.37 1 / \ 1 I b m o l / \ 1 .8 ° R /

Ib mol °R

íb

PROBLEMAS RESUELTOS 55

R = 10.71

Ib . 3 pulg2 P¡e

Valor de R en

lbmoi°R

Jkgmol °K

R = 0 082 ( 1~atm ( 1 m* \ Í im9° tn1 f 81 A /lOOO gmoi\ \ gmol°K J \ 1000 1 / y 1 atm J \kg mj \ 1 kgmol J

R - 8309.6 Xkgmol °K

3. Resultado:

Ib . , pie1• El valor de R en —l3™— ........ es de 10.71.

Ib rnol°R

El valor de R en — —- ■ es de 8309.6.kgmol K

Problem a 2.3

La cantidad de calor requerida para cam biar la tem peratura de un m ate­rial sólido de 7"j a T2 está dada por:

(¿ = m Cp (Tt - T t )

en donde () = kcal; m — masa en kg; Cp «* capacidad c a l o r í f i c a Ti y T 2 = tem peraturas iniciales y finales. °

¿Cuántas kilocalorías se requieren para calentar un jam ón de 10 kg desde

15°C hasta 95°C? Cp = 0.8 — . Si el iamón se calentara en una estufakg°C J

eléctrica con una potencia de 2000 vatios, ¿cuánto tardaría en calentarse?

1. Traducción (figura 2.1)

T, = 15°C Tz = 95°C CP =■ 2000 Wé = ?

Figura 2.1

56 VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

2. Planteam iento.

• Calor requerido

• Tiempo

3. Cálculos.

Calor requerido

Q.

Tiempo requerido

Energía

Energía

e

4. Resultado:

Se requieren 22 minutos y 19 segundos para calentar.

Problem a 2.4

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

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

1. Traducción (figura 2.2).

e - 20“Brixe* = ?

Figura 2.2

= 10(0.8) (9 5 -1 5 ) = 640 kcal

, /4185 J \ / I W - j \ = 640 kcal (----------- i ) {----------1V kcal A 1 j /

2678400 W - s

2678400 W - s 200 W

- 1339.2S = 22.32 min.

Q_ = m Cp ( T2- T t )

<P

PROBLEMAS RESUELTOS 5 7

2. Planteam iento.

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

• Densidad

6 = @h2o Qr

3. Cálculos.

• Densidad relativa: Del apéndice 20°Brix = 1.08287 gjj

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

4. Resultado:

La densidad es 1.08287 g /cm 3

Problem a 2.5

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

i . Traducción (figura 2.3).

2. Planteam iento.

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

• Fracción mol

.H ,o

PMh2oX =

„H?0 KC!P

™ 1Í2o PMp p m k.ci

58 VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

3. Cálculos.

Fracción mol: Base 1 kg de disolución

• Masa de proteína 11.5 g• Masa de KC1 2.5 g• Masa de H20 985.8 g• Moles de proteínas 11.5/525000 = 2.19(10'5)• Moles de KC1 2.7/74.557 = 3.62(10-2)• Moles de H20 985.8/18 = 54.766666

0.999389- _ _______________54,766666_____________“ 54.76666 + 2.19 (10’5) + 3.62 (10~2)

^KCl = 3.62(10-2) = 0 0o066o554.802887

*p = - IaIm II = 0000 000 354.802887

4. Resultado:

La fracción mol de agua es de 0.999339; la de KC1 de 6,6(1Q~4) y la de la proteína de 3(10 '7).

Problem a 2.6

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

1. Traducción (Figura 2.4).

75 cm1 de NaOH 1N

150 cm3 dr vinagre

Figura 2.4

PROBLEMAS RESUELTOS 59

2. Planteamiento.

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

• Reacción

NaOH + CH3 COOH - CH3COONa + HzO

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

3. Cálculos.

• Gramos mol de sosa utilizada

gmol sosa = 1 (gm ol/1) (0.75 I) = 0.075 gmol

• Gramos de ácido acéticogmol ácido acético = 0.075 gmol

-r , 0.075 (1000) n , . .Normalidad = -------------- — = 0.a N150

Concentración de ácido acético = 0 ^ 5 (6 Q)_ = 3 0 g/10.150

4. Resultado:

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

Problem a 2.7

Una ecuación para transferencia de calor expresa el coeficiente en kcaI/hm2oC

h = 0.024 (.R e f * (Pr)°-3J

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

s m2oK '

1. Planteamiento.

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

60 VARIAIH.ES Y MAGNITUDES FISICAS

2. Cálculos.

JValor de la constante si hs m2oK

‘ J/ 1 kcal \ /4 1 8 5 J \ / 1 h \ / 1 ° C \ =y h m2oC ) \ l k ca l/^3600 s ^ l °K /

1.1625m2oC / \ 1 kcal / 1 3600 sy ^1 °Ky ' s m 2oK

h = 1.1625 (0.024) i?e0 8Pr0-33 = 0.0279 Re°-sPr0 :53

.3. Resultado:

El coeficiente quedaría como:

h = 0.0279 ñ e 08Pr0-33

Problem a 2.8

La presión P del aire en un tanque es suficiente para sostener una columna de 500 milímetros de mercurio (mm Hg). Encuentre la presión absoluta del tan­que en Pascals si la presión atmosférica local es de 95 KPa. La densidad del m er­curio es de 13.6 X 103 kg/m 3. Suponga que la presión en el punto 1 es igual a la presión del tanque (figura 2.5).

2

- r

Figura 2.5

1. P lanteam iento.

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

• Balance de fuerzas

Presión atmosférica 4- Presión hidrostática = Presión en el tanque.

• Presión hidrostática

Phidros — Pe z

PROBLEMAS RESUF.LTOS «1

2. Cálculos.

• Presión hidrostática

Pe = 13.6( 103) kg/ m 3

Phidros = 13.6(103) kg /m 3 (0.5 m)<-»-! IV T V I 1 T-» \

= 66.7(103)P«

• Presión en el tanque

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

3. Resultado:

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

Problem a 2.9

La escala de tem peratura R eaum ujse utiliza en algunos países europeos. En ella el cero corresponde al punto de congelación del agua y el 80 a su punto de ebullición.

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

1. Traducción (figura 2.6).

C Re100° 80"

Figura 2.6

2. Planteam iento.

• Discusión: Del enunciado se observa que el punto cero es común a las escalas y que 80°Re corresponden en tam año a 100°C.

62 VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

• Conversión

°Re = 0.8°C

3. Cálculos.

• Cero absoluto

°Re = -2 7 3 (0.8) = -2 1 8 .4

• Ciento veinte grados Reaum ur

120°Re = 0.8°C; °C = 150

4. Resultado:

El cero absoluto en grados Reaum ur es de —218.4. Ciento veinte grados R eaum ur corresponden a 150 grados Celsius.

P roblem a 2.10

Un proceso de ahum ado de carnes requiere una tem peratura de 160°F. ¿Cuál es la tem peratura necesaria en °C, °R y °K?

1. P lanteam iento.

Conversiones

°C ' = ( ° F - 32)/1.8 aK = °C + 273 °R = °F + 460

2. Cálculos.

Conversiones

oC , I6 0 ~ 32 = 71.11.8

°K = 71.1 + 273 = 344 °R = 620

3. Resultado:

La tem peratura de ahum ado es de 71.1°C, ó 344°K, ó 620°R.

Problem a 2.11

Un gas natural se quema y se produce 200 kcal/gmol. Si se queman 40 ki­los dé ese gas en una hora, ¿cuántos kW se generan? El gas natural es en esen­cia metano.

s í íü b l e m a s Re s u e l t o s

1. Traducción (figura 2.7).

63

(Si = ?200 kcal/gmol

2. Planteamiento.

Calor generado

3. Cálculos.

Moles de gas

C = 40 kg f'kg ^ V 10001 h \ 17 k g / \ 1 kg mol J

■)

2352.9

Calor generado

H 2552.9 -E H S L /íO O -^ L h \ gmol

470588.22

g mol

kcal

H = 470588.22/ 4185 J \ / l h V i W \ / 1 K W \

Vi k c a i / \ 3 6 o o s / \ i J y y o o o w y

kcal ,(4185 J \

h \1 k ca l/= 547 kW

4. Resultado:

La potencia del quemador es de 547 kW

Problema 2.12

¿Qué potencia se necesita para elevar 2000 1 de leche a una altura de 5 metros en el tiempo de dos minutos? Dé el resultado en C.V. Dato. Densidad de la leche 1.032 g /c.c .

1. Traducción (figura 2.8).

2 min.

5 m

Figura 2.8

64 VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

2. P lanteam iento.

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

• Potencia

(P = r / e

• Energía potencial

r = EP — mgh m = Vq

3. Cálculos.

• Masa de leche

m = 2000 1 I,05i2 —g- j - 2064 kg

• Energía potencial

r = 20.64 k g [ 9 .8 1 -^j)20m = 404956 J(981f)Potencia

(P = 404956 J/60 s = 6749.3 W

(P = 6749.3 W( 1 C V’ ) = 9.17 C.V. 736 WJ

4. Resultado:

La potencia es de 9.17 C.V.

Problem a 2.13

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

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

PROBLEMAS RESUELTOS 65

L Traducción (figura 2.9).

Aire J5 mVmin

T431** 15*C= 586 mm Hg

A f ta - — 212 Kcal/gmol

BHP= ?

Figura 2.9

2. Planteamiento.

• Masa de metano

• Calor desprendido

Ó =PGR T

Q = G A H r (P = _Ln-H gíaTiempo

3. Cálculos.

• Masa de metano

ó

• Calor desprendido

(586X5000)(760)(0.082)(298)

= 163 gmol

Q ~ 163 gmol ( -2 1 2 ) = -3 4 ,5 5 6 ' min

Potencia

(P = 34556 kcal í BTUmin \0.252 kcal

\ / 60 mi A /

A ih ; ¡1 BHP \

33475 - ® I Í L )h /

4. Resultado:

La caldera tiene 245.5 BHP.

66 V A RIA BLES Y M A G N ITU D ES FISICAS

Problema 2.14

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

1. Planteamiento.

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

EP = mgh

Energía cinética y velocidad

mi?

EPmg

EC =2

/ 2 EC V m

Energía térmica y tem peratura

Q_ = m Cp(T2- T 1) ; 7 2 =mCp

2. Cálculos.

Altura

h ^ 3.6(102)1 _ = u83(10S)kgüL2!Í

200 kg (9.81) s2kg m

h = 1.83(105) m

V elocidad

= m w m k g ™ m _ i 897 m /s V 200 kg 6 s2

• Tem peratura

3.6(10e)J f \ kcal\ \ 4 1 8 2 )

= 8.6(104)kcal = 200 kg (0.8) kcalkg°C

(T z - 1 0 )

T2 = 540°C

h —

p r o b l e m a s r e s u e l t o s 67

3. Resultado:

Podría levantar la masa a 1.83(105) m, impulsarla a 1897 m /s o calentarla a 540°C.

Problem a 2.15

A través de una tubería de 2 pulgadas de diámetro fluye agua a un gasto de 150 litros por minuto. Determine su energía cinética.

I. Traducción (figura 2.10).

i ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------0A 0 - 2 pulgadas \ l

1L 150------

minE. C. = ?

figura 2.10

2. Planteam iento.

• Discusión: Se debe obtener la velocidad y a partir de ella la energía ci­nética.

• Energía cinética

EC =2

3. Cálculos.

Velocidad

L — vA q L — vA

L = 0.150 -HíL. x J-2H2L « 0.0025min 60 s s

XA = — D2 = 0.785 M - X 0.305) = 0.002584 m2 4 V 1 2 )

0.0025v - --------------------- = 0.96 —

0.002584 m2 s

Energía cinética

m3 / 1000 k g \ , / l \EC - 0.0025 I ^3-^-J (°-9674) h f j

EC = 2.339 - 5 ^ - - ^ - = 2.339 W sz s

68 VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

, 2.839 W feEC = por unidad de masa = ------- — 0.9358 ———

* 2.5 - Í Í - s kgs ^

EC = 0.9358 J — kg

4. Resultado:

JLa energía cinética es de 0.935kg

Problemas propuestos

Problem a 2.16

Un manóm etro indica una presión de 35 —- ,r-, cuando la presión baro-pulg3

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

Resultado:

La presión absoluta es de 319,423 Pascals.

Problem a 2.17

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

Resultado:

La potencia es de 131.67 HP.

Problem a 2.18

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

Resultado:

La viscosidad es de 0.006718 lb/pie-s

Problem a 2.19

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

SWOBLEMAS PROPUESTOS 69

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

Resultado:

• El porcentaje de NaCl en la solución es de 2.0225.• La masa de NaCl necesaria para formar 500 1 de solución es de 11.75 kg.• La masa de H zO es de 568.45 kg.

Problem a 2.20

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

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

Resultado:

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

La fracción mol es de 5.4(10'6) y la m olaridad de 3.068(10~4).

Problem a 2.21

Para secar carne por medio de enfriamiento, se m antiene una presión ab­soluta de 2.4 mm de Hg en la cám ara de secado.

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

586 mm de Hg?

Resultado:

La presión absoluta es de 3.1578 X 10'3 atm ó 3.2629 X 10"3 í£g/cm2. La presión de vacío de 583.6 mm de Hg.

Problem a 2.22

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

70 VARIABLES Y .MAGNITUDES RISICAS

Resultadc:

La temperatura de esterilización es de 248°F, 393°K ó 708°P...

Problema 2.23

Una bomba de 10 C.V. y con eficiencia del 50% se usa para bombear 5000 1/h de agua. ¿Qué trabajo se le transmite al sistema?

Resultado:

La energía que se transmite es de 270 kgrn/kg

Problema 2.24

Por una tubería de 3 /4 de pulgada de diámetro interno fluye leche. El único dispositivo para medición disponible es una bureta graduada en mi. Se encuentra que de la tubería fluyen 5 litros en 1 minuto. ¿Cuál es la velocidad de la leche en el tubo en m/s?

Resultado:

La velocidad es de 0.29217 m /s.

Problema 2.25

La conductividad térmica del aluminio es de 120 BTU/h°Fpie. CalculeWsu conductividad en kcal/h m°C y e n ---------- .

m°K

Resultado:

kcal WLa conductividad es de 178.46 o de 207.45h°Cm m°K

Problema_2.26

Una lata se coloca en una balanza y se le añade mantequilla hasta lograr un peso de 50 kg. El peso de la lata estie 0.5 kg. ¿Cuál es la masa de la mante­quilla y cuál la presión en el fondo de la lata si su área es de 0.2 m2?

Resultado:

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

PROBLEMAS PROPUESTOS 71

Problem a 2.27

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

Resultado:

La columna es de 7.9696 m.

Problem a 2.28

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

Resultado:

La presión máxima es de 1.1354 kg/cm 2.

Problem a 2.29

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

Resultado:

La presión absoluta en el evaporador es de 0.442 atm .

Problem a 2.30

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

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

Resultado:

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

de 1.9655 — y \a potencia de 0.081389 HP.

72 VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

Apéndice 2.1

Equivalencias.

1 kg = 2.202 Ib.

1 m = 3.278 pie.

1 pie3 = 28.37 1.

1 gal = 3.785 1.

1 pie3 - 7.495 gal.

1 barril = 1591.

1 m2 = 10.75 pie2.

1 pulg = 2.54 cm.

1 pie = 12 pulg.

1 km/h = 0.9113 pie/s.

1 kg ■= 9.81 N.

1 kg m = 9.81 J.

1 kw-h = 3.6(106)J = 2.655(10®) pie-Ib.

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

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

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

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

1 BTU/Ib — 0.555 kcal/kg = 236.81 kg m/kg = 776.42 pie-!b/lb.

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

A PEN D ICE 2.2 PESOS A TO M IC O S DE ALGUNOS ELEM ENTOS 73

Apéndice 2.2

Pesos atómicos de algunos elementos.

Aluminio Al 26.98Antimonio Sb 121.75Arsénico As 74.9216Argón A 39.948Azufre S 32.064Bario Ba 137.34Boro B 10.811Bromo Br 79.909Cadmio Cd 112.40Calcio Ca 40.08Carbono C 12.011Zinc Zn 65.37Cloro C1 35.453Cobalto Co 58.933Cobre Cu 63.54Cromo Cr 51.996Estaño Sn 118.69Flúor F 18.998Fósforo P 30.973Helio He 4.002Hidrógeno H 1.00797Hierro Fe 55.847Litio Li 6.939Magnesio Mg 24.312Manganeso Mn 54.938Mercurio Hg 200.59Neón Ne 20.183Níquel Ni 58.71Nitrógeno N 14.0067Oxígeno O 15.9994Plata Ag 107.87Plomo Pb 207.19Potasio K 39.102Silicio Si 28.086Sodio Na 22.9898Uranio U 238.03Yodo I 126.904

74 VARIABLES Y MAGNITUDES FISICAS

A péndice 2.3

Grados Brix o porcentaje en peso de sacarosa.

Grados Brix e*a 20/20°C

0 1 . 0

5 1.01965

1 0 1.03998

15 1.06109

2 0 1.08287

25 1.10551

30 1.12848

35 1.15331

40 1.17853

45 1.20467

50 1.23174

55 1.25976

60 1.28873

65 1.31866

70 1.34956

Ib 1.38141

80 1.41421

85 1.44794

90 1.48259

95 1.51814

1 0 0 1.55454

CAPÍTULO

TRES ________Balances de materia y energía

— breve resumen teórico

Objetivos:

Al te rm inar de leer el capítulo, el lector:

a) Conocerá los diversos tipos de balances de materia que pueden p re ­sentarse.

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

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

Breve resumen teórico

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

En los capítulos siguientes se hacen aplicaciones de balances de m ateria en algunas operaciones y procesos unitarios con el fin de que el lector p ro fund i­ce cada vez más en el m anejo de los balances de m ateria y energía. Un balance de m ateria y de energía es un procedim iento que lleva una contabilidad exac­ta de la m ateria entrante y saliente de un proceso. El balance de m ateria se basa en la ley de la conservación de la masa enunciada por Lavoisier de la siguiente m anera: N ada puede crearse y en cada proceso hay exactam ente la misma cantidad de sustancia presente antes y después de que el proceso haya sucedi­do. Solamente hay un cam bio o modificación de la m ateria.

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

'Rapidez de Rapidez de Rapidezsalida de la en tra d a de la neta dem ateria y la — m ateria y e n e r ­ = acum ulaciónenergía del gía al sistema. de m asa ysistema. energía en

el sistema.

Figura 3.1

77

78 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

Balance general de masa

Mz - Mj =. d M d d

• Balance general de energía

M2E2 - M1E1 =

En donde 9 = tiempo M = masa £ — energía

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

En los balances parciales de masa se tiene en cuenta que una especie quí­mica puede aparecer 6 desaparecer por medio de una reacción química, por lo que hay que incluir el término de rapidez de generación. El balance de materia para una sustancia en particular daría:

Rapidez de Rapidez de Rapidez I Rapidezsalida, de entrada de neta de ) neta dela sustancia ia sustancia acumulación j generación

* ( d e i .i i de i

En ocasiones, no todos los términos en los balances tienen significación y algunos de ellos se eliminan al dar ecuaciones más sencillas. Por ejemplo, si el régimen de trabajo es continuo o permanente, el término de acumulación podría eliminarse. Si no hay reacción química, el término de generación en los balances parciales de materia también se eliminaría. A continuación se ve con más detalle algunos casos especiales de los balances de materia y energía.

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

Balance totalLi + t Lj - t j

Balance parcial de la sustancia «,

EjXi + /-jX; + LjXS = l^X%

Figura 3.2

RESUMEN TEORICO 79

Figura 3.2 (continuación).

Balance total

Li = L2 + L$

Balance parcial de la sustancia a.

EjX'í — /-2X2 “t /-X3

En los equipos de transferencia de masa como absorbedores, secadores, destiladores, cristalizadores y extractores, se introducen varias corrientes, que viajan dentro del equipo de dos formas a contracorriente (el líquido fluye en un sentido y la corriente gaseosa en el otro) o en corriente paralela en donde las dos corrientes viajan en la misma dirección. Por lo general, en estos equipos una o varias sustancias se transfieren de una fase a otra. Esta transferencia está limitada por el equilibrio físico dado por la regla de las fases de Gibbs. El equi­librio puede presentarse en forma de tablas, ecuaciones o gráficas (figura 5.3).

Contacto a contracorriente

Balance totalG\ + i -3 = G 2 + L, 4 Balance parcial del compuesto a G, 1? + Z.3XJ - G2J? + I.4XJ

Contado en paralelo

Balance total G¡ + L3 = C2 + l-t Balance parcial del compuesto a GjlT + L3X¡ = Gt r¿ +

Figura 3.3

En ciertos procesos parte de los productos se vuelven a procesar para que se mezclen con los reactivos (a esto se le denomina recirculación o reflujo). En otros casos parte de los reactivos pasan al proceso y otra parte le da la vuelta sin entrar (a esto se le llama derivación, by-pass o retorno).

80 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

Esos arreglos se hacen: siempre con el fin de mejorar la presentación del artículo final, aumentar la conversión, disminuir el tamaño de los equipos y obtener mejor calidad, costos, eficiencia y productividad (figura 3.4),

0 ) —<¿>*’ 0 - O t <3>-

RecirculaciónBalance en todo el proceso¿i = ¿sBalance alrededor del equipo L4 = LjBalance en la unión Lj + L3 — L4

DerivaciónBalance en todo el proceso

= ¿5Balance alrededor del equipo¿2 = ¿3Balance en la uniónL3 + ¿4 = L5

Figura 3.4

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

Así, el número de átomos entrantes a la reacción debe ser igual al número de átomos salientes de ella, pero el número de moles entrantes no es necesa­riamente el mismo que el de las moles salientes.

Como ejemplo se tiene que:

4FeS2 + 1 5 0 2-------- * - 8 S 0 3 + 2Fe2 0 3

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

Balance de energía

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

T V T RESUMEN TEORICO 81

ciados con la masa que fluye, otros tipos como el calor y el trabajo son sólo for­mas de transmisión de energía. En el sistema mostrado en la figura 3.5, el ba­lance total de energía será:

Lí (EPi + E ^ + EPei + Ut) + Q. = L2 (EC2 + EP2 -I- EPez + .U 2) + r +

+ T f V* v >

&uBCi£P,EPeí

Sistema

TI

ai t,Figura 3.5

energía entrante = energía saliente ah sistema del sistema

acumulación.

en donde

EC — Energía cinética E P = Energía potencial EPe = Energía de presión U = Energía interna Q = CalorL = Flujo másicoV = Volumenq = Densidadt = Trabajo

al estructurar la ecuación anterior:

¿2ECiEP¡EPe¡U2

L2 (EP2 + EC2 + EPe2 + U 2) — Li (EP2 + EC i + EPei + Ui) +d e (u ev>

= Q . - T

U2+ P2 V2 + U2) - U (Zig +

1/2U1 + PjV! + Ut) +dd

(UeV)

o

= O - T

BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

Entalpia

Relacionada con la energía interna de un sistema esta la entalpia.Esta es una función de estado útil al trabajar eñ procesos que se efectúan

a presión constante.

• Por definición:

H = U + PV

• También a presión constante

A H = Qp = Cp A T

• Cp = capacidad calorífica a presión constante.

O sea, el cambio de entalpia en unsistema es igual al calor sólo cuando el proceso se lleva a cabo a presión constante. En un proceso a presión constante, eii el cual se desprende calor, el A H es negativo; esto significa que el estado final dei sistema tiene menor entalpia que el inicial. Si el A H es negativo, el proceso es exotérmico; si es positivo es endotérmico. Al usar las entalpias el ba­lance queda:

2 2 .U f e g + + H2] - U [Zig + + t t i] + - J g r (UeV) = Q .- T

En los balances anteriores se debe tener cuidado con las unidades que se usen, pues U y H suelen estar en kcal, el trabajo en C.V., la presión.en kg/cm2

y la energía cinética y potencial en julios.Los sistemas de unidades más frecuentes en ingeniería son los gravita-

cionales. Si se usan los sistemas gravitación ales en las ecuaciones anteriores to­das las unidades quedarían en el MKS gravitacional en kg m/kg y en el inglés gravitacional en Ib — pie/lb. Para lograrlo se añade a ciertos términos el factor de conversión ge.

ge = 9.81 N fkg

ge = 32.2 poundal/lb.

A otros términos se le añadiría el término:

PROBLEMAS RESUELTOS 83

La ecuación puede simplificarse si la masa entrante es igual a la saliente, si hay o no acumulación de energía, y si se da o no calor o trabajo.

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

Problem as resueltos

Problema 3.1

En un proceso de manufactura de jugos de fruta, se necesita del empleo de un evaporador, el cual recibe una alimentación de 4,500 kg/día de zumo, con una concentración del 21%. Si se desea concentrar los sólidos hasta el 60%, calcule la cantidad de agua evaporada.

1. Traducción (figura 3.6).

2. Planteamiento.

• Para obtener la cantidad de agua evaporada se efectúan balances tota­les y parciales de materia alrededor de la envolvente.

• Balance total

JLi — G¿ + L3

84 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

• Balance parcial de sólidos

L tX f = G2Y\ + L3X f

3. Cálculos.

• Balance de sólidos

4,500 (0.21) = L3((K60)

yf = 0 sale agua pura como vapor

L3 = 1,575 kg/día

• Agua evaporada

G2 = 4,500 - 1,575 = 2,925 kg/día

4. Resultado:

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

Problema 3.2

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

1. Traducción (figura 3.7).

Sj = 1000 kg $3 = 54 pesos/kg

Figura 3.7

PROBLEM AS RESUELTOS 85

2. P lan team ien to .

• Balances de masa y costos

Si + S2 = S3 •$1$! 4" S2$2 = *~*3$3

3. Cálculos.

• Balances

Si + $2 = 1000SJÍ50) + S2(65) = 1000(54)

• Resolviendo sim ultáneam ente

Sx = 733 kg S2 = 267 kg

Resultado:

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

P rob lem a 3.3

Los frijoles de soya se procesan en tres etapas. En la prim era en tran 10,000 kg de frijoles con 35% en peso de proteína, 27.1% de carbohidratos, 9.4% de fibra y cenizas, 10.5% de agua y 18% de aceite. Se m uelen y prensan para elim inar parte de aceite, saliendo la torta con 6% en peso de aceite. En la segunda e tapa, los frijoles prensados se extraen con hexano para producir un frijol con 0 .5% en peso de aceite.

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

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

proteínas que contienen.

1. T raducc ión (figura 3.8).

A = Frijoles B = Hexano C = AceiteD = Hexano con aceite

BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESÍiMEN TEORICO

(Q ,i......ii

i r -----1

1

O«o

ig S

E = Harina de soya F = Frijoles prensados G = Frijoles extraídos,

2. Planteam iento.

* Discusión: El proceso se puede resolver por etapas. Haciendo balances en cada una de ellas.

* Balances en la primera etapa: Balances de sólidos no extraídos

SA uu* SFwp>í

* Balances en la segunda etapa: Balances de sólidos no extraídos

= 5Ga ^

* Balance en la última etapa: Balance de sólidos secos

Sczt>oA = SEw ^

3. Cálculos.

* Balance en la primera etapa

SAu% - 10,000 (0.S5) = $Fv% - 8,500 k f /h de proteínas

- 10,000 (0.105) - SrtoP*0 ■» 1,050 kg/h de agua

$Ááfí — 10,000 (0.271) ~ Sf tifé = 2,710 kg/h de carbohidratos

SAw% «= 10.000 (0.094) - S M = 940 kg/h de fibra

Total = i , 200 kg/h

Balance de sólidos

= SFw ?1

10,000 (0.82) = Sí (0,94) Sf = 8,723.4 kg/h

* Balance de la segunda etapa

8 ,723(0.94) = Sg(0.995) . SG = 8,241.2 kg/h

PROBLEMAS RESUELTOS 87

BALANCES DE MATERfA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

• Balance de la tercera etapa

wg2° = 244^2 = 0.1274 kg H20 /k g de sólido seco

u£6Mos = 1 - 0.1274 = 0.8726

8,241.2 (0.8726) = Sj?(0.92) :.SE = 7816.599 kg/h

• Porcentaje de proteínas

3500 - (100) = 44.777816.599 v ’

4. Resultado:

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

Problema 3.4

Para concentrar el jugo de naranja se parte de un extracto que contiene 12.5% de sólidos. El jugo se pasa a los evaporadores que trabajan al vacío y parte se deriva, para luego diluir el.jugo concentrado que sale del evaporador con 58% de sólidos hasta la concentración final del 42% de sólidos. La finali­dad es mejorar el sabor del jugo, ya que durante la evaporación pierde ciertos saborizantes volátiles.

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

I . Traducción (figura 3.9).

Figura 3.9

2. Planteamiento.

• Balances alrededor de todo el sistema: Balance total

L\ = L$ + G6

Balance parcial de sólidos

L \X \ = L sXf

• Balances alrededor de los puntos de mezcla y separación

Lj = : T3 4" = ¿i¡

LtXf = Z.2Xf + L3Xf ; TjXf + LaX \ = LSX |

3. Cálculos.

• Balances alrededor de todo el sistema: Total

100 = Ls + G6

Parcial

100 (0.125) = L5(0.42)

Ls = 29.76 G6 = 100 - 29.76 = 70.24h

• Balance en los puntos de separación y mezcla:

Totales 100 = L 2 + L3 (I)L3 + Lé = 29.76 (II)

Parciales 100(0.125) = Z.2(0.125) + L3(0.125) (III) 1,3(0.125) + L4(0.58) = 29.76(0.42) (IV)

Resolviendo simultáneamente

L4 = 19.2949 L3 = 10.4651 kg/s

4. Resultado:

• Se evaporan 70.24 ^

• Se derivan 10.4651 — o el 10.4651%

fftOBLEMAS RESUELTOS

90 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

Problema 3.5

Un tanque con capacidad de 1,5001 contiene 300 litros de leche. Si se ali­mentan 20 1/min de leche y simultáneamente se descargan 12.5 1/min, calcule el tiempo de llenado del tanque.

1. Traducción (figura 3.10).

2. Planteamiento.

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

Balance

dV9=9 1500

1*1 1 “ ■ '2 “ ~~d0~ 9= 0 — | 300

(Lt - L 2)6 = AV

3. Cálculos.

• Tiempo de llenadoa 1500 - 300 1200 1

2 0 -1 2 .5 7.5 1— 160 min

mm

4. Resultado:

Se requieren 160 minutos para llenar el tanque.

Problema 3.6

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

PRO BLEMAS RESUELTOS 91

gadas de diámetro interno. La cantidad de leche que se maneja es de 400 L/min. Calcule los HP requeridos por la bomba y suponga que ésta tiene una eficiencia del 1 0 0 % y que no hay pérdidas de fricción en la linea.

1 Tf&&ueció?i(figura 3.11).

L = 400 l/inin

D — 3 pule.

1

(P = ? = 1 0 0 %

Figura

10 m

& .Vj

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

• Balance de energía

P & Atí2A(—) + AZ + ■ = - + MJ r - £F

Q ge 2 g e L

en nuestro caso el balance general queda como

- , = aZ - S - + AW'2gc

• Velocidades

G j - p G j - G 2 ; m 2 -C

¿2 02

3. Cálculos.

♦ Velocidad en la línea

G2 = 400 1/min (1.02 kg/1) = 408 kg/min •- 6.8 kg/s

A 2 = Y ( D? = °-785 [ - A - (0.305)]2 = 0.0045639 m2

92 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

6.8 kg/s _*** ~ 1020 kg/m 3 (0.0045639)m2 ” 1,46 ^

Trabajo

_ T IOm (. M L ^ , + W t f r _

9-ílJ$W %• Potencia

<P = 10.1086 (6.08) = 68.738 = 0.902 HPkg s s

4. Resultado:

Se necesita una potencia de 0.902 HP.

Problema 3.7

En una tubería de 2 pulgadas de diámetro interior fluye leche de densi­

dad relativa 1.032 a razón de 1001/min a una presión de 0.7 — =-. Si la tuberíacmr

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

1. Traducción (figura 3.12).

1 7 — — — " —Ü, = 2 pulg.V W Dz = 1.5 pulg.

1 4 —L] = 1001/min

Figura 3.12

2. Planteamiento.

• Balance de energía

PROBLEMAS RESUELTOS 93

• Velocidad

GI ~ = G2 = A2 Q2U2

3. Cálculos.

• Velocidades

A ■= H x>2 = 0.785 [ 2(°-305) f = 0.0020284 m2 4 L 12

A2 = — D22 = 0.785 (0.305)]2 = 0.0011409 m24 12

G, = 100—i- ( 1 .0 3 2 k g / l ) = 1032 kg/min‘ mm ' '

_ ---------- 1032 kg/min _ 49 ^ = Q 8216 m1032 kg/m 3 (0.0020284) m2 mm s

tí2 = 87.65 m /m iri = 1.46 m /s

• Balance1 de energía

(0.8216)2 (—)2 0.7 -ÜL- (■■.■I0900 cm2 ) (1.46)2 (—)2______s ___________cm2 1 n r_____________ _______ s _

2(9.81) J í i . 10S2 kg/m J 2(9 .81)- ¡ £ 2 - «s2 kg sz kg

— = 6.7087 -SLHL6 kg

P2 = 6924.22 = 0.6924 k g/cm 2m

4. Resultado:

La presión es de 0.6924 , .cm2

Problema 3.8

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

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

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

94 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEÓRICO

1. Traducción (figura 3.13).

2. Planteam iento.

• Discusión: Se requiere un balance de energía alrededor del equipo. En un cambiador los cambios de energía potencial, cinética y de flujo son despreciables en comparación con los cambios de entalpia.

• Balance:

Balance de materia

= ^2 ; L 3 = L4

Balance de energía

L i(£Pi + EC\ + //{ ) + L3(EP3 + EC3 + f í3) + Q =

= L 2 ( E P 2 + E C 2 + H 2 ) + L 4 ( E P 4 + E C t + H 4) + t + ( U e V )

Ahora bien:

E P 2 = E P 3 = E P 2 = E P i = 0

E C | — E C 2 = E C 3 = E C ¿ = 0

dJ — 0; Q = 0 : (Ue V) = 0 (no hay acumulación)du

L 2H t + U f i 3 = L ¿ I2 + LtH*

y U(H 2 - h 2) = z*(h 3.~ h 4)

M eo blem a s r e s u e l t o s 95

£3 cambio de entalpia, cuando no va acompañada de reacción química o cambio de estado puede calcularse como:

AH = Cpm A T

L-\ Cpm (T2 —T \) — Cpm (T3 — )F Ht o

3. Cálculos.

• Balance de energía

Cpm Hj|0 = 1 kcal/kg°K 2000(0.966) (7 0 -3 0 ) = L3 (1) (9 5 -8 0 )

L3 = 5152 kg/h

4. Resultado:

Se necesitan 5152 kg/h de agua.

Problema 3.9

A un tanque con leche de "2 m3 de capacidad se le agrega leche a. razón de 200 I/min y se le quita al mismo ritmo.

La temperatura inicial de la leche en el tanque es de 15°C. La leche en­trante al tanque está a 75°C. Si el.calentador adiciona 1,500 kcal/min y si los caballos adicionados por el agitador son 5 HP, calcule la temperatura en el tanque en función del tiempo. Datos; densidad de la leche 1.03, capacidadcalorífica de la leche 0.98 ^cal' .

kg»C

1. Traducción, (figura 3.14).

Figura 3.14

2. Planteam iento,

• Balance de energía

¿i (g/gczi + i r ~ + — + ut) - i* z2 + JfL + ^ + u2) + a - r =2 ge e ge 2 ge e

r/ á í /- QV -

96 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

de

En un fluido incompresible

dU - CvdT C pdT

En nuestro caso

¿ i = ¿2

PZj = Z2 ; í / -1------ ---- H ; u t =

“ e

L(H, - ff2) + a - r = Q vcp

pero H = C p(T-T„ )

;.L C p{T i - T 2) + ( ¿ ~ t = QUCp d Td6

3. Cálenlos.

• Masa del tanque y masa entrante

Ve = 1.03 kg/l (2000 1) • 2060 kg

Li = 200 — — (1,03 kg/l) = 206 kg/min min

• Calor transmitido al tanque’

Q_ = 1500 kcal/min

• Trabajo adicionado

t = 5 HP ( 42-44 BTtJ) = 212.2 BTU = 53.47HP min min min

= — 53;47 kcal/min (negativo porque se adiciona)

PROBLEMAS RESUELTOS 97

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

82.695 - T = 10 - ^ L d6

. T

10 1L ¿ T = L mJ15 82.695 - T J0

T = 82.695 - 67.69 e 10

4. Resultado:$

T = 82.625 -6 7 .6 9 e 10

Problema 3.10

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

1. Traducción (figura 3.15).

2. Planteam iento.

• Discusión.

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

• Reacción

2C4H10 + 1S02 —~ 8C 02 + 10H2O

• Masa de butano

PG ~ m

98 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

G =

PMPGR T

• Cantidad necesaria de oxígeno

Géh* = (L25)

• Cantidad que saldrá de oxígeno

G3# = Gi (~f~) (1-25) - G i ( - y - )

• Cantidad entrante y saliente de N2

G2y p = G2# ( y ^ /y ° J J

• Cantidad requerida de aire

GzyfM 1/ íS e ) = ¿2

• Cantidad saliente de C 02

G3Í3C° 2 = Gj ( | - )

• Cantidad saliente de HzO

¿ 3# ° = G, ( - ^ - )

5. Cálculos.

• Masa de butano

G. = ------ —------ - = 3.53 kgmol/h1 0.082(293) 6

• Cantidad requerida de oxígeno

G íSi2 = 3.53 (—~ “) (1-25) = 28.68 kgmol/h

M 0BLEM AS PROPUESTOS 99

• Nitrógeno

0 79■) = 28.68 = 107.59 kgmol/h

• Aire requerido

G¡ = 107.89 ( ^ L ) = 136.57 kgmol/h; Gz = 136.57 (0.082) (293) =

= 3281 m3/h

• Cantidad de C 0 2

G33>3G°a = 3.53 (4) = 14.12 kgmol/h

• Cantidad de HzO

G3y f ° 2 = 3.53 (5) = 17.65 kgmol/h

• Composición de los gases salientes

Ó3 = 5.735 + 107.89 +' 14.12 + 17.65 = 145.95

= 0.0971 y?*° = 0.121

* Volumen de los gases salientes

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

4. Resultado:

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

yf* = 0.0394 ; y”* = 0.742 ; y f ° 2 = 0,0971 ; # ° = 0;i21

* Volumen de los gases de combustión

a 800°C y 1 atm 12792.72 m3/h

Problemas propuestos

Problema 3.11

Un evaporador se diseña para recibir una alimentación de 11,500 kg/día de zumo de toronja, obtener 3,000 kg/día de agua evaporada y una solución

100 BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO

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

Resultado:

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

Problema 3.12

En una planta productora de leche para lactantes, sé quiere saber la com­posición de grasa y lactosa que tendrá la corriente de salida si se mezclan para un lote de 724 kg, 2.84 kg de grasa al 0.3% y 45.22 kgde lactosa al 4.77% con el agua necesaria.

Resultado:

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

Problema 3.13

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

r

r

Figura 3.16

HtOBLEMAS PROPUESTOS 101

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

Mesultado:

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

Problema 3.14

. Una fábrica de alimentos para ganado produce sorgo seco. Para ello introduce el sorgo a un secador a base de aire. Si el aire entra al secador con una humedad de 0.008 kg de agua/kg de aire seco y sale con una humedad de 0.069 kg de agua/kg de aire seco y el sorgo entra con 23% de agua y debe salir con 12%. Calcule la cantidad de aire necesario si se requieren 68 kg/min de sorgo al 12%.

Mesultado:

Se requieren 182 kg/min de aire seco.

problema 3.15

En un tanque se tiene una disolución de 1,500 1 de agua salina con una concentración de 80 g/1. A esté tanque entra una corriente de 1 0 1/min con 7.5 g/I de sal y otra de 20 í/m in con una concentración de 15.0 g/1. Por debajo del tanque se extraen 3 0 1/min. ¿Cuál será la concentración del tanque a los 60 mi­nutos?

"Mesultado:

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

Problema 3.16

En una jtubería de de» pulgadas de diámetro interior fluyen 1,600 1/minde una disolución que tiene una densidad relativa de 1.12. Calcular el AH ení cd.1 * . si el fluido se mueve a través del sistema mostrado en la figura 3.17 y si lakg

potencia de la bomba es de 2 HP.

Figura 3.17.

CAPÍTULO

C U A T R O _ _ _Balances de energía en equipos de transferencia de calor

Objetivos:

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

Introducción

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

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

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

Balances de energía en equipos de transferencia de calor

El balance general de energía en un equipo como el mostrado en la figura 4.1 sería:

g A u2 Arr O — t —E FAz — + ---------- + AH - ~ -------------ge 2ge

&

l2z2u2

^ $ > - 3

*— L.2l3=l4

Figura 4.1

107

108 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

Se tiene en cuenta que cuando las cantidades de calor que se transfieren son grandes (como sucede en estos equipos) los términos de 'energía potencial, cinética y de pérdidas por fricción son despreciables en comparación con el cambio de entalpia, por lo tanto

AH = Q /L

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

Qp = QgAHLl =

Cambios estado

Al aumentar la energía interna de un cuerpo sólido aumenta la tempera­tura de éste, hasta un momento en que la energía que posee es tan grande que es imposible permanecer en ese estado, y comienza a fundirse. El cambio de fa­se se efectúa a temperatura constante, y durante él la sustancia solamente ab­sorbe energía para romper las fuerzas físicas que lo mantenían en ese estado. Si el líquido recibe calor comenzará a calentarse hasta que llegue a un punto en el que comenzará a cambiar de estado, en este caso se vaporizará.

El cambio de estado se producirá a temperatura constante. El vapor re­sultante, si sigue recibiendo calor, aumentará su temperatura. El proceso se vi­sualiza en la figura 4.2.

Figura 4.2

CALORES LATENTES Y CALORES SENSIBLES 109

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

Calores latentes y calores sensibles

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

Qs = AH L = L Cp ( t x r-t2)

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

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

Qs = AUL = LCv(t1 - t2)

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

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

Ql = AHL = L X

en donde Xes el calor latente de cambio de estado de la sustancia en considera­ción. *

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

Q. = só lid o (T f - T 1 ) + V L + LC p]iquido(Te -T J) + \eL + LC pgJ T 2

En donde T f — Temperatura de fusión } f — Calor latente de fusión\e = Calor latente de ebulliciónTe = Temperatura de ebullición.

110 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

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

Capacidad calorífica

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

Cp = a + b T + c T 2

en donde

• kcalCp = Capacidad calorífica molar a presión constante e n .kgmol°K

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

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

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

Si se quiere obtener el calor dado o recibido de un cuerpp gaseoso cuando se calienta de T t a T2, se deberá tener en cuenta la variación del Cp con res­pecto a la temperatura, de manera que

Qfi = g J T C p d T = G ^ f a

QP = G m - T J + A (T V -T V ) +

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

CPm = ' % - = J T'12 1 1 1

Cpm = J (a + bT + cT 2) dT

Cpm = a + | - (T2 + Ti) + + T2T2 + Ta2)

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

CALORES LATENTES Y CALORES SENSIBLES 111

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

Cp = Cpiyi + Cp2y2 + Cp2y3 + . . .

en donde Cpx, Cp2 — capacidades caloríficas molares del gas 1, 2 , 3, etc.; ylty2, yz fracciones molares del gas 1, 2, 3, etc.

El Cp de mezclas también se consigue por medio de

a mezcla = ayyx + a¿y2 a33>3 + • * *b mezcla = b¡yx + b¿y2 + bzy2 + . . .c mezcla = cxyi + c2y2 + 3^3 + . . .

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

en donde ati blt ct, a2, b2i c2, son las constantes de la capacidad calorífica molar de cada gas.

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

Cp = Cv + R

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

ecuaciones del tipo

Cp = a + b T

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

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

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

Cpm = (Cpx + Cp2) / 2

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

Q * mezcla = + C p 2 *2

C p i , Cp2 = capacidad calorífica de los líquidos 1 , 2 *1 > ^2 = fracción molar de los líquidos 1 , 2 .

112 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

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

Cp = a

Cp = a + bTo

cp = a + bT +

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

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

Calores latentes

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

Vapor de agua

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

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

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

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

H v " = i l íq u id o ( t e ~ t 0 ) + X te

Cp líquido “ es capacidad calorífica media de agua líquida desde latemperatura base to a la temperatura de ebullición te.

]\te = calor latente de vaporización a temperatura de ebullición.

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

PROBLEMAS RESUELTOS 113

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

//vapor = CP]íqmáo ( - to ) + Xíe + CpvapoT -sob re ca len tad o

en donde C/?vapor = es la capacidad calorífica media del vapor de agua entre la temperatura de ebullición te y la temperaturá de sobrecalentamiento t2-

Con frecuencia se suele tener en las líneas vapor húmedo; es decir, vaporcon agua líquida. La entalpia del vapor húmedo es

/■/vapor = H v ( 1 — x ) + H lX húmedo

en donde

Hv = es la entalpia del vapor saturado.H l = la del líquido saturado y X la fracción masa de agua que contiene

el vapor.

Las propiedades del vapor de agua H, T, P, X se pueden visualizar en un diagrama de Molier que resulta útil para encontrar rápidamente las propieda­des de esa importante sustancia, (apéndice 4.3).

Problemas resueltos

Problema 4.1

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

1. Planteamiento. ,

Cp = a + bT + c T 2

2. Cálculos.

• Constantes: A partir del apéndice 4.4 se obtiene que

a = 6.386 b = 1.762(10~3) c = 0.2656(10"6)

• Capacidad calorífica molar

Cp - 6.386 + 1.762(10'3) (273 + 200) + ( -0 .2 6 5 6 ) (10“6) (273 + 200)2 Cp = 6.386 + 0.833 - 0.1478 = 7.0712 kcal/kgmol°K

3. Resultado:

114 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

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

kgmol°K

Problema 4.2

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

1. P lanteam iento.• Capacidad calorífica molar promedio

Cpm = a + b(T 2 + T x)/2 + (T 22 + T XT2 + T x2) c/3

2. Cálculos.• Constantes: del apéndice 4.4

a = 6.386 b = 1.762(10-3) c = -0 .2 6 5 6 (1 0 '6)

• Capacidad calorífica molar promedio a presión constante

Cpm = 6.386 + 1.762(10-*) 298^ - (4732 + 473(298) + 2982)

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

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

200°C

F ig ura 4 .3

PROBLEMAS RESUELTOS 11S

3. Resultado:

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

Problema 4.3

Calcule la cantidad de calor que se debe proporcionar a una corriente m 3 '

gaseosa de 5 —;— medida a 50°G y 760 mm de Hg para pasarla a 500°C. El mm 'gas tiene la siguiente composición en volumen: C 02, 10%; N2, 80%; 0 2, 5%;H20 , 5%. “ ‘

1. Traducción (figura 4.4).

( ,= 50»C m3P , = 760 mm Hg 0 - 5 m¡n

OFigura 4.4

0 0, í2= 500-C

d= ?

2. Planteamiento.

• Balance de energía

G AH = Q

d = G j * Cpmezdi dT

G p mezcla — a mezcla ^mezcla ^ Cn T 2

a mezcla

/ = n~ S f l i ’ ^mezcla w y P n e t c .

3. Cálculos.

Constantes y constantes de mezcla

a 6(10)3 c(10)6co2 6.214 10.396 -3 .5 4 5N2 6.524 1.25 -0 .0 0 1o2 6.148 3.102 -0 .9 2 3h 2o 7.256 2.298 0.283

a mezcla - 0.1(6.214) + 0.8(6.524) + 0.05(6.148) + 0.05(7.256)

= 6.5108

116 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

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

= 2.3096

c mezcla = 0.1( — 3.545) + 0.8( — 0.001) + 0.05( —0.923)

+ 0.05(0.283) = -0 .3 8 7 2

Cpmmezcla = 6.5108 + 2.3096(10"3) T —0.3872(10“6) T 2 k > ^ - .

• Moles tratadas

n L m3 \1 atm í 5 — ;—IGx = --------------3 * mm/ = 0.1887 kg mol/min

0.082 m a-tm (323°K) kgmol°K

• Calor

Q_ = 0.1887 kgmQl ( [6.5108 + 2.3096(10'3) T - 0.3872(10-») T 2] d Tmin 323

(¿ = 0.1887 -k-gm° 1 (3444.29) - - Cal- min kg mol

= 649.93 kcal/min

4. Resultado:

Se deberán proporcionar 649.93 kcal/min a la corriente.

Problema 4.4

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

¿Cuánta cantidad de calor podría extraerse por kg de gas manejado si éste tiene la composición de 10% de C 0 2, 15% de H2O y el resto de N2?

1. Traducción (figura 4.5).

PROBLEMAS RESUELTOS 117

2. Planteamiento.

• Discusión: Durante el proceso de enfriamiento los gases C 0 2 y N2 cam­bian de temperatura sin modificar su estado, pero el agua, además de enfriarse se condensa.

• Balance de energía

Q = AHG = (AHy~gases + A%~agua ) G

AH.gases = s :AH..

r,

H2- H x

Cp d T

3. Cálculos.

• Base 1 mol

Cambio de entalpia de los gases

a b cN 2 6.524 1.25(10"3) -0.001(10"6)

c o 2 6.214 10.396(10"3) -3.545(10-®)

f 273+ 70

AHy = 0.75 J 273[6-524 + 1-25(10"3) T - 0.001(1Q-6) T 2] d T

118 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

,2 7 3 + 70+ 0,1 [6.214 + 10.396(10“3) T - 3.545(10-®) T2] cLT

J 500 + 273

« -0 .7 5 {[6.524( —430)] + [3432 - 7732]

_ 0 001(1 Q~6) [3433 _ 77 33]J

+ 0,1 ¡6 .214(-4S0) + 10-39^ 10~3)- [3432 _ 7732J

- 3-54f ° ' ^ (3433 - 7733]|

= —2795.61 kcal/kgmol.

* Cambio de entalpia del agua

. 832.1 kcal/kg = 70 ^

AH * 70 - 832.1 * -762 .1kg

(AHj>)ai?Uil = 0.15[ -762.1(18)] * - 2057,6 kcal/kgmol

• Cambio de entalpia por kg

PM de los gases

COz 0.1 X 44 « 4.4N* 0,75 x 28 * 21Hj¡0 0.15 X 18 « 2.7

28.1

Moles de gas por kg

<5 - » 0,035587 kg mol/kg28.1

Q - 0.035587 (-2795 ,61 -2057 .6 ) - -172 .7 ^ ! Íkg

4, Resultada:

Se deben quitar 172.7 koal por kg.

Problema 4.5

Se calienta 4,500 kg/h de leche de vaca desde 5°C hasta 60°C en un cam­biador de calor y utilizando para ello agua caliente. ¿Cuánto calor se debe transmitir si el Cpm de la leche es de 0,916 kcaI/kg°C?

PROBLEMAS RESUELTOS

1. Traducción (figura 4.6).

119

2. Planteamiento.• Balance de energía

LyH\ + Q = -L4//4 Li = L4U H t - H J = Q// = Q!;m, (í — ío) ; L 4 Cjfrra (í4 — í t) = Q

3. Cálculos.• Balance de energía

4500(0.916) ( 6 0 -5 ) = £>Q = 226,710 kcal/kg.

4. Resultado:Se necesitan transmitir 226,710 kcal/h.

Problema 4.6

¿Cuál es la entalpia de un vapor de agua que tiene una presión de 10 atm y una temperatura de 270°C?

120 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

1. Traducción (figura 4.7).

Figura 4.7

2. P lanteam iento.Estado del vapor: Al revisar las tablas de vapor o el diagrama de Molier se

observa que el vapor está sobrecalentado, pues el vapor de 10 atm estaría satu­rado a 180°C.

3. Cálculos.

Obtención de la entalpia a partir de la fórmula

^ so b reca len ta d o = 1 ( 8 0 ) + 4 8 1 + 0 . 4 6 ( 2 7 0 - 1 8 0 )= 7 0 2 . 4 kcal/kg.

Obtención de la entalpia a partir del diagrama de Molier, figura 4 . 8

(apéndice 4 . 3 ) .

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

H = 7 1 2 . 9kcal kg '

PROBLEMAS RESUELTOS 121

4. Resultado:La entalpia por medio de fórmula es de 702.4, por diagrama 715 y por

tabla 712.9 *

Problema 4.7

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

1. Traducción (figura 4.9).

2. P lanteam iento.• Balance

Q. =m m

3. Cálculos.Entalpias

De tablas de vapor

H 180°C 10 atm = 663.2 kcal/kg ; H 15„c = 15 kcal

kg

Calor

Q = [1500 kg/h (6 6 3 .2 -1 5 ) kcaI/kg]/0.9 = 1080333 kcal/h

122 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

Caballos de caldera

kcal1080333 1 h

4. Resultado:

1 BHP2.34 kcal/s \3600 s

kcal

128.2 BHP

Se deben proporcionar 1.08 X 106 y los caballos de caldera son 128.2.h

Problema 4.8

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

• Cp del puré de tomate = 0.85

• Densidad del puré = 1.09 kg/1.

1. Traducción (figura 4.10).

kcalkg°C

C p= 0.85kcalkg°C

S -I

20001/h

Figura 4.10

1. Puré de tomate ! a 20°C ¡ 2. Puré de tomate l a 8Q°C I 3. Vapor saturado I a 220°C 1 4. Agua líquida aI 220°C.

' epuré= 1 0

2. P lanteam iento.• Balance

L XH X + G3//3 = L 2H 2 + L i H i pero L x = L 2 y G 3 = L 4

LÁH 2- H x) = G3(H3- H 4) LiCppu¿ T2 - Ti) = G3(//3-H 4)

PROBLEMAS RESUELTOS 123

3. Cálculos.

• Entalpia del vapor

H™ °c = 669.3 Hfa2t°°c = 225.3vapor líquido

P = 23.659 Eg/cm2 absolutos

• Cantidad de vapor

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

4, Resultado:Se requieren 250.22 kg/h de vapor saturado a 23.659 — absolutos.

Problema 4.9

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

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

Los reactivos se colocan en el reactor a 2Q°C y salen a 100°C. Si la carga estáconstituida por 325 kg de material y tanto productos como reactivos tienen una

capacidad calorífica media de 0.78 ¿cuántos kg de vapor de agua se

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

1. Traducción (figura 4.11).

Li = 325 kg/h ¿i ^ 20°C

I j 25<)"C

AH„ = 1000 kcal/kgQ , „ . = -5 0 0 0 kcal-h í2= 100°C ¿2 = 325 kg/h

O - ®

F igura 4.11

124 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

2. P lan team iento .

• Balance de materiales

QP = Qm QP = G3(H3- h jQg = L X(AH) = LjCj&jAr + AH RL X + Q_

3. Cálculos.

• Entalpias de vapor

= 668,8 kcal/kg

H4/vapor — 258 kcal/kgcondensado

• Calor ganado

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

• Vapor necesario

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

4. R esu ltado:

Se requieren 852.5 de vapor o sea 2.62 — - vaPorh kg de carga

Problema 4.10

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

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

la sopa es de 0,94 —-- ca— y el del metal de la lata 0.12 Para sostenerkg°G ; kg°C

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

tiene un Cp de 0.12 — . Suponga que esta canasta se enfría también hasta 38°C. kS°C '

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

PROBLEM A S RESU ELTO S

1. T raducción (figura 4.12).

125

L\ — ?7\ = 24 °C

j 9 = 0 = 116°C Te = e = 38°C Qjj = 1500 kcal Q,. = 2500 kcal

0.5 kg de sopa 0.07 kg de lata

T 2 = 30°C

Figura 4.12

2. P lan team iento .

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

Balance

QP = Qg

Qg = L -tC p^o (T 2 — El agua gana calor QP - M sopa ^ l a t a s C ^ o p a ( T 6 = 0 ~ T 0 = 6) • ^lata ^ la t a ^ P 1 ata ( T'd = 0

cpc ( T e=o ~ r e=o) + Qn

El calor de radiación no lo quitó el agua.

3. Cálculos.

• Qp

(¿p = 0.5(1500) (0.94) (1 1 6 -3 8 ) + 0.07 (1500) (0.12) (1 1 6 -3 8 ) + 160(0.12) (1 1 6 -3 8 ) + .2500 = 59970.4 kcal

Masa de agua

L x( 1) (3 0 -2 4 ) = 59970.4

4. R esu ltado:Se necesitan 9995 kg de agua.

126 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

Problem as propuestos

Problema 4.11

Se desea enfriar un puré de chícharos (guisantes) desde una temperatura de 80 °C hasta una de 25 °C. Para ello se utiliza agua a 8°C, la que se calienta hasta 20°C. Si la cantidad de puré a enfriarse es de 5000 1/h, ¿qué cantidad de agua debería usarse? Datos:

„ « kcal , , kgC p chícharos ~ 0 9 1 6 ~ 1 1

R esultado:Se requieren 22939 —— de agua.

h

Problema 4.12

¿Cuál es la entalpia de vapor de agua saturado y del agua líquida satura­da a la temperatura de 350°C?; ¿cuál será su presión?

Resultado:

La entalpia de vapor es de 611.9 kcal/kg, la del agua 398.9, la presión es de 168.63 kg/cm2 absolutos.

Problema 4.13

¿Cuál es la entalpia de un vapor de agua que está a 400°C y 24 atm mano- métricas? La presión barométrica es de 1 atm.

Resultado:727.7 kcal/kg.

Problema 4.14

¿Cuánto calor se deberá suministrar a 20 kg/s de aire para calentarlos desde 200°C hasta 500°C a presión constante?

Resultado:Se suministran 1526.85 kcal/s.

PROBLEMAS PROPUESTOS 127

Problema 4.15

Encuentre la capacidad calorífica promedio del C 02 entre 25°C y 2000°C.

Resultado:13 kcal/kgmol°C.

Problema 4.16

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

Resultado:Temperatura de salida del aire 27°C.

Problema 4.17

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

Figura 4.13

128 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

Resultado:Se destilan 37.74 kg/min de vapores orgánicos.

Problema 4.18

Un vapor tiene un 95% de calidad (5% de humedad) y está a la presión de 0.4 kg/cm2. ¿Cuál será su entalpia?

Resultado:La entalpia es de 600 kcal/kg.

Problema 4.19

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

Cp aceite = 0.5 kcal/kg°CCp agua = 1 kcal/kg°C

Resultado:T = 74°C.

Problema 4.20

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

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

Resultado:Se necesitan 1529.41 kcal.

Problema 4.21

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

Exprese el resultado en toneladas de refrigeración.

PROBLEMAS PROPUESTOS 129

Resultado:

Se requieren 36.2 toneladas de refrigeración.

Problema 4.22

Se calienta puré de plátano desde 15°C hasta 50°C usando agua a 93°C. Si la cantidad de puré es de 2000 kg/h, ¿cuál será la cantidad de agua utiliza­da si la temperatura del agua saliente es de 60°C? Datos:

Cpm del puré = 0.875 kcal/kg°C.

Resultado:

Se requieren 1856 kg/h de agua.

Problema 4.23

Una mezcla de 454 kg de jugo de manzana a 10°C se calienta en un cam­biador por adición de 21,300 kcal. Calcule la temperatura de salida del jugo.

Cp = 0.957 kcal/kg°K.

Resultado:

El jugo saldrá a 59°C.

BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

Apéndice 4,1

Entalpias del vapor de agua saturado.

Temperatura de saturación

°C t

Prestan de saturación

kg/cm?P

Entalpiakcal/kg

Dd líquido H e

Del vapor Hv

0 0.006228 0.04 597,210 0,012513 10.04 601,620 0,02383 20.03 606.Q30 0,04325 30.00 610,440 0,07520 39,98 614.7

§0 0.12578 49.95 619.060 0.2031 59-94 623,270 0,3177 69,93 627,360 0,4829 79.95 631.390 0.7149 89.98 635.1

100 1.03323 100.04 638.9110 1.4609 110.12 642,5120 2.0245 1203 646,0130 2.7544 130.4 649.3140 3,685 140.6 652,5

150 4-854 150.9 655.5160 6.302 161.3 658,3170 8,076 171-7 660.9180 10,225 182.2 663,2190 12,800 192.8 665,3

200 15,857 203.5 667,0210 19.456 214-3 668,3220 23.659 225.3 669,3230 28,531 236.4 669,7240 34.140 247.7 669.6

210 40.56 259.2 669.0260 47.87 271.0 667.8270 56.14 283.0 665.9280 65.46 295.3 663,5290 75.92 308.0 660.2

300 87.61 321.0 656.1310 100,64 334.6 650.8320 115.13 349.0 644.2330 131,18 364.2 636.0340 148.96 380.7 625.6

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

APENDICE 4.2 ENTALPIAS DEL VAPOR SOBRECARGADO KCAL/G 131

Apéndice 4.2

Entalpias del vapor sobrecargado kcal/kg.

Presión i T- o e io

25 50 75 100 150 300

m 2030

100 639.1110 644.2120 649.1130 653.8140 658.5

150 663.2160 667.9 661,3170 672.5 666.9180 677.2 672.2 663.6190 681.8 677,2 670.3

200 686.5 682-2 676.1H

k c a l210 691,1 687.2 681.6 e n ~ —22 Q 695.8 692.1 687,2 hm 700,5 697,0 692.4 675,0240 705.2 791.9 697,6 682.2

250 709.9 706.8 702.8 688,9260 * 714.6 711.6 707.9 695.2270 . 719.3 716.5 712,9 • 701,2 674.6280 724.0 721.4 717.9 707.1 683.6290 728,8 726,2 723.0 712.9 691.8 661,5

300 733.5 731.1 728.1 718.6 699-5 673,1310 738,3 736-0 733.1 724.1 706.7 683.7 ' 651.7320 743.1 740,9 738.2 729.6 713.6 693.1 666.0330 747.9 745.8 743.2 735.1 720.2 701.8 678.3 646.6340 752.7 750.7 748.2 740.6 726.6 710.0 689.2 662.9350 757.5 755-6 753.3 746.0 732.0 717.7 699.2 676.4 647.5

360 762.3 760.5 758.3 751.4 739.1 725.1 708,4 688-4 663.9370 767.2 765.5 763.3 756.7 745.1 732.1 717.0 699.2 677.9 610.2380 772.1 770.4 768.4 762.1 751.1 738.9 725.2 709.2 690.1 640.2 468.5 440.2390 777.0 775.4 773.4 767.4 757.0 745.6 733.0 718.5 701.7 660.7 584,6 470.2400 781.9 780.4 778.4 772.7 762.8 752.1 740.4 727.2 712.2 676.6 622.4 524.5

410 786.8 785.4 783.5 778.0 768.6 758.6 747.6 735.5 721.9 690.2 647.5 582.2420 791.8 790.4 788.6 783.3 774.3 764.9 754.6 743.4 731.0 702.4 666.7 616.8430 796.7 795.4 793.7 788.7 780.0 771.0 761.4 751.0 739.6 713.6 682.2 641.5440 801.7 800.5 798,8 794.0 785.7 777.1 768.1 758.4 747.9 724.0 695.6 660.8450 806.7 805.5 80-4.0 799.3 791.4 783.2 774.7 765.5 755.8 733.7 707.8 677.4

160 611.8 810.6 809.1 806.4 797.0 789.2 781.1 772.5 763.4 743.0 719.2 692.2470 816.8 815.7 814.3 809.9 802.7 795.2 787.5 779.3 770.8 751.9 730.1 705.7480 821.9 820.8 819.4 815.3 808.3 801.1 793.8 786.1 778.0 760.5 740,5 718.1490 827.0 826.0 824.6 820.6 813.9 807.0 800.0 792.7 785.1 768.7 750.2 729.5500 832.1 8311 829.8 826.0 819.5 812.9 806.2 799.2 792.0 776.6 759.9 740.2

510 873.3 836.3 835.1 831.4 825.1 818.8 812.4 805.7 298.8 784.2 768.3 750.3520 842,5 841.6 840.3 836.8 830.7 824.7 818.5 812.1 805.5 791.6 776.5 759.8530 847.7 846.8 845,6 842.2 836.3 830.5 824.5 818.5 812.1 798.8 784.4 768.9540 852.9 852.1 850.9 847.6 841.9 836.3 830.6 824.8 818.6 805,8 792.1 777.6

5f)0 858.1 857.3 856.1 852.9 847.6 842.1 836.6 830.9 825.0 812.8 799.7 786.0

Fuente: A. Vián y J. Ocón. Elementos d e ingeniería química, Aguilar. Madrid, 1976.

Dia

gram

a de

MoH

ier p

ara

el ag

ua132 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

Apéndice 4.3

2sbo

yeo?[U3H

CAPACIDADES CALORIFICAS DE LOS GASES 133

Apéndice 4.4

Capacidades caloríficas de los gasesIntervalo 298°K a 1 500°K

Cp = a + bT + CT2

T en °K Cp en kcal/(kg mol°K)

Sustancia Fórmula a b 103 c 106Acetileno c 2h 2 7.331 12.622 -3 .8 8 9Acido clorhídrico HC1 6.732 0.433 0.37Acido sulfhídrico H2S 6.662 5.134 -0 .8 5 4Aire — 6.386 1.762 -0 .2 6 5 6

Agua h 2o 7.256 2.298 0.283Alcohol etílico C2HsOH 6.99 39.741 -1 1 .9 2 6Alcohol metílico CH3OH 5.394 24.274 -6 .8 5 5Amoniaco n h 3 6.086 8.812 -1 .5 0 6Benceno c 6h 6 -0 .0 4 0 9 77.621 -2 6 .4 2 9

Bióxido de azufre s o 2 7.116 9.512 3.511Bióxido de carbono c o 2 6.214 10.396 -3 .5 4 5Butano normal C4H10 3.844 73.35 -2 2 .6 5 5Cloro Cl2 7.576 2.424 -0 .9 6 5Etano C2H6 2.247 38.201 -1 1 .0 4 9

Etileno C2H4 2.83 28.601 -8 .7 2 6Heptano normal c ? h 16 7.094 123.447 -3 8 .7 1 9Hexano normal c 6h 14 6 .0 11 106.746 -3 3 .3 6 3Hidrógeno h 2 6.947 - 0.2 0.481Metano c h 4 3.381 18.044 - 4 .3

Monóxido de carbono c o 6.42 1.665 -0 .1 9 6Nitrógeno N2 6.524 1.25, - 0.001Oxígeno o 2 6.148 3.102 -0 .9 2 3Pentano normal C5H12 4.895 90.113 -2 8 .0 3 9Propano c 3h 8 2.410 57.195 -1 7 .5 3 3

Trióxido de azufre s o 3 6.077 23.537 -0 .6 8 7Tolueno CyH8 0.576 93.493 -3 1 .2 2 7

Fuente: L .B . Andersen y L.A. Wenzel, Introduction to Chemical Engineering, McGraw-Hill, Kogakusha, Tokio, 1961.

134 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE C A L *

Apéndice 4.5

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

Núm.

Intervalo de temperatura, °C

MínimaMáxi­

ma

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

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

11 Etileno.............................. 200 60013 Etileno.............................. 600 140020 Fluoruro de hidrógeno. . 0 140017B Freón-11 (CC13F )............. 0 15017C Freón-21 (CHC12F )......... 0 15017A Freón-22 (CHC1F2). . . . . 0 15017D Freón-113 (CC12F-CC1F2) 0 150

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

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

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

Fuente: J .H . Ferry, Chem ical Engineers’ H andbook, McGraw-Hill, Nueva York, 3a. ed., 1950.

CAPACIDADES CALORIFICAS DE LOS GASES

Apéndice 4.5 (Continuación)

Temperatura, °C

— 0

— 100

— 200

— 300

— 400

— 500

—600

— 700

— 800

—900

L. 1000

'— 1100

— 1200

- 1 3 0 0

— 1400

3

l

10

17A17C 1S

17 B 17D

Calor especificó, kcal/kg-°C

r - 4,01

2r-3,0

— 2,0

11 12 » •

13

7

smé

14

13

19

16

>17

20

21 * • 24

22 23 • ¿ 1 2 6 2 $ - ° ' 3* 23 27 •

29 .3 0

32%31

33i

34 m

33

36

■ 1,0.0 ,9.0,8

.0 ,7

■ 0,6

-0 ,5

■0,4

- 0,2

0,1— 0,09— 0,08 - 0 ,0 7

I 0,06

— 0,05

4

Figura 4.15

136 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

Apéndice 4 .6\ líquidos. (El número corresponde al del punto en la gráfica de

la página siguiente).

S ihn . L iqu ido

Intervalo d e m pera l u n í1

"C Xúm. L iqu ido

Ia te n id o d e tem pera / ara'1

"C

tu i u. ntáx. inin. itidx.

26 Acetato íU* amiti)............................ 0 100 50 Ktanol. 50% ,................................ 20 8024 Acetato de etilo......... ................ -5 0 25 36 Eter etílico .................................. -100 2532 20 50 31 - 80 2029 Acido acético......................... .. 0 80 25 Et il benceno.................................. 0 10048 Acido clorhídrico. 3 0 % .............. 20 100 2A Ereóii-11 (CCI3F ) . .................... - 20 70

9 Acido sulfúrico. 9 8 % .................. 10 . 45 f> Kreón-12 (CCI2f'2) .................... - 10 1553 A« u a .................................................. 10 200 4A Freón-21 (CHCI2F ) .................... - 20 7037 Alcohol am ílico......... .................... -50 25 7 A Freón-22 (CHCIF2) ................... - 20 6027 Alcohol bencílico............................ -20 30 3A Freón 113 (CCI2F CCIF2). . . . - 20 7041 Alcohol ¡soainílico......................... 10 100 38 G licerina....................................... - 40 2052 -70 50 • 39 - 40 20030 () 130 28 0 6023 10 80 35 - 80 20

1 Bromuro de etilo. . ....................... 25 7 Induro de etilo. .......................... 0 10044 Butano!.............................................. 0 100 43 Isobutanol..................................... 0 100

8 Clorobenceno.................................. ' 0 100 17 Isopropanol................................ - 20 504 Cloroformo....................................... 0 50 10 M etanol. . . ................................... - 40 20

10 Cloruro de b en cilo ........................ -30 30 14 Naft a leñ o ................ .................... 90 20049 Cloruro de calcio, sol. 2 5 % . . . .' -10 20 12 Ni tro benceno............................ 0 10013 Cloruro de etilo .............................. -30 10 34 Nonano..................... .................... - 50 2513A Cloruro de m etilo ........................... -80 20 33 O ctan o ........................................ - 50 2551 Cloruro de sodio, sol. 2 5 % ......... -10 20 16 Oxido de difenilo....................... 0 20021 Decano .............................................. -80 25 20 Piridina.................................... - 50 25

6A D icloroetano......................... .. -30 60 45 Propanol.................................... - 20 100:> Diclorometano. . . . . . . . ......... .. -10 50 2 Sulfuro de carb o n o ................... -100 25

22 Difenilmetano................ .. 30 100 3 Telraclorneiilcno....................... - 30 14015 Difcmio......................... 80 . 120 3 Totracloruro de carbono......... 10 6011 -20 100 23 ()16 Dowtherm A .................................... 0 200 19 Xileno. orto. ................... 0 10042 Etanol. 100% ..................... ............ 30 80 18 Xileno. m eta................................ 0 10046 Etanol. 9 5 % ..................................... 20 80 17 Xileno. para........................... .. 0 100

CALORES ESPECIFICOS DE LIQUIDOS 137

Apéndice 4.6 (Continuación)

Calor específico kcal/kc- °C

Tem peratura, °C

t— 200

— 150

— 100

— 50

50

------100

43

46 47

12A 2 • *

3 • • 3A 9 #

4A

5*4

7 A 9

6A9

10 3 9

13AII 12 7 3 • • . •18Í ) * 9 1 5

' 6 » _ * 9 - 2 022* *77

* 25 26 25 „ •

29 * i ° 972 7 *

27 *

521 * *74'/l«

41 • 45 42— 44 •

2 8 9

48 9 4 0

499

50 519

529

— 0,2

■0,3

— 0,4

■ 0,5

— 0,6

■0,7

— 0,8

— 0,9

— 1,0

Fuente: J .H . Ferry, Chem ical Engineerx' llnndbook. M cG raw-H ill. N ueva York. 3a. ed .. 1950.

Figura 4.16

138 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

Apéndice 4.7

Calores latentes de vaporización. (Variación con la temperatura t, en función de la diferencia (tc-t) entre la temperatura crítica y aquella. El número dado en la prime­ra columna corresponde al punto de la sustancia en la gráfica de la página siguiente)

Núm. CompuestoIntervalo de validez

(te -te) °C

te°C

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

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

8 Diclorometano............... 150-250 2163 Difenilo............................ 175-400 527

14 Dióxido de azufre........... 90-160 15721 Dióxido de carbono. . . . 10-100 3125 Etano................................ 25-150 3226 Etanol.............................. 20-140 24328 Etanol.............................. 140-300 24313 Eter etílico...................... 10-400 1942 Freón-11 (CC13F)............. 70-250 1982 Freón-12 (CC12F2) ........... 40-200 1115 Freón-21 (CHC12F )......... 70-250 1786 Freón-22 (CHC1F2) ____ 50-170 961 Freón-113 (CC13F-CC1F2) 90-250 214

10 Heptano............................ 20-300 26711 Hexano ............................ 50-225 23515 Isobutano.......................... 80-200 13425 Metano!............................ 40-250 240

9 Octano.............................. 30-300 29619 Oxido nitroso................... 25-150 3612 Pentano ............................ 20-200 19723 Propano............................ 40-200 9624 Propanol.......................... 20-200 264

4 Sulfuro de carbono......... 140-275 2732 Tetracloruro de carbono 30-250 283

CALORES LATENTES DE VAPORIZACION 139

Apéndice 4.7 (Continuación)

1000— 900

800

— 700

— 600

500

— 400

300

S\

— 2 0 0 ^ \

1

• 2

\

\\

— 10090 80 70

60

50

40

30

— 20

\

\

\

26#

27■

\#29

^ 3 0

\\

\

kcal/kg

i— 10

\

— 2 0

30

— 4 0

50

60

70— 80

90H 1 0 0

10

200

=-300

•400

•500

•600

b-700 — 800 P - 9 0 0

— 1000

F u ente: J .H , Perry. C he ni ¿cal Énirineers' lla m ib o n k , M iG raw -H ill, Nueva York. 3a. od .. 1950.

F ig u ra 4 .1 7

140 BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR

Apéndice 4.8

Capacidades caloríficas molares medias de gases a presión constante.

0 400 800 1200 1600 2000 2400 2600

TEMPERATURA, °CF igura 4 .18

Apéndice 4.9

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

Sustanciah 2o

% en pesoCp en

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

CAPÍTULO

CINCO ________Balances en procesos de mezclado y evaporación

Objetivos:a) Se mostrará a l lector la fo rm a de efectuar balances de masa en mezclado y

evaporación.b) Se indicará la fo rm a de calcular los calores de mezclado.c) El lector, a l terminar de leer y estudiar este capítulo, estará capacitado p a ­

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

Introducción

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

MezcladoLa operación de mezclado se utiliza para preparar una combinación uni­

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

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

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

Balances en mezclado

Batanees de masa

El balance general de masa se hace en base a la figura 5,1,Entradas * Salidas + acumulación

t-i, X5

Figura 5.1

M3

144 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

Balance total

dmL\ + L 2 - L 3 + ^

Lx\ + L 2x\ - L 3x| + )au

En problemas a régimen permanente la acumulación vale cero.

Resolución gráfica

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

x ;

Figura 5.2

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

X J x-i

F igura 5.5

xi

MEZCLADO 145

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

Figura 5.4

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

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

Figura 5.5

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

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

BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

A

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

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

xf = 0.4 = 0.4 jcf = 0.2

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

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

Balances de energíafinando se mezclan dos o más corrientes de proceso en una planta y éstas

se encuentran a la misma temperatura, la corriente final puede estar o no a la

MEZCLADO 147

A

Figura 5.7

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

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

Entradas — Salidas = Acumulación

E\HX + L2H - L3H3 =

148 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

Figura 5.9

Evaporación

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

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

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

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

Balances de un evaporador

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

L j + 4- L 5 4-

PROBLEMAS RESUELTOS 149

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

L x - G3 + L4 Balance total en el lado de la disolución

Lxx\ = L4 JC4 Parcial

G2 = G3 Balance de lado del vapor puro

L 1H 1 + G2H2 = G3 / / 3 + L^Hi + L¡H5 Balance de energía.

Las entalpias Hx y HA dependen de las características de las disoluciones y en general son iguales a H = CpAT. Las entalpias H3 y H5 corresponden al va­por de calentamiento entrante y la del líquido saturado saliente o condensado proveniente de la condensación del vapor, y se localizarán en las tablas de va­por. (Apéndice IV).

La entalpia H3 corresponde a los vapores saturados generados por la eva­poración de la disolución y su valor dependerá de la temperatura de ebullición de la solución, la cual a su vez depende de la presión de operación y de la con­centración de los sólidos disueltos.

Problemas resueltos

Problema 5.1

En la manufactura de mermeladas se mezcla la fruta molida con el azúcar necesaria para producir una mezcla de 45 partes de fruta y 55 partes de azú­

BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

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

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

1. T raducción (figura 5,11).

Figura 5,11 5. Agua evaporada,

2. P lan team iento .

2.1 Balances

Total 5,M 2

azúcar (sólida) entrantefruta (sólidos + líquidos) entrante

Sj + M t , + S, “ Gs + M4

Balance parcial de sólidos

Sj jx'j + + S3W3 = M4z4

Balance de agua „ nM 2z ? > ° = A í4 z 4 + G s

3. Cálculos.

3.1 Balances

Base 100 kg de fruta entrante

■'■St = 100 f ¡ r ) : s> = 100 (fr )(r f)

151

(I)

(II)

(I) en (II)

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

Problema 5.2

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

1. Traducción (figura 5.12).

2. Planteamiento .

2.1 Discusión

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

PROBLEMAS RESUELTOS

Balance total

f e - )100 + 100 [-—r ] + (0.23) = M4 + G5

Balance de agua

100 (0.86) - Aí4 (0.33) + Gs

100 + 122.22 + 0.281 = Aí4 + 8 6 -0 .3 3 M4

M4 = 206.8 kg.

4. Resultado:

152 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

2.2 Balance

E - S = A V = (Lj - L a ) e + K

a $ = 0 ; V = Vo

(L t - Lj) J dO = j d V V ~ Vo + Ll

2. Cálculos.

3.1 Balances

m',355 - 4 5 =día

V = SO m3 + día = 40 m3

4. Resultado:

Al finalizar el día el tanque tendrá 40 m3 de agua.

Problema 5.3

Una corriente de 1000 kg/h que contiene 10% de alcohol, 20% de azúcar y el resto de agua, se mezcla con 2000 kg/h de una corriente con 25% de al­cohol, 50% de azúcar y el resto de agua. ¿Cuál será la composición de la mezcla resultante?

1. Traducción -{figura 5.13).

L t = 1000 kg /h X f - = 0.1

L 2 = 2000 kg /h X ? = 0.25 X ? = 0.5

Figura 5.13

PROBLEMAS RESUELTOS

2. Planteamiento.

2.1 Balances

Balance total

Balance parcial de azúcar

153

L3X\* + LZX \‘ = L3X ?

Balance parcial de alcohol

L3X f + L2X°2‘ = L3X%'

3. Cálculos.

3.1 Balances

1000 + 2000 = 3000 = L3

1000 (0.2) + 2000 (0.5) = 3000 (X f

200 + 1000XV = 3000

= 0.4

1000 (0.10) + 2000 (0.25) = 3000 ( X |' )

100 + 500300

= 0.2000

4. Resultado:

La corriente resultante tiene 40% de azúcar, 20.00% de alcohol y el resto de agua.

Problema 5.4

Resuelva el problema anterior por el método gráfico.

1. Planteamiento.

Para resolver el problema se debe construir un diagrama triangular y di­bujar allí los puntos que identifiquen a las corrientes 1 y 2. Luego, por medio de la regla de la palanca se podrá obtener el punto 3 de la mezcla.

2.1 Diagrama

154

2. Cálculos.

BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

Alcohol

Azúcar

Figura 5.14

2.2 Composición f in a l

Si se unen el punto 1 con el 2, la recta resultante será el lugar geométrico de todas las mezclas posibles de 1 con 2. En nuestro caso mezclamos 1000 kg de la comente 1 con 2 0 0 0 kg de la corriente 2 , o sea.

1000 + 2000 » 30006 1 + 2 - 3

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

La distancia 1 a 3 representará la cantidad de L x agregada y la distancia de 3 a 2 la cantidad agregada. Lo cual se observa en la figura 5.15.

PROBLEMAS RESUELTOS 155

3. Resultado:

La composición de la mezcla final es de 40% de azúcar, 20% de alcohol y el resto de agua.

Problema 5.5

Unos gases de combustión tenían la siguiente composición en volumen O2 , 2%; COs, 15%; H20 , 7.5%, y el resto de nitrógeno. La mezcla tomada para análisis ocupaba un volumen de 100 mi a una temperatura de 40°C y 586 mm de Hg. ‘

Determine el peso molecular de la mezcla, la densidad, la presión parcial del agua y el peso de la muestra.

1» Traducción.

5 O¡ = -0 . 0 2

jjc ° í= 0.15

5Hs° = 0.075

y Nz= 0.755Figura 5.16

2. Planteamiento.

2.1 Discusión

Este problema se resuelve al utilizar las leyes de los gases ideales.

2.2 Ley de los gases idealesm „ — m PM Pp V ~ —— — R T : Q = — = — ;~ r ~v PM V R T

2.3 Peso molecular prom edio

P M N ^N 2 + P M o j O t + P M C 0¡yC 02 + P M H2dyH 20 = P M promedio

Por la Ley de Amagat en los gases % en volumen = % en mol

2.4 Presión parcial del agua

P H20 = P j h 2o

3. Cálculos.

3.1 Presión parcial del agua

PH¡Q = 586 (0.075) = 43.95 mm Hg

3.2 Peso m olecular prom edio

28 (0.755) + 32 (0.02) + 44 (0.15) + 18 (0.075) = 29.73

3.3 Masa de la muestra

156 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

m - (29 73) / 1 V _L _\ = 0.0893 g\7 6 0 / \ 1 0 0 / \ 0 .0 8 2 /^ 3 1 3 / s

3.4 Densidad de la muestra

4. Resultado:

q = - - - - - - = 0.893 g/10.10 5

El peso molecular de la mezcla es de 29.73, la densidad de 0.893 g/1, la presión parcial del agua 43.95 mm de Hg y el peso de la muestra 0.0893 g.

PROBLEMAS RESUELTOS 157

Problema 5.6

Se ha diseñado un evaporador con una alimentación de 11500 kg/día de zumo de toronja que produzca 3000 kg/día de agua evaporada y una disolu­ción concentrada al 50%. ¿Con qué concentración inicial se deberá alimentar al zumo de toronja y qué cantidad de disolución concentrada al 50% se ob­tiene?

1. Traducción (figura 5.17).

2. Planteamiento.

2.1 Balances

Total

Parcial

¿ ^ s ó l id o _ LiX«siid°

3. Cálculos.

3.1 Balances

Total

11500 = 3000 + Lz . \L 3 = 8500 kg/día

158 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

Parcial

11500 (jc'D = 8500 (0.5) x \ = 0.3695

4. Resultado:

Se obtienen 8,500 kg /d ía de zumo concentrado.El zumo entran te al evaporador tiene una concentración de 36.95% de

sólidos.

Problema 5.7

A un tanque que contiene originalmente 2000 1 de solución salina con una concentración de 63 g/1 de sal, se le introducen sim ultáneam ente dos corrien­tes salinas, una de 20 1/min y 50 g/1 de sal y otra de 10 1/min y 5 g /l de sal. Al mismo tiempo, por la parte inferior del tanque se extraen 20 1/min de solu­ción. Si el tanque está perfectam ente agitado, cuál será la concentración de sal en el mismo cuando el volumen de solución contenido en el tanque llegue a 3000 1.

1. Traducción.

Figura 5.18

2. Planteam iento.

2.1 Discusión

Este es un problem a a régimen transitorio en el que cam bia tanto el volu­m en como la concentración de sal que hay eft el tanque.

2.2 Balances de materia

Balance total

PROBLEMAS RESUELTOS

Lx + Lz - L3 = dVde

L x + L2 - L-i = constante d = K;V = Kd + KtaO

Balance de sal

L jC f1 + L 2C f - L 3c f = dl Y C f ) = y dCf _ + c sai d Vde de 3 de

3. Cálculos.

3.1 Tiempo de llenado

20 + 10 - 2 0 = 10 = d Vde

V = 100 + Kt

Si e = 0 ; V = Vo Kx = Vo

V = 100 + Kx3000 f eÍ 3ÜÜ0 f ti

dV = \ 10 d6 ; 1000 = 1009iwi J n

3.2 Concentración

2000 J o0 = 1 0 0 minutos

10(5) + 20(50) - 20 C3 = V — 5- + C3

de 3 deJ rr

pero —— = 10 / . V = 106 + Vo V - 100 + 2000 ad

50 + 1000 - 2 0 C3 = (100 + 2 0 0 0 ) - ^ 2 . + c 310de

1 0 0 ^ 0 _ f c>0 cjnnn ± ínfl J 63

de f 3 d c %2000 + 100 J 0 5 1050 - B0C3

C3 = 35 + 28 e- 1 2 1 6 3 8

C3 = 43.2964 g/1

159.

160 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

4. Resultado:

Cuando el tanque contenga 3000 1 la concentración de sal en el mismo es de 43.2964 g/1.

Problem a 5.8

A un tanque que contiene 2000 1 de leche se le agrega más leche a razón de 100 1/min y se le quita al mismo ritmo. La tem peratura inicial de la leche en el tanque es de 50°C. La leche entrante al tanque está a 15°C. Si un serpentín adiciona 2000 kcal/m in, calcule cuál será la tem peratura en el tanque a los cinco minutos. El Cp de la leche puede considerarse constante e igual a 1 kcal/kg°C y su densidad igual a 1100 kg/m 3 .

1. T raducción (figura 5.19).

L\ — 100 1/min Tt = 15°C

& - o

PT= 2 0 0 0 1

to= 50°C

Figura 5.19

L 2~ 100 1/m inh = m

< í> - 0

2. P lan team iento .

2.1 Balance de masa

2.2 Balance de energía

Entradas = Salidas

L\ — Lo

Entradas = Salidas + Acumulaciones

dH 2L 1H 1 - L 2H 2 ~ ( ¿ = q V

L{H X - H 2) + d = QV

dd dH2

PROBLEMAS RESUELTOS161

pero

dJtí = Cpdt

L(Cp) (Ti -T 2) + d = QVCp d T 2de

3. Cálculos.

3.1 Masa entrante y saliente

L i = 0 . 1 - ^ / í l O O - Í f - U 110mm \ m j

= Lmm

Masa en él tanque

Vq = 2m3 ^1100 = 2200 kg

3.2 Balance de energía

110(1) [15 - T 2] + 2000 = 2 2 0 0 (1 ) -^ !dS

20 = í 5 ddJ o50 33. 18— * o

- 20 ln -? 3'18 T% = 5 -16.82.

T2 = 33.18 + 16.82e-°-25

T2 = 46.3*0

4. Resultado:

La temperatura a los cinco minutos es de 46.3°C.

Problema 5.9Se mezclan 2000 kg/h de una sustancia A que está a 45 °C con 1500 kg/h

de la sustancia B que está a 90°C. ¿Cuál será la temperatura final de la mezcla? Datos:

CpA = 0.192 + 0.0006 T ; CpB = 0.253 + 0.0008 Tgmol°C

162 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

1. Traducción (figura 5.20)

2. Planteamiento.

2.1 DiscusiónAl considerar que no hay calor de disolución, el calor ganado por una

sustancia debe ser igual al calor perdido por otra. En este caso se desprecian las contribuciones de energía cinética y potencial. No se da trabajo ni se propor­ciona calor al sistema.

2.2 BalancesL i + jLj = ¿3

Lj/fi + L 2H2 — L jH j

p e r o H - C p d T ;

Lx } CpAd T + L2 ) CpgdT « L3 ) Cpcd TTe T0 T0

Cpá = c p mad3 = xA CpA + XgCpB3. Cálculos.

3.1 Balance de masa

3.2 Capacidad, calorífica de la mezcla

Cpc = 0.57 (0.192 + 0.0006T) + 0.43 (0.253 + 0.00087)

Cpc - 0.21823 + 0.0006867

3.3 Balance de energía

f 318 f 3632000 J m (0.192 + 0.00067) d T + 1500 J ^ (0 .2 5 3 + 0.00087) dT =

= 3500 j ’ ■ (0.21823 + 0.0006867) dT

2000[(0.192) (45) + (3 1 8 i - 2 7 3 2 )] + 1500 [0.253 (90) + j^ O S

(3632 —2732)] = 3500(0.21823 (7 3-2 7 3 ) + M i ? 6.86 (7 32-2 7 3 2)]

101736 = 3500[0.2182373 — 59.57 + 0.00034732 - 25.33]

7 32 + 641.85 7 3 - 335198 = 0

Ty = 341.07°K = 68°C

4. Resultado:

La temperatura final es de 68°C.

Problema 5.10

Para concentrar el jugo de naranjas se parte de un extracto que con­tiene 12.5% de sólidos y está a 20°C. El jugo fresco se pasa a los evapora­dores al vacío y parte se deriva para luego diluir el jugo concentrado que sale del evaporador con 58% de sólidos hasta la concentración final del 42% de sólidos.

Si se tratan 2000 kg/h de jugo diluido y el vapor que se emplea para evaporar es de 20 psig, encuentre el vapor necesario para esta operación. La presión barométrica es de 586 mm de Hg y la de vacío dentro del evapo­rador de 466 mm de Hg. El Cp de las disoluciones se considera como 1 kcal/kg°G.

PROBLEMAS RESUELTOS lg3

164 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

1. Traducción (figura 5.21)

2. Planteamiento.

2.1 Disensión

La disolución puede tomarse como ideal, el calor de disolución es despre­ciable y el aumento en el punto de ebullición también.

2.2 Balances de materia

Balance total del jugo

2*1 = + L4

Balance de sólidos

L t x ? = G3 y f + L4 x f

Balance total en la unión

L2 + L3 = L4

T x r „ sol _ f solL 2 X 2 + L g * 8 — L .4 X 4

PROBLEMAS RESUELTOS 165

Balance del lado del vapor de calentamiento

G6 = L7

2.3 Balances de energía

Balance alrededor del evaporador

GgHs "1" G$H$ = G3H3 + LjHj + JLg/íg

G6 (H6 - H7) = GiH3 + Lg/Zg - LjHs

= CPp(te - t 0) ; H$ = Cps(t5 —t(¡)

H6 , H7, H3 de tablas de vapor

3. Cálculos.

3.1 Balance de masa

Balance alrededor de todo el equipo

2000 = G3 + L4

2000 (0.125) = L4(0.42) / . L4 = 595.23 kg/hG3 = 1404.76 kg/h

Balance en la unión

L2 + U = 595.23 L2(0.125) + Lg(0.58) = 595.23(0.42)

L8 = 385.9 L2 = 209.33 kg/h

Ls = 1790.67 kg/h

3.2 Temperatura de ebullición de la solución

Si la solución se comporta como agua, de la tabla de presión de vapor se obtiene que para 586 —466 = 120 mm Hg t = 55°C. (apéndice 6.1).

3.3 Entalpias del vapor

Pabs = 20 psig + 11.3 = 31.3 psig = 2.129 atm = 2.199 £g/cm 2

del apéndice 4.1 t s 122°C .'.H6 = 646.5 kcal/kg H7 = 122 kcal/kg

Los vapores salientes de la disolución están saturados a 55°C. De tablas de vapor H3 = 621 kcal/kg. (Apéndice 4.1).

3.4 Balance de energía

Gs (646.5-122) = 1404.76 (621) + 385.9(1) (55) -1790.'67(20)

Gs (524.5) = 872355.96 + 21224.5 -35813 .4

G<¡ = 1635.39 kg/h

4. Resultado:Se requieren 1635.39 kcal/h de vapor de calentamiento.

166 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

Problemas propuestos

Problema 5.11

Una disolución de azúcar con 15°Bríx se introduce a un evaporador. La disolución saliente debe tener una densidad relativa de 1.20467 a 20°. Calcu­lar el agua evaporada y la disolución saliente por cada 1 0 0 0 1 /h entrantes a 20°C.

Resultado:

Se evaporan 707.34 kg de agua y se obtienen 353.66 kg/h de una disolu­ción con 45% de sucrosa en peso.

Problema 5.12

Una solución de coloide orgánico en agua se concentra de 10 a 50% de sóli­dos en un evaporador. El vapor para el calentamiento tiene una presión mano- métrica de 1.05 kg/cm 2 . En el espacio de evaporación se mantiene una presión absoluta de 10 cm de Hg. La alimentación es de 25000 kg/h. La solución tiene una elevación del punto de ebullición y un calor de disolución despreciable. Calcule el consumo de vapor si la temperatura de la alimentación es de 20°C/

* k.calEl Cp de la solución entrante es de 0.9 —— —.kg°C

Resultado:

Se necesitan 23126.6 — - de vapor.h

PROBLEMAS PROPUESTOS 167

Problema 5.13

Dos corrientes de aceite, se mezclan en un proceso continuo en las condi­ciones mostradas en la figura 5.22. Calcule la temperatura final T3.

Resultado:

La temperatura final es de 72.4°C.

Problema 5.14

Dos bombas llenan un deposito en 8 horas. ¿Cuánto tiempo necesitan cada una para llenarlo por separado, si la primera bomba tarda 4 horas más que la segunda? Si el volumen del tanque fuera de 100 rn3 , ¿cuáles serán los gastos de cada bomba?

Resultado:

Una bomba tarda 14 hrs y 12 minutos en llenar el tanque a razón de 117 1/min., la otra 18 hrs y 12 minutos a razón de. 91.5 1/min.

Problema 5.15

¿Cuántos kilogramos de crema que contienen 12% de mantequilla deben ser agregados a 1800 kg de leche que contiene 2 % de mantequilla para obtener leche con 3% de mantequilla?

Rebultado:

Se agregan 200 kg de crema.

168 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

Problema 5.16

En el siguiente diagrama triangular calcule:

a) La composición del punto A .b) La relación de agua a azúcar en la línea DF.c) La composición de mezcla resultante al juntar 2 partes de la solución

representada por el punto B con 1 parte de la solución representada por el punto C.

Resultado:

La composición del punto A es de 40% de alcohol, 45% de HzO y 15% de azúcar. La relación de agua a azúcar es 1.5, la composición resultante es de 35% de alcohol, 45% de azúcar y 20% de agua (figura 5.25).

Alcohol

F

Figura 5.23

PROBLEMAS PROPUESTOS 169

Problema 5.17Con objeto de satisfacer ciertas especificaciones, un fabricante mezcló ha­

rina de pescado seca cuyo precio es de 50 pesos kilo, con harina que contiene 22% de aceite de 27.5 pesos por kilo, de tal forma que la mezcla final contenga 16% de aceite.

¿A qué precio venderá la mezcla?

Resultado:

£1 precio de la harina es de 33.6 pesos por kilogramo.

Problema 5.18Una mezcla gaseosa tiene la siguiente composición volumétrica:

0 2 5%N2 65%

C 02 20%H20 10%

Si la mezcla anterior ocupa un volumen de 30 m3 a 50°C y 750 mm de Hg, determine:

a) La presión parcial del agua.b) £1 volumen parcial del oxígeno.c) £1 peso molecular promedio de los gases.d) La densidad de la mezcla.

Resultado:

La presión parcial del agua es de 75 mm de Hg, el volumen parcial deloxígeno de 1.5 m3 , el peso molecular de 30.4 y la densidad de la mezcla es de

1.136 .m3

Problema 5.19

Un néctar de mango debe contener 100 kg de puré de mango, 30 kg de azúcar, 170 kg de agua y 10 kg de ácido cítrico. ¿Qué cantidad de materias pri­mas se deben emplear para producir 5,300 kg/h de néctar de mango?

Resultado:

Se requieren 1709 kg de puré de mango, 513 kg de azúcar, 2906 kg de agua y 171 kg de ácido cítrico.

170 BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION

Problema 5.20

El diagrama de flujo de una industria procesadora dé toronjas es el mos­trado en la figura 5.24.

Toronja

Extracción Cáscaras, LíquidosEvapo­del semillas Extracción de la _ Melazas

ius° y pulpa cáscara ración

TJugopara Pulpa

envasar

Deshidra - taciólí

Pulpacítrica

-<s>~Figura 5.24

■<$> %

A la planta entran 2000 kg de toronja eon un 15% de sólidos y se obtiene un jugo con 12% de sólidos y cáscaras con 17.55% de sólidos. El líquido de cáscara contiene 1 2 % de sólidos que por evaporación da unas mezclas cítricas de 72°Brix.

La pulpa con 25% de sólidos se deshidrata para dar 30.8 1 de pulpa cítri­ca final, la que contiene un 1 0 % de humedad.

Con los datos anteriores complete el balance de materia por cada 2000 kg/h entrantes.

Resultado:

Se obtienen 913.5 kg de jugo, 106.5 kg de melazas y 30.8 1 de pulpa.

Problema 5.21

Para conseguir jugo de naranja concentrada, se parte de un extracto con 7% en peso de sólidos el cual se mete a un evaporador al vacío.

En el evaporador se elimina el agua necesaria para que el jugo salga coñ una concentración del 58% de peso de sólidos. Si se introducen al proceso 1000 kg/h de jugo diluido, calcule la cantidad de agua evaporada y de jugo concen­trado saliente.

PROBLEMAS PROPUESTOS 171

Resultado:

Se evaporan 879.32 kg/h y salen 120.68 kg/h de jugo concentrado.

Problema 5.22

Un jugo de frutas contiene 5% de sólidos y se debe concentrar evaporan­do agua. Como el jugo es sensitivo al calor, una temperatura muy alta altera el sabor del mismo. Se decide que la temperatura de 40°C sea la máxima a usarse. Se ha observado que la concentración de los sólidos no tiene efecto sobre la temperatura de ebullición. ¿Qué presión de trabajo debería usarse?

Resultado:

La presión de trabajo será 55.3 mm de Hg absoluto.

CAPÍTULO

SEIS ____________Balances con vapores condensables

Objetivos:

A l term inar de estudiar este capítulo, el lector podrá calcular las presio­nes de vapor de los líquidos para emplearlas en el cálculo de tem peraturas de ebullición y condensación, en la estimación de equilibrio en destilación y en las operaciones de acondicionam iento de aire y secado.

Introducción

Los procesos incluidos en las operaciones con vapores condensables se cuentan entre los más antiguos y simples conocidos por el hombre, como los de secado, destilación y enfriamiento de agua. En todas ellas se tiene como ele­mento común el hecho de que uno o más líquidos se vaporizan o uno o más ga­ses se condensan, por lo que se requiere del estudio del equilibrio vapor-líquido.

Presión de vapor

De la superficie de los sólidos y de los líquidos escapan moléculas que pa­san al estado gaseoso, esto permite percibir el aroma de las sustancias. Si se en­cierra un líquido puro dentro de un recipiente al vacío, parte del líquido se evaporaría hasta lograrse un equilibrio entre las moléculas que pasan a la fase gaseosa y las que se condensan al pasar a la fase líquida. La presión que existe en el recipiente en ese momento es la presión de vapor. Si aum enta la tem pera­tura, aum enta el número de moléculas que escapan a la fase gaseosa y conse­cuentemente la presión de vapor. Si disminuye la tem peratura, la presión de vapor baja.

Así se deduce que la presión de vapor es función de la tem peratura, pero no es una función lineal, sino que puede ser expresada por medio de ecuacio­nes como la de Antoine.

L P ° - A - BT + CEn donde A, B y C son constantes propias de cada sustancia, T es ,1a tem pera­tura y P° la presión de vapor (apéndice 6.2).

Para presentar el comportamiento de la presión de vapor con la tem pera­tura para muchas sustancias se utilizan las gráficas de Cox.

Ebullición

Cuando la presión de vapor de una sustancia pura es igual a la presión de trabajo (presión que se ejerce sobre el sistema), el paso de las moléculas del es­

175

176 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

tado líquido al gaseoso se hace muy violento y se dice que el líquido hierve. Si la presión de trabajo es de una atmósfera, se dice que la temperatura de ebulli­ción es la normal y que el líquido está saturado. Todo líquido por debajo de su temperatura de ebullición recibe el nombre de líquido subenfriado. La ebulli­ción a presión constante se efectúa también a temperatura constante.

Condensación

Si a los vapores de una sustancia pura se les extrae calor a presión constan­te, llegará un punto en que se forma la primera gota de condensado, la tempe­ratura a la que se produce ese fenómeno recibe el nombre de temperatura de condensación o de rocío. Ún vapor que está a su temperatura de condensación recibe el nombré de vapor saturado. Un vapor por arriba de esa temperatura está sobrecalentado. Para una sustancia pura, la temperatura de condensación será igual a la de ebullición para una presión dada.

Mezclas de líquidos

Si tenemos una mezcla de líquidos inmiscibles, cada uno de ellos ejercerá su presión de vapor como si el otro no existiera. Por ello la temperatura de ebullición de dichas mezclas se alcanzará cuando

Pr = Pa° + Pg

en donde P t es la presión de trabajo, Pg y P% son las presiones de vapor de los líquidos A y B:

Se hace notar que la temperatura a la que ello sucede será siempre infe­rior a la de cualquiera de los componentes puros, razón por la cual se suele uti­lizar un método llamado destilación con vapor para destilar sustancias de alto peso molecular y que pudieran descomponerse si se llevaran a su temperatura de ebullición.

En el equilibrio, la presión parcial de los vaporés deberá ser igual a la del líquido.

Pas = Pai

En mezclas de gases ideales

Pa, = PryA

que es la ley de Dalton. Por consiguiente para líquidos inmiscibles

PtJa = Pg

EQUILIBRIO ENTRE UN LIQUIDO Y UN GAS INSOLUBLE EN EL LIQUIDO 177

Si se tienen mezclas ideales de líquidos miscibles éstas seguirán el compor­tamiento predicho por la ley de Raoult, por lo que si se tienen dos líquidos A y B

PT = PaXa + PgXn

en donde xA y xB son las fracciones molares de los líquidos A y B . Cuando la presión ejercida por la mezcla sea igual a la presión total, ésta hervirá. En ese momento si se establece el equilibrio

Pas — Pai

PtJa = P°xA

la última ecuación permite predecir la composición de un vapor jü que está en equilibrio con un líquido de composición xA, en base a la presión y temperatura.

Una mezcla de vapores al enfriarse a presión constante llegará a una tem ­peratura en la cual se forma la primera gota de condensado. Esta tem peratura recibe el nombre de tem peratura de rocío y se calcula por medio de

¿ y¿PT/P ° = 1 =f 0.001! = 1

este punto se obtiene por tanteos.La primera gota formada tendrá la composición dada por

x, = S íPt/P í

Equilibrio entre un líquido y un gas insoluble en el líquido

Muchas operaciones unitarias necesitan del manejo apropiado de mezclas de vapores condensables con gases incondensables; el ejemplo más común de estas mezclas es el de vapor de agua con aire.

Si se pone agua en contacto con aire, se producirá la difusión del agua en el aire, saturándolo cuando el espacio es limitado. Cuando el aire se satura se establece el equilibrio. En ese momento el número de moléculas de agua que se evaporan es igual a las que se condensan. Hay pues, un límite en la cantidad de agua que puede pasar al aire.

En el equilibrio

Pijtf ; ~ ~ = = - - - - - - = r satJ " m G Pt — Pa sat

en donde Y es la hum edad molar de saturación, o sea los kg mol de agua que están contenidos en un kilogramo mol de aire seco.

BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

PA - presión parcial del agua.Pa = presión de vapór del agua.Pg = presión parcial del aire. mA moles de agua.

Si el aire tiene menor cantidad de agua que la correspondiente a la satu­ración, su humedad estará dada por

f - P± kg mol de aguaPT — PA kg mol de aire seco

en las operaciones de aire-agua se recurre también al concepto de humedad absoluta másica dado por

P' PMaguaP t ~ P a

otros conceptos empleados son

Y ,Y% = ——— (100) humedad por ciento l ’satp

Yr = —— (100) hum edad relativa Pa

la hum edad relativa o la humedad por ciento se miden con aparatos llamados higrómetros.

Otras propiedades son: El volumen húmedo que es el volumen de la uni­dad de masa del gas, más el volumen de todo el vapor que contenga a la pre­sión y tem peratura que se encuentre al sistema

= [— ! — + _ 1 _ ] M -PMam PMaguJ Pt

la tem peratura de bulbo seco es la que se mide con un termómetro común y corriente.

La tem peratura de bulbo húmedo que se mide con un termómetro provis­to de una mecha humedecida y agitando éste en el aire. El aparato que mide al mismo tiempo las temperaturas de bulbo húmedo y seco recibe el nombre de psicrómetro.

La tem peratura a la cual se condensa la primera gota de vapor de agua es la tem peratura de rocío.

Calor húmedo es la capacidad calorífica que tiene una mezcla de gas más el vapor que lo acompaña.

Ch — Cpgz¡ + Cpvap,jr (Y)

EQUILIBRIO ENTRE UN LIQUIDO Y UN GAS INSOLUBLE EN EL LQUIDO

en el caso del aire-agua.

179

CH — 0.24 + 0.46Y kcal/kg aire seco °C

La entalpia de una mezcla de aire húmedo es igual a

H = CH (t - t o ) + Xo Y

en donde To es la temperatura base para calcular las entalpias, generalmente 0°C y Xo es el calor latente de vapor a la temperatura base.

En el caso del aire húmedo

H = [0.24 + 0.46y] ( í - 0 ) + 596F kcalkg A.S

Todas las propiedades de las mezclas de aire-agua se pueden graficar en una carta llamada psicrométrica (apéndice 6.1).

Temperatura

Figura 6.1

La tablas psicrométricas sirven para conseguir rápidamente las propieda­des del aire húmedo a una presión dada. Para cada presión existe una tabla psicrométrica, por ello es diferente la carta de humedad en la ciudad de Méxi­co que en Acapulco.

Otro de los usos de las tablas psicrométricas es que con ellas pueden se­guirse algunos procesos simples (figura 6.2).

180 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

Figura 6.2

Destilación

Es una operación unitaria que consiste en separar líquidos por medio de su diferencia de presiones de vapor. La destilación se lleva a cabo proporcio­nando energía a una mezcla de varios líquidos, evaporándose más fácilmente los que tengan la presión de vapor más alta. A los vapores salientes de los equi­pos se les deberá eliminar el calor latente de evaporación para pasarlos a la fase líquida, que tendrá una mayor proporción de líquidos con la presión de vapor alta que la que tenía el líquido original. Como se dijo, para lograr la destilación se deberá proporcionar calor a la mezcla líquida, llevar ésta a la tem peratura de ebullición y además proporcionar el calor latente para que pasen al estado gaseoso.

BALANCES 181

Balances

El equipo de destilación es el mostrado en la figura 6.3, en donde:

A = Alimentación.B = Gases salientes del domo.C = Reflujo (necesario para lograr un buen contacto entre el líquido

y el vapor).D = Destilado.E = Líquidos del fondo.F = Gases a la columna.R = Residuos.

En él el balance de masa sería:

LA = LR + LD balance total

LaXa = LrXr + Ldx% balance del volátil

y el balance de energía

LaH a + Qp = L rH r + U ñ o + Qc

Qc = Calor eliminado en el condensador.Qr — Calor transmitido en el rehervidor.

182 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

en donde Ñ A = Entalpia de la alimentación. Esta puede ser de un líquido su- benfriado, saturado, una mezcla vapor líquido, un vapor saturado o sobrecá- lentado.

Para una mezcla binaria;, lá entalpia de un líquido saturado sería

Hi. = xA [CpLA( te ~ to )] + (1 ~ x A) [CpLB{te - to)]

y la de Un vapor saturado

H v - yA[CpiA(te - to) + XA,te] + (1 —yA) [CpÍB(te - to) +' % , te]

en donde

xA — fracción mol del líquido A .yA = fracción mol del vapor A .CpLA = Capacidad calorífica molar a presión constante del líquido A .\ A,te = Calor latente de ebullición del líquido A , a la tem peratura de ebulli­

ción te.to 9= tem peratura base.

Acondicionamiento de aire

El acondicionamiento de aire tiene por objeto la obtención de un aire con la humedad y tem peratura deseadas para su uso en espectáculos, centros de enseñanza, laboratorios, fábricas, oficinas y casas. En los últimos casos se em­plean paquetes de acondicionamiento. E # los primeros los equipos son más cora,piejos por los volúmenes manejados.

Secado

Esta operación unitaria tiene como fin eliminar la humedad residual que contiene un sólido, para hacerlo más atractivo desde el punto de vista comer­cial, mejorar sus condiciones de almacenamiento, y emplearlo en operaciones posteriores.

Enfriamiento de agua

En la industria el agua es uno de los servicios más necesarios; sirve como diluyente, y como medio para generar vapor o enfriar corrientes. La enorme cantidad de agua que las industrias emplean hace incosteable tirarla una vez usada, por lo que se reutiliza varias veces, en especial la que se aprovecha en

BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA 188

calderas y enfriamiento. Por ello el agua caliente de las plantas se enfría en grandes equipos llamados torres de enfriamiento de agua. En ellos el agua se enfría por contacto con aire, calentándose y humidificándose éstemientras el agua se enfría.

Balances de materia y energía

En general, al hacer los balances dé materia y energía para los equipos de enfriamiento de agua, secado y acondicionamiento de aire (figura 6.4), se tie­ne que:

g 2,/í2,k 2

Equipo

L.JU.X,

Figura 6.4

* Balance de masa

Gj -i L4 - G2 + ¿s

• De agua

Giyt + L4x4 ^ G2y>2 + E3jc3

• Balance de energía

GpFfj + L^H¡4 = L 3 H 3 + G2H 2 + Q p

en donde la entalpia del aire se calcula por el método antes descrito.

Qp — pérdidas dé calor

184 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

Problemas resueltos

Problema 6.1

La presión de vapor del alcohol etílico está dada por la ecuación:

1473.11log P° = 8.04494 t + 222.65

^n donde t en °C y P° en mm de Hg. Cuál será la tem peratura de ebullición normal del alcohol?

1. T raducción (figura 6.5).

Alcohol

P ~ 760 mm Hg

Te — ?

2. P lan team iento .

Figura 6.5

Discusión: El punto de ebullición del líquido se alcanzará cuando su presión de vapor sea igual a la presión de trabajo, en este caso 760 mm de Hg.

Ecuación

log Pt = 8.04494 1473.11 t + 222.65

3. Cálculos.

Tem peratura

log 760 = 8.04494

2.856 = 8.04494

1473.11t + 222.65

1473.11t + 222.65

PROBLEMAS RESUELTOS 185

1473 11t = _ 222.65 = 61.24°C5.18894

4. R esu ltado:

El alcohol hervirá a 61.24°C.

Problema 6.2

Se tiene una mezcla de 70% de tolueno y 30% de agua en mol a la presión de 760 mm de Hg. ¿Cuál sería la tem peratura de ebullición de dicha mezcla?

2. Traducción (figura 6.6).

Te= ?

Figura 6.6

2. Planteamiento,

• Discusión: El tolueno y el agua son inmiscibles, por ello cada uno ejer­cerá su presión de vapor como si estuviera solo.

• Tem peratura de ebullición

Pt = P?*„ + P°H ,0 tolueno

Esta ecuación se resuelve por tanteos. En cada tem peratura se localizará una presión de vapor, cuando la suma se haga igual a la presión de trabajo se habrá encontrado la tem peratura.

186 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

5. Cálculos.• Constantes de Antoine

— Para el tolueno1343.94log P?0 *= 6.953 - t + 219.38

— Para el agua

log p u n = 8.10765 - 1- -—— de 0 a 60dC 6 h2° t + 235

loS p u n “ 7.96681 - - 68-21 de 60 a 150°C H2° t + 228

• Temperatura de ebullición—Temperatura del primer tanteo 50°C— para tolueno

1 343 Q4log = 6.953 - > ±= 1.96398 to1 50 + 219.38p loi = 92 mm Hg

— para el agua1o§ P h ó = 8.10765 - — 6-286 ±» 1.9666 H2° 50 + 235

P H¿o = 92 •8 m m

PT - 92.8 + 92 - 184 mm Hg

— Segundó tanteo 90°C1343 94log P ° 5 » 6.953 - - -* 2.609 ; P? * 4065 £o1 90 + 219.38

log P ° Q « 7.96681 - <1668o2 - = 2.7208 ; P° 0 * 525 ° H*° 90 + 228 Hz°

PT = 406 + 525 - 931 mm Hg

PROBLEMAS RESUELTOS 187

— Tercer tanteo 84°C

* 2 * -3 * 4 : P°Hi0 = 416

PT = 750

— Cuarto tanteo 84.5°C

t°0l = 339; P ^ q ~ 425

PT- = 764 mm Hg

4. Resultado:

La tem peratura de ebullición debe estar alrededor de 84.5°C.

Problem a 6.3

Se tiene una mezcla de 70% de tolueno y 30% de benceno en mol a la presión de 760 mm de Hg. ¿Cuál será la tem peratura de ebullición de dicha mezcla?

1. T raducción (figura 6.7)

P= 760 mm Hg

0.7'0.3

Te= ?

Figura 6.7

2. P lan team iento .

• Discusión; El tolueno y el benceno son miscibles y se comportan como líquidas ideales que siguen la ley de Raoult.

• Tem peratura de ebullición

p — p o ^tolueno 4 , p o ¿¡bencenotolueno benceno

188 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

Esta ecuación se resuelve por tanteos. E n cada tem peratura se ob­tienen las presiones de vapor correspondientes, cuando la sumatoria se haga igual a la presión de trabajo se habrá encontrado la tem peratura de ebullición.

3. Cálculos.

• Constantes de A nto ine

— Para el tolueno

to lu e n o = 6 .9 5 3 - 1 3 4 3 ' 9 4t + 219.38

— Para el benceno

1 DO - A ACA 1628.32 ° 8 benceno 1 ¿ + 279.56

Temperatura de ebullición

— Primer tanteo T = 50°C

1343 94lo g P °, = 6.953 ------ ---------- = 1.9639s tolueno ■'50 + 219.38

lo g p° = 7.429 ------ * 6 2 0 2 _ _ = 2.488s benceno 50 + 279.56

to lu e n o = 9 2 m m H S

^benceno = 3 0 6 m m H S

PT = 92 (0.7) + 306 (0.3) = 156.2

— Segundo tanteo 100°C

P°, = 550 P? = 1375tolueno benceno

PT 550 (0.7) + 1375 (0.3) = 797.5

— Tercer tanteo 98°C

to lu e n o = 5 5 2 b e n c e n o = 1 3 9 3

Pr = 756.9

PROBLEMAS RESUELTOS 189

4. Resultado:

La tem peratura de ebullición debe andar alrededor de 98°C.

Problema 6.4

Se burbujea aire a través de una disolución con 26.1% de alcohol etílico en mol y el resto de agua. La disolución está a 25°C. ¿Cuál es la composición de la mezcla de alcohol, aire y agua que sale como vapores de la solución? Su­ponga comportamiento ideal. La presión de trabajo es de 760 mm de Hg.

1. Traducción (figura 6.8).

<3—9t= 25°C

• • • • • •Aire

Figura 6.8

2. Planteam iento

• Discusión: Esta destilación es a base de arrastre con aire. Á1 burbujear aire a través de la disolución, se puede aplicar la ecuación

^ h 2o p h 2o * h 2o

• Composición de los vapores que dejan la disolución: La composición de los vapores está fija por la tem peratura, de acuerdo con la siguiente ecuación:

P aic __ moles de alcoholPT moles totales

190 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

3. Cálculos.

• Presiones de vapor a 25°C

p h 2o = 2 7 -4 m m

P °c = 62 mm Hg

• Presión parcial del aire

760 = 27.4 (0.739) + 62 (0.261) + P air

Paire = 723 66 mm

• Composición de los vapores

. moles de alcoholalc — moles totales

16.1760

= 0.02118

. 20.24 n noccon = — = 0.02663760

y . = 0.9521

• Composición de la primera gota destilada: Si fuera posible condensar el alcohol y el agua contenidos en el aire, el condensado tendría la si­guiente composición:

- - 0.02118 *alc 0.02118 + 0.02663

= 0.443

xH*° = 0.557

4. Resultado:

La composición de los vapores sería de 95.21% de aire en mol, 2.118% de alcohol y 2.663% de agua. Bajo ciertas condiciones, esta técnica puede ser útil para ¡a destilación a baja tem peratura de los componentes saborizantes.

PROBLEMAS RESUELTOS 191

Problem a 6.5

Una mezcla líquida de benceno-tolueno tiene una composición de 70% de tolueno y 30% de benceno en mol a la presión de 760 mm de Hg. ¿Cuál será la composición de la primera burbuja formada? ¿Cuál será la entalpia molar de la mezcla líquida a su tem peratura de ebullición? ¿Cuál será la entalpia de los vapores formados?

2. Traducción (figura 6.9).

P= 760 mm HgHv = ?Hx= ?

^ 7 — 0.7 x B = 0.3

F ig u r a 6 .9

2. Planteamiento.

• Discusión: Del problema 6.3 se conoce la tem peratura de ebullición que servirá para los cálculos de la entalpia del vapor y del líquido. La composición de los vapores se consigue por medio del equilibrio.

• Equilibrio

p — pbenceno bencenoen el gas en el líquido

»enceno

• Entalpia del líquido

H l = x„ [ C p B ( t e - t o ) ] + ( I - X b ) [ C p To(te — to ) ]

• Entalpia del vapor

ñ v — J b [CpB (te — to ) + V , J + (1 — ye) [Cpro (te — to ) + Xr0>te]

3. Cálculos.

Composición de la primera gota

760 « w J = 1305 (°-3>

192 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

\i, = 0.515J benceno 5

y . = 0.485J tolueno

Entalpia del líquido

¿ ¿ b e n c e n o = ( - ^ ^ - ^ ^ ) ( 7 g ) = 5 3 2 g _ J t C 3j _ .

kgmol°C

CpTo = 40.25 kcalkgmol°C

H l = 0.3 [52.26 (98 — 0)] + 0.7 [40^25 (9 8 -0 )]

kcalH , 4297.59kg mol

Entalpia del vapor

XJ98°C

kcal _ op 1A kcal2808 SglSSI 98°c kg mol

H v = 0.515 [52.26 (9 8 -0 ) + 2808] + 0.485 [40.25 (9 8 -0 ) + 2810]

H v = 7359.47 kcal/kg mol

4. Resultado:

La composición de la prim era gota será 51.5% de benceno y 48.5% de tolueno en mol. La entalpia del líquido es de ,4297.50 kcal/kgmol y la del va­por 7359.47 kcal/kgmol.

Problem a 6.6

Una mezcla de aire y vapor de agua que está a 25 °C y 760 mm de Hg tiene una humedad relativa del 30%.

Calcule: la hum edad absoluta, la tem peratura de rocío, el volumen hú ­medo, el calor húmedo y la entalpia.

1. Traducción (figura 6.10).

K*= S0% í= 25°CPT= 760 mm de Hg

Figura 6.10

PROBLEMAS RESUELTOS 193

2. Planteamiento•

• Discusión: Este problema se puede resolver utilizando los conceptos in dicados al principio del capítulo.

Humedad relativa

Yr = - Pu¡2- X (100)^ , o

-PH o = I g-P^ Qh 2 ° 1 q o

• Humedad absoluta

Y = ftkO _ PMuoOaire seco

• Volumen húmedo

= (JL +v 29 18 '

• Calor húmedo

CH = 0.24 + 0.46 F

Entalpia

H = Cu ( t - 0) + '596y

3. Cálculos.

Presión parcial del agua

log PHO = 8.10765 - 175.9-2868 h2° 25 + 235

J» o = 23.65 mm Hg; # H_0 = 30 5> = 7.095

Cuando la presión de vapor sea igual a 7.095 se alcanzará la temperatura de rocío:

T r - 6.16°C.

♦ Humedad absoluta

Y = 7• — ( - ^ - ) — 0.005849 kgH20 /kg A.S.760-7 .095 V 29 5 2 5

194 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

• Volumen húmedo

V«

• Calor húmedo

C„

• Entalpia

H

- 9.553 kcal/kg A.S

4. Resultado:

La hum edad es de 0.005849 kg H20 /k g . La tem peratura de rocío de 6.16°C. Volumen húmedo de 0.8475 m3/kg A.S. El calor húmedo de 0.24269 kcal/kg0 C y la entalpia de 9.553 kcal/kg A.S.

Problema 6.7

Obtenga algunas de las propiedades del aire del problema anterior usan­do el diagrama psicrométrico del apéndice 6.3.

1. Cálculos.

• Hum edad absoluta (figura 6.11).

(lk ~ + - ° 1884Í) ° ‘082 (298)

m 30,8475

kg A.S.

= 0.24 + 0.46 (0.005849)

= 0.24269 kcal/kg°C

- 0.24269 (25) + 596 (0.005849)

Y= 0.0058

25°C

Figura 6.11

P R O B L E M A S R E S U E L T O S

T e m p e ra tu ra de rocío (fig u ra 6 , 12).

0.0058

Figura 6.12

E n ta lp ia (fig u ra 6.13).

H = 4 0 - 0 . 3 - 39.7 k jkg A.S

0.0058

H - 9.486 kcalk g X s

Figura 6.13

V o lu m en h ú m e d o (fig u ra 6 .14).

0.0058

VT \

0.85kg A.S

Figura 6.14

196 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

2, Resultado:

Del diagrama psicrométrico a 760 mm de Hg se obtiene que la humedadj C f í f . fccÁ l

es de 0.0058 —— , la temperatura de rocío de 6°C, la entalpia de 9.486k§

y el volumen húmedo de 0.85%

mkg A.S

Problema 6,8

Los gases de chimenea salientes de una caldera tienen una temperatura de 740°C a la presión de 586 mm de Hg. El análisis de los gases es el siguiente: C 0 2, 16%; 0 2, 6%; H20 , 7%; N2, 71% en volumen. Estime la temperatura a la cual el vapor de agua de los gases comenzará a condensarse.

1. Traducción (figura 6.15).

P - 586 mm Hg T j= 140°C Tr= ?

Figura 6,15

2. P lanteam iento,

• Discusión: La condensación se alcanzará cuando la presión parcial del agua sea igual a la presión de vapor a una temperatura. Esta se conoce como temperatura de rocío.

• Presión parcial

A i , O =

Presión parcial

P = 586 (0.07)¿*

41.02

Tem peratura de rocío

log 41.02 = 8.10765 - 1750.286

t = 34.496°C

PROBLEMAS RESUELTOS 197

4. Resultado:

El agua se comenzará a condensar a 34.496°C.

Problema 6.9

m3Para cierto proceso se deberán mezclar 750 —j— de aire a 25°C y 20°C de

bulbo húmedo con aire a 15°C y Yr de 50%. Si la mezcla resultante está a 20°C, calcule la humedad del aire resultante, el volumen del aire adicionado, así como el volumen del aire resultante. La mezcla se hace a 760 mm de Hg.

2. Traducción (figura 6.16).

® --------- <a>¿2= 15°CEk2= 50%

Figura 6.16

2. Planteamiento.

• Discusión: Este problema se puede resolver por medio de una carta psicrométrica a 760 mm de Hg. En la carta se podrán localizar las condicio­nes del aire 1 y 2. Al unir el punto 1 con el 2 se encuentra el punto 3. Para ello sólo se requiere la aplicación de la regla de la palanca (figura 6.17).

Y

T

Figura 6.17

• Balances de masa

G/i + G/2 = G¡ 3

Balance de aire seco

G¡ = k g /h de aire seco

G/j Y1 + Gi2 Y2 = G,i Y^ balance de agua

198 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

3. Cálculos.

Humedades

Aire de la mezcla

Figura 6.18

Figura 6.19

• Volumen del aire en < T)> y aire seco en < Í>

1 , 0.0127.V„ = (------- +\ 29 18

-) (0.082) (-298) = 0.8598kg A.S.

.-. Gn = - 1- 00 = 1163 de A.S 0,8598 h

3

PROBLEMAS RESUELTOS 199

• Balances

1163 + G,2 = G,3 (I)

1163 (0.0127) + Gn (0.0053) = G/3 (0.009) II

kgGn = 1164.86 —— de aire seco

h

• Volumen húmedo en y volumen adicionado

V„, = ( - J — + ° - -0--3) (0.082) (288) = 0.8212 2¡L2 v 29 18 ’ v kg A.S.

G2 = 956.68 m3

• Volumen de aire resultante

v«3 = (0-082) (293)

= 0.8404 ----kg A.S.

G,3 - 1164.86 + 1163.06 = 2327.92 kg A.S

G3 = 1956.38 m3

4. Resultado:

El aire resultante de la mezcla está a 0.009 de humedad, el volumen adi­cionado es de 956.68 y el resultante de 1956.38 m 3.

Problema 6.10

Se hizo un estudio técnico-económico para la recuperación de glumen de sorgo.

Una de las partes más importantes del proceso es el secado del sorgo.Se procesan 333.00 ton /d ía de dicho material con una cantidad de agua

del 45 % y sale con un contenido de agua del 5 %.El aire que se empleó para secar el sorgo tiene una tem peratura a la en­

trada del 60% y una hum edad por ciento de 10. Si el proceso de secado es adiabático. Calcular:

a) El agua evaporada.b) El aire seco necesario.

200 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

c) El volumen del aire.d ) Las condiciones de salida del aire.

La presión de trabajo es de 760 mm de Hg.

1. Traducción (figura 6.20).

2. Planteamiento.

Discusión: Para saber la cantidad de agua evaporada, y de aire seco, se hace un balance total de materia y uno parcial de agua. Para saber las humedades absolutas se usa la caita psicrométrica (apéndice 6.3).

Balance parcial de agua

En base seca

G,YÍ + S,W2 = G,F4 + S,W 3

en donde:

G¡ = masa de aire seco.Si = masa de sólido seco.Fi = kg de HzO /kg de aire seco.W2 = kg de H2Q /kg de sólido seco.

Agua evaporada y aire seco

G1Y4 - Vi) = S,(W 2 - W3)

Gj = G,V„

El proceso se puede seguir en una carta psicromé-

201

Y

T

Figura 6.21

3. Cálculos.

• Hum edades conocidas

^ = T ^ 5 i r = 0 -818 ^ = £ § = 0.0526

De la carta

Y f = 0.012 kgHzO /kg de aire seco

• Sólido seco

S, = 333 (0.55) = 183.15 T on /d ía

• Agua evaporada

183.15 (0 .818 -0 .0526) = 140.183 T o n /d ía

• Aire utilizado

G,(F4- 0.012) = 140.183

• Volumen de aire

• Humedades finales: trica (figura 6 .21).

PROBLEMAS RESUELTOS

Se tiene una ecuación con dos incógnitas, la cantidad de aire y la hum edad de salida. Hay muchas soluciones posibles.

202 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

La mínima cantidad de aire sería la requerida para que el aire sa­liera saturado con agua.

En la carta psicrométrica si a partir de las condiciones de entrada del aire seguimos por la línea adiabática hasta llegar a la saturación, encontraremos la tem peratura y hum edad final del aire (figura 6.22).

140.183 TonG,= ------------------ = 10783.3------

0.025-0.012 día

Figura 6.22

Volumen de aire a las condiciones de entrada

v* = (~~T iT~~ + ~ h r ) (°-082) (273 + 60) = 0.9597 m3/kg18 29

= 1 0 783307 (0.9597) = 43122g m3/h 24

4. Resultado;

Se evaporan 140.183 ton de agua por día.El aire seco mínimo necesario es de 10783 ton por día.El volumen de aire necesario será de 431229 m 3/h .Las condiciones del aire a la salida serán de 28.5°C y una humedad de0.025 kg/kg o sea saturado.

Problema 6.11

El siguiente diagrama muestra el proceso usado para secar un cereal en una planta de alimentos. Primero se filtra el aire atmosférico (10 000 m3/h ) a 15°C y 586 mm de Hg y luego se comprime éste hasta 925 mm de Hg. El aire se m anda a un secador, de donde sale a 191 °C y 850 mm de Hg antes de pasarse al secador. En el secador el aire caliente pasa sobre el sólido húmedo (30,000 kg/h). El sólido tiene una hum edad del 70% y sale casi seco. El gas sale del se­cador a 110°C y 800 mm de Hg y se le pasa a través de un cambiador de calor, que enfría la corriente hasta 38°C para quitarle algo de la humedad, antes de ser lanzado a la atmósfera. La presión parcial del vapor de agua en la corriente

PROBLEMAS RESUELTOS 203

entrante al sistema es de 10 mm de Hg y la del saliente del secador de 175 mm de Hg.

a) Complete el balance m olar de m ateriales para las corrientes indicadas, si el sólido seco tiene un peso molecular de 50 000.

b) Determine la hum edad relativa por ciento para las corrientes 1, 2, 3 y 4.c) Determine el porcentaje de hum edad del cereal saliente del secador.

1. Traducción (figura 6.23).

0—kg

M6 = 30000 —5- h

Z6 = 0.70

Figura 6.23

2. P lanteam iento .

• Moles de agua en las corrientes

- _ ™ h 2o _ A l o^HoO - ~

“ m totales PT

h lL L O _ -P t L O - ñ - i r -

2m a¡„ P r -P u .n GW C

H um edad relativa por ciento en las corrientes

Fr = •(PH*°/PSt,o) 100

Balance de agua en las corrientes

C — GH20 entrante H20 saliente

= 15°C 586

jW> = 10m3

G, = 10000------h

BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

C álculos.

• M o le s t o t a l e s e n l a c o r r i e n t e (1 )

G a = 10 0 0 0 m 3/ h ; G lestándar - 1 0 0 0 0 ( - f j 3-) - 7 3 0 8 .9 m 32 8 8 ' ' 7 6 0 7 h

G j = 7 3 0 8 .9 / 2 2 .4 = 3 2 6 .2 9 k g m o l / h

M o le s d e a g u a e n la c o r r i e n t e (1 )

¿ i Vi H2° = 3 2 6 .2 9 ) = 5 .5 6 8 k g m o l / h5 8 6

G j = 3 2 6 .2 9 - 5 .5 6 8 = 3 2 0 .7 2 2

10 1 2 .7 8 8

C o r r i e n t e (2 )

P ° i 9 i° c = 9 5 2 0 m m H g

- 5 5 6 8P - 8 50 ( D- ° ° ° ) - 1 4 .5 m m H g 3 2 6 .2 9 7 s

Y % r = ( 1 4 .5 / 9 5 2 0 ) ( 1 0 0 ) = 0 .1 5 2 %

C o r r i e n t e (3 )

P f t2o = 1 0 9 0 m m H g P h ¡íq = 175 m m H g110°C

G & ° = 3 2 0 .7 2 2 ( — — ) - 8 9 .8 Y R = (1 0 0 ) = 1 6 %3 8 0 0 — 175 1 0 9 0 7

C o r r i e n t e (4 )

P H2o = P 38°C ( s a e s a t u r a d o ) = 6 5 .8 m m H g

G ? 2° = 3 2 0 .7 2 2 (-------— -------) = 4 0 .5 6 ^ ^ í Y = 1 0 0 %V 5 8 6 - 6 5 . 8 h

C o r r i e n t e (5 )

6 ^ 2 ° _ q H 20 + ¿ h 20

8 9 .8 = 4 0 .5 6 + £ ^ 2° ;

PROBLEMAS RESUELTOS 205

• Corriente (6)

L6h‘° = 30000 (0.07) - 2100 kgh

S6 = 30000 (0.93) = 27900 kg/h

L»>° = 2100/18 = 116.6 kgmol/h

S6= 27900/50000 = 0.558 kgmol/h

• Corriente (7)

¿ 7 = ¿6 - (G^2° - G ^ ° )

L 7 = 116.60 - (89.80-40.56)

= 67.36 kg m ol/h

L 7 _ 67.36(18)(100)L7 + S6 27900 + 67.36(18)

— 4.16% de humedad

4. Resultado:

Corriente 1 2•

3 4 5 6 7

Aire 320.722 320.722 320.722 320.722Agua 5.568 5.568 89.80 40.56 49.24 116.6 67.36Sólido 0.558 0.558T°C 15 191 110 38P mm de Hg 586 850 800 586

Problema 6.12

Para secar cacao se utiliza un secador de charolas. En el secador entra aire con una humedad de 0.0105 kg de agua/kg de aire seco y a 35°C. El secador consta de tres secciones. El aire deja la primera sección con una humedad rela­tiva del 80%, después de lo cual se recalienta hasta 35°C antes de entrar a la segunda sección de la cual sale también al 80% de humedad relativa. La mis­ma secuencia se sigue en la tercera sección. El aire húmedo final sale a razón de 5700 m 3/h . La presión de trabajo es de 760 mm de Hg y el proceso es adiabático. Calcule:

a) La cantidad de agua que se elimina en el secador.b) La temperatura y la humedad del aire saliente de cada sección.

206 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

1. Traducción (figura 6.24).

K,= 0.0105

%---<>I

í ,= 35°C í

Figura 6.24

2. P lanteam iento.

• Discusión: Para obtener la cantidad de agua evaporada se hace un b a ­lance total de m ateria para el agua en función de las hum edades. Para obtener la tem peratura del aire saliente se debe usar la carta psicro- m étrica a las condiciones de presión «leí problem a.

• Balance de m ateria

G/(F6 —Fj) = agua evaporada

• Masa de aire seco

• T em peratura del aire saliente para cada sección: Con la tem peratura de entrada y la hum edad absoluta se alcanza un punto en la carta psi- crométrica; durante el secado la humidificación del aire se lleva a cabo a lo largo de una línea de enfriam iento adiabático hasta que se alcanza la hum edad por ciento requerida, allí se lee la 'hum edad y la tem pera­tura. El calentam iento estará representado por una línea horizontal desde la hum edad por ciento final hasta la tem peratura de entrada a la nueva sección de calentam iento (figura 6.25).

I II! I-

I_II_II_J

23 45

III

P = 760 mm Hg

G6 = 5700 m3/h

PROBLEMAS RESUELTOS 207

Figura 6.25

3. Cálculos.

• Temperaturas y humedades en el secador (figura 6.26).

Figura 6.26

Masa de aire seco

F„6 = ( 0,021 + — ) (273 + 30) (0.082)18 29

VHr = 0.8853 —-----6 kg A.S.

; G, = 6435 kg A.S/h

Agua evaporada

6435 (0.021-0.0105) = 67.56 kg de agua/h

208 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

4. Resultado:

Se evaporan 67.56 kg de agua por hora.La temperatura y las humedades en cada sección son:

1 2 3 4 5 6

Y kg aguakg A.S

0.015 0.015 0.015 0.018 0.018 0.021

T° C 35 24 35 28 35 30

Problema 6.13

En un proceso para producir antibióticos, se usa un fermentador intermi­tente en el que se esteriliza el medio de cultivo in situ usando un serpentín de vapor.

Una vez esterilizado se inocula y se empieza a oxigenar con aire estéril has­ta que se lleva a cabo la fermentación completa.

El aire que se emplea en el fermentador tiene un volumen de 10,000 f, y debe estar saturado para evitar problemas de acarreo de agua, que aumentan la concentración de sales en el fermentador. Por esa razón, el aire atmosférico (que está a 15°C y 50 por 100 de saturación y presión de 1 atm) debe humidifi- carse adiabáticamente. El requerimiento de oxígeno por el cultivo es de 50 microlitros de oxígeno/mg de células/h y se tiene una concentración de 10 mg de células/ml de solución. El caldo se encuentra a 30°C y 1 atm y el aire debe inocularse a la misma temperatura. Determine cuánto aire se necesita alimen­tar al fermentador, cuánta agua debe introducirse al humidificador y cuánto calor se requiere para precalentar el aire.

1. Traducción (figura 6.27).

i

L

i 50 microlitros 0 2i dosis = ------

G3 (saturado)

l\ = 10 000 1

10 mg células mi solución

Figura 6.27

PROBLEMAS RESUELTOS 209

2. Planteamiento.

Discusión: El aire entrante debe calentarse hasta que la humedad de entrada alcance una tem peratura tal que al humidificarse adiabática­mente salga con una tem peratura de 30°C y saturado (figura 6.28).

Figura 6.28

Balance de aire

VTCc = Masa de células

Aire = VTCc (Dosis) (- 1'% oxígeno en aire

= volumen de aire G3

Gi = G3 Vh = aire seco

Agua requerida en el humidificador

L 2 =■

3. Cálculos.

Balance de aire

G3 = 10 000 1 (— (mi solución

1j , 10 mg células 1000 mi 50 ¡x102 . ,1 mg de células 0.21

G3 = 23.8X 109 ¡A

= 23809 1 de aire

210 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

• Humedad del aire de entrada y salida

Yx = 0.0052 kg HzO/kg aire seco

F3 0.0273 kg H20 /k g aire seco

• Tem peratura a la que se debe calentar el aire antes de introducirlo al humidificador, Siguiendo la carta psicrométrica tal como se indica en la figura 6.29.

0.0273

0.0052

Figura 6.29

Aire necesario1 0 027y = (—i — + ' -) (273 + 30) (0.082)/l = 0.892 m3/kg

3 ' 29 18

23.809 m 3/hG i — 26.691 kg/h0.892 m 3/kg

Agua necesaria

L 2 = 26.691 (0.0273-0.0052) = 0.58987 kg/h

Calor para precalentar

CWl = 0.24 + 0.0052 (0.46) = 0.2423

d = 0.2423 (26.691) (8 4 -1 5 ) = 446.23 kcal/h

4. Resultado:

Se necesitan 23.809 1/h de aire, 0.58987 kg/h de agua y 446.23 kcal/h pa­ra precalentar.

PROBLEMAS RESUELTOS 211

Problema 6.14

Se desea diseñar una columna de rectificación para separar 20,000 kg/h de una mezcla que contiene 15% de alcohol y 85% de agua en peso, con obje­to de obtener un producto destilado con 90% en mol de alcohol y unos fondos con el 15% de alcohol en mol. Calcule la cantidad de destilados y fondos en kg/h.

1. Traducción (figura 6.30).

Figura 6. JO

2. Planteamiento.

• Balances de masa

= Lo + L r total

fipcj - L qXd T L rXr parcial

212 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

3. Cálculos.

• Moles entrantes

T~ _ 20000(0.15) , 20000(0.85)j L i --------------------------------------- í " " - —

1 46 18

= 1009.66 kg m ol/h

*al _ 65.2171009.66

= 0.06459 kg m° ' alCoh° 'kg mol totales

• Balances

1009.6 = L d + L r

1009.66(0.06459) = L D (0.9) + LR (0.015)

Resolviendo simultáneamente

L d — 56.5786 kg m ol/h

L r = 953.0814 k g m o l/h

Cantidad de destilados y fondos

L d = 56.5786 (0.9) (46) + 56.5786 (0.1) (18)

=: 2444.19 kg/h

L r - 953.0814 (0.015) 46 .+ 953.0814 (0.985) (18)

= 17555 kg/h

4. Resultado:

Los destilados serán 2444.19 kg/h y los fondos de 17,555 kg/h

Problema 6.15

Si para el problema anterior se utilizara un reflujo de 3.5 kgmol/kgmol de producto destilado y si la mezcla se mete a 20°C y 1 atm, calcule lo siguiente:

PROBLEMAS RESUELTOS 213

a) El vapor necesario en el rehervidor si se usa vapor de 1.40 kg/cm 2.b) El calor que debe quitarse en el condensador y el agua requerida para ello

si ésta entra a 25°C y sale a 45°C.

Tómese el sistema alcohol-agua como si fuera ideal y la presión de trabajo ~ 760 mm de Hg.

1. Traducción (figura 6.31).

2. Planteamiento.

• Discusión: Este problema se debe resolver con balances de materia combinados con balances de energía.

• Balances de energía

A # i + Qr = L 3H 3 + L 2H 2 + Qc tota.

Balance alrededor del condensador

G4 = L5 + ¿ 3 L a = L f

G4Ha + l fh f = / 5//5 + l ?h 3 + l ah a

214 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

Balance alrededor del rehervidor

+ GVH V = G7H 7 + L 2H 2 + LcHc ; Gv = Lc

Entalpias de las mezclas alcohol-agua, considerando comportamiento ideal

Entalpias de líquidos = HL = Cpi (¿i~* ¿o) x 1 + x2 Cp2 — í0)

Entalpias de vapores H v = Cp1 (te — to)yi + \ íy l + Cp2y 2(te — to) + y^k2

3. Cálculos.

Entalpia Hy. La entalpia H3 corresponde a la de un líquido saturado, o sea que está a su temperatura de ebullición.

= ^ a l + ^ 2 o * h 2 o

760 = P aV(0.9) + P&2p (0 .1 )

logP° = 8.04494 ------ L5-34:2 3 - ; log P° = 7.96681 1668-21© a l OOQ CEL I i © H?0222.65 + t ° HzU + 228

Primer tanteo T — 70°C

p h 2o “ 2 3 3 -7 P °lc = 5 4 1 m m H g

Pr = 774.7

Segundo tanteo 69°C

Pft2o - 224 ; P°lc = 519 mm Hg ; Pr = 743 mm Hg

Luego la temperatura de ebullición es de alrededor de 69.5°C

c = 1 X 18 - 18 — Cp m = ( ° -- / Q- 7^ (46) = H,0 kgmol°C 4 2

28.75 kcalkgmol°C

H 3 = 18(0.1) (6 9 .5 -0 ) + 28.75(0.9) (69.5) = 1923.4 kcalkgmol

La entalpia H3 = H5, porque es el mismo líquido a la misma tem peratura.

• Entalpia H4: La entalpia H4 corresponde a la dé un vapor saturado con la misma composición que el líquido destilado.

\a lc = 210 (46) = 9660 kcal ; Xh2o = 550 (16) = 9900 kcal

PROBLEMAS RESUELTOS 215

69.5 kg kgmol 69.5 kgmol

H4 = 18(0.1)(69.5) + 0.1(9900) + 28.75(0.9)(69.5) + 0.9(9660) =

11607.4 kcalkgmol

• Balance alrededor del condensador

£3 = 56.5786 Ls = 3.5 L3 = 198.025 kgmol

G4 = 198.025 + 56.5786 = 254.6 kgmol

LF(HA- H F) = 254.6 (11607.4) - 254.6 (1923.4)

= Qc = 2465589.3 ■ h

pero La(Ha — Hf ) = LACp^Q (TA — TF)

La( 1) (4 5 -2 5 ) = 2465589.3

La = 123,279.46 kg/h de agua

• Entalpia H2: Esta entalpia corresponde a la de un líquido a su punto de ebullición a las condiciones de la salida de la torre.

PT= P°alc (0.015) + P °2o (0.985)

Primer tanteo 98°C

P H20 = 7 0 8 P alc = 1 5 7 0 P t = 7 2 0 -93

La tem peratura deberá estar alrededor de 98.5°C.

216 BALANCES CON VAPORES eOÑDÉÑSABtÉS

Entalpia a la entrada Hx

kcalCpHiO ' kgmol °C

C ^ ak (f ( 0-57 !; 0.5 )/}6 _ 2/,_61

H x = 0 06459(24.61) (20) + 0.93541(18) (20) = 368.537 kcal/kgmol

• Balance total de energía

1009.66(368.537)+(|* = 56.5786,(1923.4) + 953.0814(1792.94) + 2465589.3

Qk = 3 911 132.7 kcal/h

• Vapor requerido

Presión de vapor 1.4 + 1 = 2.4 kg/cm 2 T = 127°C

X = 525 kcal/kg

Gv 525 = 3911132.7 Gv = 7449.77 kg/h

4. Resultado:

Se requieren 7449.77 kg/h de vapor, se fieben quitar 2, 465, 589.3 kcal/h en el Condensador y usarse para ello 123, 279 kg/h de agua.

Problem as propuestos

Problema 6.16

Se va a deshumidificar aire a 43°C saturado con vapor de agua. Parte del aire se m anda a la unidad de deshumidificación, en donde se enfría y se con­densa parte del agua. El aire sale a 15.5°C y se mezcla con aire que se deriva. El aire final contiene 0.02 kg de vapor de agua/kg de aire seco. La presión del vapor de agua a 43°C es de 70 mm de Hg y a 15.5°Ó es de 13.2563 mm de Hg. La presión total es de 1 atm . Calcule lo siguiente:

á) La hum edad del aire.b) La hum edad del aire saturado que sale del deshumidificador a 15.5°C.c) La relación de kg de aire derivado por kg de aire que pasa al deshumidifi-

cador.

PROBLEMAS PROPUESTOS

Resultado:

La hum edad del aire a 43°C es de 0.0629 kgH20/kgA .S . La hum edad del aire a 15.5°C es de 0.011. Se derivan 0.2098 kg de aire por kg que entra, o sea el 21%.

Problema 6.17

A una columna de destilación se alimenta una mezcla con 26.1 % en mol de alcohol etílico y el resto de agua a su tem peratura de ebullición. La compo­sición del destilado deberá ser de 85% de etanol en mol y la de los fondos de 3% . Si se necesitan destilar 2000 kg /h de mezcla, ¿cuánto destilado y fondos se obtendrán? ¿Cuál será la tem peratura a la que entre la disolución si la presión de trabajo es de 586 mm de Hg? Suponga comportamiento ideal.

Respuesta:

Se obtendrán 22.916 kgm ol/h de destilados y 56.09 kgm ol/h de fondos i La tem peratura será de 73°C.

Problema 6.18

El C10H22 es insoluble en agua y puede ser purificado por medio de la des­tilación por arrastre con vapor a 586 mm de Hg.

a) ¿A qué tem peratura se llevará a cabo la destilación?b) ¿A cuántos grados por debajo del punto normal de ebullición del decano se

llevará a cabo la destilación?c) ¿Cuántos kg de vapor de agua se requieren para destilar un kilogramo de

decano?

Respuesta:

La destilación se llevará a cabo a 90°C y a 75°C por debajo del punto de ebullición del decano puro. Se requieren 1.332 kg de vapor de agua por kg de decano.

Problem a 6.19

En una mezcla de benceno y nitrógeno que está a 40°C y 720 mm de Hg la presión del benceno es de 50 mm de Hg. Para separar el ochenta por ciento del benceno presente en la mezcla se somete ésta a compresión y enfriamiento. Calcule: a) la presión final si se enfría hasta 10°C; b) el volumen inicial requeri­do para condensar 50 kg de benceno por hora.

218 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

Resultados:

Se requiere comprimir la mezcla hasta 4.08 atm. Se necesitan procesar 312 m 3/h de gases.

Problema 6.20

En una planta se ha instalado una torre de tiro inducido para enfriar agua. Al hacerse una prueba en la torre se obtuvieron los siguientes datos:

• Agua entrante: 7 m 3/m in a 46°C.• Agua saliente: 25.5°C.• Aire entrante: 24°C en bulbo seco; 15,5°C en bulbo húmedo.• Aire saliente: 38°C.

¿Cuál es la capacidad del ventilador en m 3/m in si la torre está instalada en la ciudad de México, donde la presión atmosférica es de 586 mm de Hg?

Resultado:

La capacidad del ventilador será de 5 780.83 m 3/m in.

Problema 6.21

En un salón de clase se observa que la tem peratura de bulbo seco del aire es de 25°C y la de bulbo húmedo de 20°C. ¿Cuál es la humedad absoluta, la relativa, la entalpia del aire y el volumen húmedo?

a) A la presión de 760 mm de Hg.b) A la presión de 586 mm de Hg.

Resultados:V„m3/k g

Presiones en mm Hg Y kg/kg YR% Hkcal/kg aire seco

760 0.013 70 13.91 0.86586 0.017 65 16.3445 1.1226

Problema 6.22

La presión parcial del vapor de agua en una masa de aire húmedo a 30° y 740 mm de Hg es de 14 mm de Hg. Calcúlese:

a) El punto de rocío.b) La humedad absoluta.c) El calor húmedo.

PROBLEMAS PROPUESTOS 219

d) El volumen húm edo.e) La entalpia.f ) La humedad relativa.

Resultado:

• Temperatura de rocío: 16.4°C.• Humedad absoluta: 0.012 kg H20 /k g aire.• Calor húmedo: 0.2455 kcal/kg aire °C.• Volumen húmedo: 0.897 m 3/kg aire seco.

Problema 6.23

En un proceso para la obtención de carotenos a partir de zanahoria se extrae el pigmento de los sólidos secos mediante un solvente que ofrece las m e­jores ventajas para la extracción. El solvente empleado es el benceno y se debe recuperar mediante una corriente gaseosa de nitrógeno. Dicho gas circula en un sistema cerrado. El pigmento entra al secador a razón de 8000 kgmol/h y contiene L25% en mol de benceno. El gas saliente del secador está a 768 mm de Hg, 42.2°C y tiene una humedad relativa de 75%.

Esta corriente se pasa a través de un enfriador para condensar la mayor parte del benceno, el cual se separa en un tambor de separación. El vapor sa­liente del tambor se hace pasar por medio de un ventilador a través de un cam­biador de calor y posteriormente pasa al secador. El ventilador operará a una presión de succión de 760 mm de Hg. A la descarga del ventilador hay una temperatura de 15.4°C y una presión de 1250 mm de Hg. El gas que circula en el circuito es de 9500 m 3/h estándar en base seca libre de benceno (figura 6.32).

7 \

<3>Figura 6. 32

BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

a) ¿Cuál será la temperatura en el tambor de separación para que no exista un aumento de benceno en la corriente de gases recicíad'os?

tí) ¿Cuál es el porcentaje en mol de benceno que contienen los sólidos que de­jan el secador?

R esultado:

La temperatura en el tambor es de 6°C. A la salida del secador los sólidos contienen 0.00242 por ciento de benceno.

Problema 6.24

Se debe calcular un equipo para acondicionar el aire de un local en don­de se extrae aceite de ajonjolí. El proceso completo consta de precalefacción, humidificación y recalentamiento. A la entrada del proceso se tiene aire a 27 HC con una humedad absoluta de 0.0072 kg de agua/kg de aire seco. Para el local se requieren 340 m3/m in de aire a 309C y con una humedad de 0.0166 kg de água/kg de aire seco. A la salida del humidificador se tiene una humedad relativa por ciento de 85. Calcular:

a) La cantidad de agua que debe absorber el airé.b) La temperatura de salida del aire en el humidificador.c) La temperatura de precalentamiento.

Resultado:

- Se evaporan 3.65 kg de agua/m in. La temperatura de salida de la cámara de humidificación es de 26.5°C. La temperatura de precalentamiento es de 57°C.

Problema 6.25

Se cuenta con una torre de enfriamiento de agua, la cual debe llevar al líquido desde 32 °C hasta 23°C. El aire atmosférico está a 24°C y 12°C de bul­bo húmedo. A la salida de la torre el aire tiene una temperatura de bulbo hú­medo de 20 °C y 22°C dé bulbo seco. La presión de trabajo es de 760 mm de Hg. Si el gasto volumétrico de agua que es necesario agregar al sistema para reponer la que se pierde por evaporación durante el enfriamiento es de 3450 1/h . Calcule:

a) El gasto másico de aire que entra a la torre.b) El gasto volumétrico de aire a la salida de la torre.c) El gasto másico del agua qué se va a enfriar.

PROBLEMAS PROPUESTOS 221

Resultado:

El aire entrante a la torre es de 328 571.4 kg de aire seco/h. El gasto volu­métrico de aire a la salida es de 280 476 m3/h . Se enfrían 214 319 kg de agua/h .

Problem a 6.26

La harina de tapioca se usa en lugar de harina de trigo en muchos países. La harina se obtiene secando la raíz de casava con 66% de hum edad hasta que contenga sólo 5% y luego se muele para obtener la harina. ¿Cuántos kilogra­mos se deben secar para producir 5,000 kg /h r de harina?

Resultado:

Se deben secar 13970.58 kg /h .

Problem a 6.27

Un material fertilizante se seca desde 5% hasta 0.5% de hum edad en b a ­se seca a una velocidad de 1.5 kg/s en un secador rotatorio y a contracorriente con aire. El sólido entra a 294°K y sale a 339°K, en tanto que el aire entra a 400°K y con una hum edad de 0.007 kg de agua/kg de aire seco y sale a 355°K. Despreciando las pérdidas de calor, estime el caudal de aire seco y la hum edad de aire saliente del secador. El Cp del fertilizante seco es de 1.89 kJ/kg°K. La presión de operación es de una atmósfera.

Resultado:

.Se requieren 6..302 kg de aire seco por segundo. La hum edad del aire sa­liente es de 0.0172 kg de agua/kg de aire seco.

Problem a 6.28

En un proceso se mezcla harina de pescado con otros alimentos. Para ob ­tener la harina de pescado, se extrae el aceite y se tiene un producto con 80% de agua y 20% de sólidos. Este producto se seca en un secador rotatorio para dar una harina con 40% de agua, luego esta se muele y se em paca. Calcule los kilogramos de harina húm eda entrante ,al secador requeridos para producir 1000 kg /h de harina seca.

Resultado:

Se deben introducir 3000 kg /h de harina húm eda al secador.

222 BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES

Apéndice 6.1 P resión de v ap o r del ag u a en m m de H g

PresiónTemperatura en

°C m m de H g

0 4.5795 6.543

10 9.20915 12.78820 17.53525 23.75630 31.82435 42.17540 55.32445 71.8850 92.5155 118.0460 149.3865 187.5470 233.775 289.180 355.185 433.690 525.795 633.9

100 760.0

Apéndice 6.2 C o n stan tes de A n to ine

Log P° = A -------S t + C

P = m m de Hg t = °CA B C

M etano 6.61184 389 266Etano 6.80266 656.4 256Propano 6.82973 813.2 248Butano 6.83029 845.9 240Pentano 6.85221 1064.63 232Hexano 6.87776 1171.53 224.336H eptano 6.90246 1268.115 216.9Benceno 7.429 1628.32 279.56Tolueno 6.953 1343.94 219.38Etil ciclohexano 6.80266 656.4 256Acetona 7.02447 1161 224Alcohol etílico 8.04494 1554.3 222.65Alcohol metílico 7.87863 1473.11 230Agua 8.10765 1750.286 235 de 0o a 60°CAgua 7.96681 1668.21 228 de 60 a 150°C

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APENDICE 6.3 CARTA PSICROMETRICA

CAPÍTULO

SIETE __________Balances en extracción sólido-líquido y en cristalización

Objetivos:• A l term inar de leer y estudiar este capítu lo el estudiante pod rá utilizar un

diagram a de solubilidad para efectuar balances en cristalización.• Estará capacitado para efectuar balances de m ateria en la operación de

extracción sólido-líquido usando diagram as ternarios.

Cristalización_____________________________________________

Por m e d io d e esta o p e r a c ió n u n ita r ia se o b tie n e n só lid o s cr ista lin o s a p a r ­tir d e u n a so lu c ió n líq u id a sa tu ra d a . En m u c h o s casos es d e se a b le o b te n e r los só lid o s en fo rm a d e cr ista les , p u es así es m á s fá c il a lm a c e n a r lo s , co n servarlos y u tilizarlos , a d e m á s por m e d io d e la cr is ta liza c ió n se p u e d e n o b te n e r su sta n c ia s pu ras la s q u e só lo t ie n e n el só lid o d e se a d o y e l a g u a de cr is ta liza c ió n . Para lo grar la cr is ta liza c ió n la s so lu c io n e s líq u id a s se d e b e n sob resa tu ra r , esto se lo ­gra m e d ia n te ap a ra to s lla m a d o s cr is ta liza d o res , en los cu a le s se en fr ía n las so ­lu c io n e s sa tu ra d a s, a veces, p ara fa v o recer la cr is ta liza c ió n se a g r e g a n crista les p eq u eñ o s de la m ism a su stan cia q u e se d esea crista lizar, esta siem b ra fo m en ta la crista lización al servir d e n ú c leo s en los q u e p r in c ip ia la form a c ió n d e cristales.

L a cr is ta liza c ió n está lig a d a a la so lu b ilid a d d e la s su sta n c ia s , ésta g e n e ­ra lm en te a u m e n ta co n la te m p e r a tu r a , a u n q u e se d a n casos en los q u e d is m i­n u y e . L os d a to s sob re so lu b ilid a d se p re se n ta n en fo rm a d e ta b la s o d e g rá fica s c o m o la s ig u ien te:

Figura 7.1

227

228 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

Si S es el soluto y D el disolvente, en general las curvas de solubilidad pre­sentan la forma mostrada en la figura 7.2.

En la figura 7.2 el área por arriba de la curva AEH representa al líquido insaturado con el soluto S, siendo la curva la representación del equilibrio o sea la de las soluciones saturadas con S. El área por debajo de la curva de satura­ción corresponde a los líquidos saturados del soluto S y sólidos cristalizados.

El punto E de la curva recibe el nombre de entéctico y representa la tem ­peratura más baja que puede alcanzar una sblución saturada con el soluto S. Abajo de la línea CM se encuentran solamente sólidos. El área EHM represen­ta mezclas de cristales de soluto S y de aguas madres o sea líquido saturado conS. El área A CE representa la región en donde se invierte la cristalización, o sea, en ella se presentan cristales del solvente D y aguas madres saturadas de solvente.

Figura 7.2

anees de m ateria

De acuerdo con la figura 7.3, el balance de masa estará dado por:

Figura 7.3

200

190

180

170

160

150

140

ISO

120

110

100

90

80

70

60

50

40

30g

20

>E MATERIA

Fracción en peso MgS04

Solución + MgS04 H20 _

MgS04 H20 0.87

m

Solución + MgS046HzO S

oqkd

Solución + MgS04 7H20

MgS04 6H20 + MgS04 —

MgS04 7H20 + MgS04

Figura 7.4

230 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

En donde L v son los kg/h de solución entrante al cristalizador, L 2 las aguas madres salientes del cristalizador y que están saturadas de soluto a la tem pera­tura t2, S3 son los kg /h de cristales qué se formaron en el cristalizador y que es­tán en equilibrio con las aguas madres.

• Balance total:

= + S3

• Balance de soluto:

L p c i = L 2x \ + S3u¡3

Para obtener las concentraciones de x\ y «4 se deberán usar las tablas de solubilidad o las gráficas que representan el equilibrio.

En ciertos casos a partir de una disolución se pueden obtener diferentes t i­pos de cristales, dependiendo de la concentración con la que se comience o de la tem peratura final a la que se lleve la cristalización. Esto se visualiza en la fi­gura 7.4.

Extracción sólido-líquido

En esta operación por medio de un disolvente se extrae un soluto que for­ma parte de un sólido, como un aceite, una esencia, etc. La extracción sólido- líquido recibe también el nombre de percolación cuando la extracción se hace con disolvente caliente o a su punto de ebullición.

Esta operación se lleva a cabo en aparatos llamados extractores, que pue­den trabajar a régimen permanente o intermitente; en ellos lo que se pretende es lograr el contacto más íntimo posible entre las fases para favorecer la extrac­ción.

En la extracción se agrega solvente en exceso con objeto de recuperar to ­do el soluto posible. Para los cálculos se suele usar un diagrama triangular rec­tangular (figura 7.5).

Figura 7.5

BALANCES DE MATERIA 231

En ese d iagram a se presenta en el vértice del ángulo de 90°, el com po­nente o com ponentes inertes, en el de la derecha el soluto o com ponente a extraer y en el superior el disolvente.

El equipo más sencillo de extracción se representa en la figura 7.6.

L,

En donde, SA es la alim entación, L D es el disolvente, L M es la mezcla resul­tan te, L e es la corriente del extracto y que contiene solam ente disolvente y so­luto, L r es la corriente de refinado o lodos, que contiene a los inertes más la solución reten ida por éstos. En el d iagram a triangu lar la línea D S representa a todos los extractos posibles. P ara representar a los lodos se pueden utilizar varias líneas a saber: Línea K M representa lodos que tienen la relación de diso­lución a inertes constante. Si lo que perm anece constante es la relación de d i­solvente a inerte la línea que representa esto es la JS , por últim o, si la relación de disolución a inerte es variable se em pleará la línea N Q p ara representar a los lodos.

Figura 7.7

232 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

Esas líneas se construyen en base a la información experimental presenta­da en la literatura obtenida directam ente.

Balances de materia________________________________________Sea un extractor de una sola etapa consistente en a) un mezclador en don­

de se pone en contacto el sólido con el solvente y b) un asentador en donde se separan las fases.

0-<0-^ <3 -0

*£4 + L d = L m — L e + L r B a la n ce to ta l

SawT + Lox™ = Lmx™ = LeXe + LRx f

<3 -0Figura 7.8

En donde y x ” 1 son la concentración del soluto en el extracto y el refinado que se obtiene a partir del diagram a triangular.

Procediendo por pasos se hará lo siguiente: una vez construida la línea de refinado, se localizan en el diagram a los puntos de disolvente y alimentación. La unión de esos dos puntos dará la línea de todas las mezclas posibles de D y A . El punto M se obtiene por balance numérico o m ediante la regla de la p a ­lanca (figura 7.9).

Figura 7.9

PROBLEMAS RESUELTOS 233

Una vez conocido el punto Ai, se une éste con el vértice de inertes. C uan­do esta línea corte la línea de lodos se obtendrá la concentración del soluto en los mismos. El corte en la línea de extracto DS dará la concentración de soluto en ellos.

Problemas resueltosProblema 7.1

Una disolución de cloruro de sodio en agua se satura a 15°C. Calcule el peso de NaCl que puede disolverse en 100 kg de esta disolución, si se calienta hasta 65 °C.Datos: Solubilidad del NaCl a 15°C, 6.12 kg mol por 1000 kg de H20

Solubilidad del NaCl a 65°C, 6.37 kgmol por 1000 kg de H20

1. Traducción (figura 7.10).

S aturada

- m N aCl = ?

S aturada

t = 15°C I = 65°C

Figura 7.10

2. P lanteam iento.

• Discusión: Para obtener la cantidad necesaria de sal, se debe encontrar la cantidad de NaCl que puede disolverse en el agua de esta disolución a 65°C.

3. Cálculos.

Agua presente en 100 kg de disolución saturada a 15°C

Base 1000 kg de HzONaCl disuelta en esta agua = 6.12 X 58.5 = 358 kg

cNaCI = 358C 358 + 1000

= 0.264

NaCl disuelta en 100 kg = 100(0.264) — 26.4 kg Agua = 73.6 kg

SM BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

* Sal que se puede disolver en 1 0 0 kg a 65 °C

En 1000 kg de H20 = 6.37 x 58.5 = 373 kg

x NaC1 = — = 0.2716373 + 1000

NaCl disuelta en 100 kg100 (0.2716) = 27.16 kg

NaCl extra que debe añadirse = 27.46 — 26.4= 0.76 kg

4. Resultado:

Se pueden disolver otros 0.76 kg de sal.

Problema 7.2

En un proceso en el que se produce K N 0 3 se alim entan 1000 k g /h de una disolución que contiene 20% en peso de K N 03. Esta disolución entra a un eva- porador el que elimina algo de agua para producir una disolución al 50% de KNOs. Esta última se introduce a un cristalizador a 38°C en donde se obtienen cristales, con 96% en peso de K N 03. Las aguas madres salen con 37.5% de K N 0 3 y se reciclan al evaporador. Calcule la cantidad de corriente reciclada y la cantidad de cristales producidos.

1. Traducción (figura 7.11).

PROBLEMAS RESUELTOS 235

2. P lanteam iento.

• Balance total alrededor de todo el proceso

L \ = G5 + S3

• Balance parcial de K N 0 3

L lX r o \ = s 3W™°>

• Balance en el evaporador

L4 + Li = G5 + L 2

L4 x f NO' + ¿pe* N° 3 - L 2* 2KN° 3

3. Cálculos.

• Balance total alrededor de todo el proceso

1000 = G5 + S3 1000 (0.2) = S3(0.96)

S3 = 208.33 k g /h ; G5 = 791.67

• Balance en el evaporador

L4 + 1000 = 791.67 + L 2 L a (0.375) + 200 = L 2(0.5)

• Resolviendo sim ultáneam ente

L 2 = 975.04 kg /h ; L4 = 766.71 kg /h

4. Resultado:

Se producen 208.33 kg /h de cristales y se recirculan 766.71 kg/h de aguas madres.

Problema 7.3

Azúcar es el nom bre comercial de la sacarosa que se expende en el com er­cio con distintos grados de pureza. En las etapas finales de purificación del azúcar ésta se concentra m ediante la cristalización.

La disolución que sale del último tacho (evaporador) está saturada a 70°C y se pasa a un cristalizador, que está provisto de agitación para evitar que los cristales crezcan demasiado y se solidifique la masa. Cuando los cristales se

236 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

enfrían a la tem peratura am biente (20°C) se filtran a través de centrífugas ob te­niéndose azúcar de prim era y miel rica de prim era que se devuelve a los tachos. ¿Cuál será el rendim iento teórico de cristales de sacarosa por cada 1000 k g /h de m asa cocida (disolución) en tran te al cristalizador, si los cristales salen con un 97.54% de pureza?

Datos:

Solubilidad del azúcar de caña en agua.

% de agua en peso

T° C

5102030405060708090

100

%64.18 65.58 67.09 68.80 70.42 72.2574.18 76.22 78.36 80.61 82.97

F u e n «r: H n o d lu m U » f M tC ira w - i l i l i . N u e v a Y o rk . 1 *167.

1. T raducc ión figura 7.12).

PROBLEMAS RESUELTOS 237

2. P lanteam iento.

• Discusión: Con la ayuda de la tabla de solubilidad se puede obtener el balance de masa.

• Balances

Balance total

L i = S3 + L-2

Balance de sacarosa

L iX sacarosa = ¿^sacarosa + ¿^sacarosa

3. Cálculos.

• Concentración inicial de la sacarosa

De los datos

¿.sacarosa = 0 .7 4 1 8

• Concentración final de la sacarosa

sacarosa „ ke sacarosa^sacarosa = q 5 7 0 9 -------6--------------- ----- a 2 0 <>C“ kg de disolución

• Balances

1 0 0 0 = S3 + L2 1000(0.7418) = S3(0.9754) + L 2 (0.6709)

L 2 = 767.15 kg /h ; S3 = 232.85 kg /h

4. Resultado:

Se obtienen 232.85 kg /h de azúcar con 97.54% de pureza.

Problema 7.4

En el libro “Solubilities o f Inorganic and Organic compounds” de H. Stephen y Stephen aparecen los siguientes datos de la solubilidad de la glucosa en agua:

238 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

T° °C -5 .605 -5 .3 -2.305 -2.116 -0 .772 + 0.5 + 15 + 22 + 30 • + 35

% en pesode glucosa 33.02 31.75 17.59 16.75 6.83 35.2 44.96 49.37 54.64 58

40 45 50 64 70 80 90

62 65 71 76 78 81 85

Construya la curva de solubilidad a partir de esos datos.

1. Cálculos.

• Construcción de la gráfica puntos bajos (figura 7.13)

Figura 7.13

PROBLEMAS RESUELTOS m

• Construcción total de la gráfica (figura 7.14)

Parce nt aje de gl ucosaFigura 7.14

Problema 7.5

Si se hace una solución de glucosa en agua a 70°C y en una concentración del 60% en peso y si ésta se enfría hasta 10°C, ¿cuánta glucosa y aguas, madres se obtendría? ¿Cuál será la concentración de las aguas madres?

Í, Traducción (figura 7,15).

2. Planteamiento.

• Discusión: Este problema se puede resolver utilizando los datos presen­tados en el problema anterior.

240 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

• Balances de materia

Balance total

L i — L $ + S2

Balance de glucosa

L 2x x = L 3 X 3 + S2w 2

3. C álculos.

• C oncentración de las aguas m adres y de los cristales. En el d iag ram a de equilib rio del p rob lem a an terio r (figura 7.16).

Figura 7.16

PROBLEMAS RESUELTOS 241

• Balances

Base 1000 k g /h de alim entación

1000 = S2 + L3 1000(0.6) = S2( l) + L 3(0.42)

L 3 - 689.6 k g /h S3 = 310.4 k g /h

4. R esu ltado:

Se obtienen 310.4 k g /h de glucosa por 1000 k g /h de alim entación y 689.6 k g /h de aguas m adres. La concentración de las aguas m adres salientes es del 42% en peso de glucosa.

P rob lem a 7.6

En una p lan ta de harina de pescado se tra tan 5 toneladas m étricas por hora de pescado con benceno puro, p ara extraer el aceite contenido en el pesca­do. La harina de pescado contiene 45% en peso de aceite. Experim entalm ente se ha obtenido que por cada kilogramo de harina libre de aceite se retiene 0.5 kg de disolución. ¿Cuánto benceno se deberá utilizar p ara que la harina saliente contenga sólo un 5% de aceite?

1. T raducc ión (figura 7.17).

2. P lan team ien to .

Discusión: De acuerdo con el enunciado, la línea de flujo inferior o de lodos será paralela a la hipotenusa ya que

solución = cte

242 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

• Balances: En el tanque de disolución

SA + L s = L m total SaXa + L dxd = Lmxm parcial

En el decantador

L m ~ L e + L e L mXm ~ LeXe + L rXr

3. Cálculos.

• Construcción del diagram a

inerte inerte 1 n rr---------- = = — o,5glodos inerte + 0.5 + 1

disolución

por lo tanto, la línea de flujo inferior se dibuja paralela a la hipotenusa a partir de x1 = 0 .6 6 .

En ese diagram a se pueden ubicar los puntos A, D y R . Al unir A con D se tiene el lugar geométrico de todas las posibles mezclas de A con D. Sobre esta línea deberá caer el punto M que indica la relación de alimentación a disolvente usada para obtener el extracto requerido (fi­gura 7.18).

• Obtención de flujos. Para resolver gráficam ente este problem a se debe­rá recordar que el punto de extracto estará conectado con él punto I o de inertes. Esta línea, al cortar la de alimentación dará el punto de mezcla M (figura 7.19).

De la gráfica

..aceite _ ft nc kg de aceite ¿Cj? — U.Uo “.......... ........ .kg totales

aceite _ n ,OF kg de aceite Xm v.lZdkg totales

^aceite _ Q jg

Por lo tanto

3000 + Lp — L m 3000(0.45) « Lm(0.125)

L m = 10800 kg /h LD = 7800 k g /h

PROBLEMAS RESUELTOS

Z>

Figura 7.18

D

244 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

4. R esu lta d o :

Se requ iere 7,800 k g /h de benceno p a ra tra ta r 3000 k g /h de aceite de pescado .

Problem a 7.7

Si en la p la n ta de h a rin a de pescado se tra ta n 2.5 ton por ho ra en tres e ta ­pas de corrien te d irec ta y si se usan 1 0 0 0 kg de benceno en cada e tap a , ¿cuál será la com posición del refinado procedente de la ú ltim a etapa? ¿Qué p o rcen ­ta je de aceite se recuperará?

2. T ra d u cc ió n (figura 7.20).

Figura 7.20

2. P la n te a m ien to .

• Discusión: Se u sa rá el m étodo gráfico . En este caso, la línea correspon d ien te al flujo inferio r es pa ra le la a la h ipo tenusa.

• B alance: En el p rim er lixiviador

Sa + L¡) j = L e j + M r J M mi

ó / l US A = M m X m i >

M mXmi = L e^Xe + AÍrjXrj

Esto se rep ite p a ra cada lixiviador

3. C álculos.

• D iagram a: El d iag ram a em pleado será el del ejem plo anterior.

• P rim er lixiviador (figura 7.21)

PROBLEMAS RESUELTOS 245

A ceite

Figura 7.21

El p rim er lixiviador se tra ta com o el ejem plo an terio r. El pun to M m está dado por:

De la gráfica

2500 + 1000 = 3500

2500(0.45) = 3500 x Ml

= 0.321

Xkj = 0.185 «íTj = 0.55

3500(0.321) * M«j(0.185) + !*,(0.55)3500 = M r j + Ltl

Mrj 4= 2191.78 kg/h L#1 - 1308.2 kg/h• Segundo lixiviador: En este lixiviador se trata MRj con Lo2

El punto M2 está dado por: 2,191.78 + 1,000 — 3,191.782,191.78(0.185) * 3191.78 x»2 - 0.127

De la gráfica indicada en la figura 7.22 se localiza el punto unien­do Xkí con D

246 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO LÍQUIDO Y EN CRISTALIZACION

D e la g rá f ic a

xR2 = 0.08 xBi = 0.24 3 191.78 = Mr2 + Lt:i

3 191.78(0,127) * Aí*2(0.08) + L£2(0.24)

Lb¡ » 937.5 kg/h M«2 * 2 254,28 kg/h

• Tercer lixiviador: En este lixiviador se trata Aí„z con LDy El punto AÍWj quedará en

2 254.28 + 1000 « 3 254.28 * Mm%

2 254.28(0.08) * 3 254.28 x%¡ke

x%*he - 0.055

El punto M M3 se localizará uniendo x„ 2 con L¡n . La linea que los une dará el punto x^3eite.

De la gráfica mostrada en la figura 7.23

PROBLEMAS RESUELTOS 247

Figura 7.27

248 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

Xr3 = 0.035

x E-¡ = 0 .1

3 254.28 = L h + M r3

3 254.28(0.055) = LE¿ 0.1) + M*3(0.035)

M r3 = 2 252.92 kg /h

/ . L r3 = 1001.35 k g /h

Composición global del flujo superior

LEx + LE2 + L e2 = 1 308.2 + 937.5 + 1001.35

= 3 247.05 k g /h

Aceite recuperado

1 308.2(0.55) + 937.5(0.24) + 1001.35(0.1) = 1044 kg de aceite/h

global 10443247

kg de aceite= 0.3217

kg de extracto

Porcentaje de aceite recuperado

1044(100) = 92.85%

2500(0.45)

4. R esu ltado:

La composición global del flujo superior es del 0.3217 kg de aceite/kg de extracto. El refinado procedente de la ú ltim a etapa tendrá una composición de 0.035. Se recuperará el 92.85% del aceite.

Problema 7.8

T a ra é x tra e re l azúcar contenida en la rem olacha se em plea un sistema de extracción de tres etapas en corriente d irecta. Si se tra tan dos toneladas diarias de rem olacha de composición 14% de azúcar, 40% de agua y 46% de inertes, ¿cuál será la can tidad de azúcar recuperada en el agua si se tra ta cada etapa con 2 000 kg de agua? Experim entalm ente se ha encontrado que cada kg de só­lido inerte retiene 2.5 kg de disolución.

P R O B L E M A S R E S U E L T O S

1. T ra d u cc ió n (figura 7.24).

249

2. P la n te a m ien to .

• Discusión: Se resolverá el p rob lem a g ráficam ente.

• D iagram a: L a línea de flujo in ferior d ad a por x’ — 1 /3 .5 = 0.28 es para le la a la h ipo tenusa. Como las concentraciones están m uy bajas, conviene h acer u n a am pliación del d iag ram a.

• Balances: En el p rim er lixiviador

$a + Ldj = M mj — l Ei +

SAw r ™ = = L E1x aEf caT + M „,4 f car

B alance en el segundo lixiviador

R ] T ü2 Ü4jv/2 i -1-2 ^ A / 2

M ñl4 júcar = M M2z ^ czr = L E2x l? ™ + M R24 z2úcar3. C álculos.

P rim er lixiviador (figura 7.25)

2000 + 2000 - 4000 M,

2000(0.14) = 4000 ZmÍ

Mj

. a z ú ca r __ n ^*7. zMl - 0.07

250 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

superior

i t- 1t W f U * * * * * ¿ ¿ ¿ fM M d i* a n a y ^»*Aif ■.v;d.’

0,02 0,04 0,06 0.08 0.10 0, 0.14 0,16

Figura 7.2$

aíücar * 0.065Z&1 azútar+ÜU. 0.091

4000(0.01) * Mh (0.065) + Lél (0.091)- Lí-t + t í i

i t í x

S23CT +-Í00Ü- ¿

Zm2

azúcar 0

diagrama

0. = 0.

1 y- _. . 5 Ir. 2 + Mr2

5 230(0.40) s Ljt2(0.0485) + M*2(0.0345)

M r2 = 3175.3 kg /d ía

L E2 = 2054.7 kg /d ía

• T e rc e r lixiviador

3 175.3 + 2000 = 5 175.3 kg /d ía = M 3

3 175.3(0.0345) = 5 175.3 z„3

zAÍ3 = 0 .0 2 1 1

P R O B L E M A S P R O P U E S T O S 251

De la gráfica

Balance

z?3ucar = 0.019

x%úcaT = 0.026

5 175.3 = L£3 + M R3

5 175.3(0.0211) = 1 ^ (0 .0 2 6 ) + M R¿ 0.019)

M«3 = 3 623 kg /d ía ; L e2 = 1 552 kg /d ía

Azúcar recuperada

1 552(0.026) + 2 054.7(0.0485) -1- 769.2(0.091) = 209. 9 kg /d ía

% * ------------ (100) = 74.962000(0.14)

4. R esu ltado :

Se recupera el 74.96% del azúcar, c sea, 0.2099 to n /d ía .

P^óblemás propuestos

ProÉlcm a 7.9

En una disolución de nafta lina en benceno, la fracción mol de naftaleno es de 0.12. Calcule el peso de disolución necesario para disolver 100 kg de n a f­talina a 40°C.

Datos (m ostrados en la figura 7.26):

252 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

Fracción peso de nafta leno

Fuente: Hougen. W atson y Ragatz. Chemical Process Principies. Tom o 1. Wiley, Nueva York, 1954.

Figura 7.26

Respuesta:

2 1 1 kg.

Problema 7.10

500 k g /h de una solución que contiene 40% de naftaleno y 60% de b en ­ceno a 50°C se enfría hasta 10°C. ¿Cuánto naftaleno cristaliza?

Respuesta:

Se cristaliza 83.3 kg.

Problema 7.11

Construya la curva de solubilidad de la m altosa en agua, a partir de los si­guientes datos:

°C - 0 .7 9 - 1 .1 6 - 1 .8 7 + 0 .6 + 21 29.6 34 .4 59.8 66.3____ 74.2_______________ __

% enpeso 12.23 16.67 23.97 35.8 44 48 49 .6 63.7 66.7 72.3

PROBLEMAS PROPUESTOS 253

Problema 7.12

De un evaporador se obtienen 2 000 kg/h de una disolución de lactosa en agua al 46.3% y 80°C. El líquido se hace pasar a un cristalizador en donde se obtienen los cristales de lactosa, los que después pasan a una centrífuga para recuperar los cristales de las aguas madres, las que se envían al evaporador. Si

254 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

la cristalización se lleva a cabo a 1Q°C, ¿cuál será el % de lactosa como cristales? (Figura 7.27).

Respuesta:

X = fracción peso de lactosa

Figura 7.27

Se recupera el 84.2% como cristales.

Problema 7.13

¿Qué cantidad de agua se requiere para disolver 100 kg/h de maltosa a15°C?

Respuesta:

Se necesitan 140.5 kg de agua por hora

PROBLEMAS PROPUESTOS 255

Problema 7.14

1 0 0 kg /h de sólidos que contiene 0.15 kg de soluto por kg de sólido se van a tra ta r con disolvente p ara extraer el soluto. ¿Con qué cantidad de disolvente se tra ta rán para que los sólidos finales contengan 0 .0 1 kg de soluto por kg de sólido?

Nota: Se ha encontrado que los lodos contienen 1.5 kg de disolución por kg de soluto.

Respuesta:

Se requieren 810 k g /h de disolvente.

Problema 7.15

Se necesitan tra ta r cuatro toneladas por hora de café tostado y molido con agua fresca como parte de un proceso para producir café soluble. El conte­nido de sólidos solubles en el café es de 24% . Si se tra tan con 4 toneladas de agua /h , ¿cuál será la cantidad de café soluble extraída? Experimentalmente cada tonelada de sólidos inertes retiene 1.7 toneladas de disolución.

R esultado:

Se extraen 338 kg de café soluble.

Problema 7.16

U na harina de pescado contiene 55% en m asa de aceite que debe extraer­se a la velocidad de 4 000 k g /h de harina usando 6 000 k g /h de n-hexano, el que se m ete en cantidades iguales en las tres etapas. El pescado retiene 1 kg de disolución por kg de pescado libre de aceite. Determine el porcentaje de recu­peración.

Resultado:

Se recupera el 91% del aceite.

Problema 7.17

Se debe obtener aceite de bacalao a partir de hígado granulado de baca­lao en un extractor de agitador, usando éter libre de aceite como disolvente. El análisis del hígado sin extraer da un valor de 0.32 kg de aceite por kg de híga­do. Se desea recuperar el 95% del aceite. Calcule la cantidad necesaria de d i­solvente a sólido para realizar esta operación.

256 BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION

Los experimentos realizados en el laboratorio dan los siguientes datos para construir la curva de flujo inferior.

x aceite 0 0.019 0.041 0.0709 0.108 0.155 0.2129 0.2808 03189

x éter 0.159 0.168 0.165 0.1656 0.16 0.155 0.1419 0.120S 0.1063

R esultado:

Se requieren 200 kg de disolvente por cada 100 kg de alimentación.

Problema 7.18

Se tra tan dos toneladas por hora de hígado de bacalao usando éter puro como disolvente. La extracción se hará en dos etapas, utilizando 1000 kg /h de éter puro en cada una de ellas. El hígado de bacalao contiene 0.32 kg de aceite por kg de hígado. ¿Cuál será la concentración del extracto y la del refinado fi­nal? ¿Cuál será la recuperación de aceite? (Use los datos del problem a anterior).

Resultado:

La concentración del extracto final es de 12% de aceite y la del refinado 2% de aceite. Se recuperan 608 kg /h de aceite o el 95%.

CAPÍTULO

OCHO ________Balances con reacción química

Objetivos:Después de' estudiar este capítulo, el lector podrá efectuar "balances de

materia y energía en sistemas con reacción química.

IntroducciónLas reacciones químicas en una p lan ta de alimentos son de gran im por­

tancia, pues con ellas se generan los productos que van a ir ál mercado, así co­mo los servicios requeridos en la p lan ta como el vapor, el agua de proceso, la electricidad y otros. Una reacción química es.una transformación originada por la interacción de moléculas, átomos, iones o radicales para form ar sustan­cias nuevas.

Las reacciones químicas -se presentan m ediante ecuaciones que resumen la información m ínim a necesaria sobre las proporciones relativas de las sustan­cias que toman parte en la reacción y los productos que con ellas se generan. La reacción química está basada en la íey de la conservación de la m ateria que dice: “en cualquier reacción química la masa total de los productos es igual a la masa total de los reactivos” . L ;

T oda ecuación quím ica indica el tipo de átomos y la composición de las moléculas que intervienen en ella. Esto se logra m ediante la fórm ula química. Esta fórmula indica el núm ero y la clase de átomos que existen en un compuesto dado. A partir de la fórmula se puede conseguir el peso molecular de la sustan­cia m ediante la suma de los pesos atómicos de los elementos que la componen. Al escribir la ecuación química se debe cuidar que el número de átomos de un elemento que apárecen en un lado de la ecuación sea el mismo al del lado opuesto, esto se logra m ediante el balanceo.

Se denom ina balanceo a la determ inación de los coeficientes numéricos que se anteponen a las fórmulas de las especies participantes en una reacción química para que se cum pla la ley de la conservación de la masa.

Balances con reacciones químicas

En toda reacción química la masa total de los reactivos debe ser igual a la masa total de los productos, de m anera que en la reacción

H 2 + 1/2 0 2 . - HzO

si se meten 2 kg de hidrógeno más 16 kg de oxígeno se obtendrán 18 kg de agua.

Masa entrante = Masa saliente

En toda reacción quím ica el núm ero de átomos de un elemento dado de­be ser igual al núm ero de átomos salientes.

259

260 BALANCES CON REACCION QUIMICA

En la ecuación anterior entran 2 átomos de hidrógeno y salen otros dos formando parte de la molécula de agua, también entra un átomo de oxigeno y sale otro.

Atomos entrantes = Atomos salientes

En las reacciones químicas las moles entrantes no son necesariamente iguales a las moles salientes. En el ejemplo señalado entran una y media moles y sale una mol.

Moles entrantes ^ Moles salientes

Sin embargo, se puede utilizar el balance en mol aplicando las relaciones mostradas por la ecuación. En el mismo ejemplo se puede observar que por ca­da mol de agua formada se requerirá siempre media mol de oxígeno y una mol de hidrógeno y esto se relaciona inmediatamente con las masas necesarias.

Rendimiento

En las reacciones reales que se efectúan en los procesos industriales la con­versión no es total, pues las reacciones no se llevan a cabo en su totalidad debi­do a las condiciones de operación, el equilibrio químico y la naturaleza de los reactivos. Por ello se mide el rendimiento que está dado por

„ ^ cantidad obtenida de BRendimiento % = : — (100)cantidad calculada de B

Otra forma de medir el progreso de una reacción es mediante la conver­sión que se da como

^ ^ cantidad inicial de A — cantidad final de A /1/w*vConversión % = ----------------------- ■■■■■-.■ . — —r------------------(100)cantidad inicial de A

En muchas ocasiones al ponerse en contacto dos reactivos es posible al­canzar dos o más productos como

S + O2 SO2S 03

En tales ocasiones es deseable hablar de una selectividad en donde ésta es igual a las moles formadas de un producto en particular por mol de reactivo que desaparece por reacción química. En algunas reacciones, para asegurar un alto grado de rendimiento, es conveniente introducir uno de los reactivos en mayor cantidad que la teóricamente necesaria. Este reactivo recibe el nombre de reactivo en exceso, por lo tanto el reactivo que está en menor cantidad reci­be el nombre de reactivo limitante. En la industria no todos los reactivos son

BALANCES DE ENERGIA 261

puros, por lo que debe tenerse en cuenta su pureza para efectuar los balances de materia, ya que solamente la parte pura del reactivo será la que dé origen a productos.

Balances de energía

Toda reacción química está asociada con un cambio de energía, debido al reacomodo de átomos (figura 8.1). Dada la reacción A —■ B

Entradas — salidas = acumulación 2 „ .. 2'L ¿ H 2 + Z, i - + 3 1 ) _ L, (z 2 £ . + 3 - + f í 2) - d - T ge ge ge 2gc d6 (Uf/V)

Figura 8.1L2, H2, u-i, P2,Zj

Si no hay acumulación, ese término valdrá cero. En general, como la energía desprendida en una reacción es muy grande en comparación con los términos de energía cinética y potencial; estas energías se suelen despreciar y el balance de energía se reduce a

L XH X - L 2H 2 = d como L t = L 2_

AH - —L

d

En donde el AH es el cambio de entalpia entre los productos y los reacti­vos debido a la reacción química. Este cambio de entalpia se suele obtener por medio del calor estándar de reacción, que es el calor desprendido o requerido

262 BALANCES CON REACCION QUIMICA

por una reacción química cuando ios productos y los reactivos están a 25° y 1 atm .

AH° = £ np AH ° - ± nR AH °i i

De acuerdo con la ecuación anterior, el cambio de entalpia estándar de una reacción se obtiene al restar los calores de formación de los reactivos de los calores de form ación de los productos. Los calores de formación de las sustan­cias se encuentran en libros de fisicoquímica. A los elementos en su estado nor­mal y a 25°C y 1 atm se les da un calor de formación de cero.

No siempre es posible tener los datos de los calores de formación, espe­cialm ente de los compuestos orgánicos; sin em bargo, los calores de reacción se pueden determ inar a partir de los calores de combustión, utilizando la fórmula

AH„" = t». Ai r - ¿ n ,A H ;1 1

En donde AH“r es el calor de combustión estándar de los reactivos y A H °^el de los productos. Los calores de combustión se encuentran tabulados en los libros de fisicoquímica.

Una de las leyes más im portantes que se emplean; en term oquím ica es la de Hess, que explica que el cambio de entalpia en una reacción química a una tem peratura y presión dadas es independienté de los pasos o form a en que se realice. De acuerdo con esto, las reacciones químicas pueden tratarse como en ­tidades algebraicas; es decir, sumarse, restarse ó multiplicarse y obtener la que nos interese.

Calores de reacción a una temperatura distinta de la estándarCuando se calcula el AH r a una tem peratura diferente de 25°C se puede

utilizar la ley de Hess para obtenerlo.Consideremos pór ejemplo la reacción

H2 + 1/2 0 2 - H20

De acuerdo con la ley de Hess (figura 8.2).

— ^ ^ c a le n ta m ie n to ^ ^ R , T ‘ enfriam iento

Por lo tanto

CALORES DE REACCION. A UNA TEM PERATURA DISTIN TA DE LA ESTANDAR 263

Figura 8.2

en donde A H R r es el ca lor de reacción a u n a te m p era tu ra dad a d iferen te de 25°C , A H R es el calor de reacción a 25°C , A //cal es el calor necesario p a ra ca ­le n ta r los reactivos hasta la te m p era tu ra de reacción y AH ení es el ca lor que hay que re tira r a los productos p a ra llevarlos hasta 25°C .

^ R . T = ~ JT

298

” r 298 »

2 J n R C p n d T — ) ¿1 n p C p p d Ti 4 i

A H R,T i + J£298 i

n p C p p d Trj, n

í 2J 298 in R CpR d T

O sea, p a ra ca lcu lar el ca lor de reacción a u n a te m p era tu ra se debe cono­cer el ca lor es tán d a r de reacción y el cam bio de la capac idad calorífica a p re ­sión constan te de los reactivos y productos. Si sucediera que los p roductos e n tra n a la reacción a u n a te m p era tu ra y salen a o tra , entonces el calor desprendido o requerido p o r la reacción sería

A H r t ¡,t2 A H r* + í 29g ^ nP CPpdT ~ l 29R ^ n« CP* dTTt

298

Figura 8.3

264 BALANCES CON REACCION QUIMICA

Reacciones adiabáticasHasta ahora se consideró el hecho de que las reacciones absorben o des­

prenden energía, pero bien puede suceder que éstas se llevan a cabo ad iabáti­camente, es decir, sin desprendimiento de calor. En ese caso, la energía servirá para aum entar la tem peratura de los productos si la reacción es exotérmica, o disminuirla si es endotérm ica. En el caso de que los reactivos sean com busti­bles, la tem peratura final que alcanzan los productos recibe el nom bre de tem ­peratura de flama. En las reacciones adiabáticas (figura 8.4)

Problemas resueltosProblema 8.1

En un quem ador se introduce butano con 25% más del aire teórico nece­sario. Si se quem an 85 m 3/h medidos a 20°C y 760 mm de Hg, ¿qué cantidad de aire se requerirá a las mismas condiciones? ¿Cuál será la composición y el volumen de los gases salientes si éstos están a 800°C v 1 atm?

298

AHFigura 8.4

1. Traducción (figura 8.5).

PROBLEMAS RESUELTOS 265

/ , = 2 0 ° C

¿ ,= 800°C

P j= 1 atm 0 . 7 9

Figura 8.5

2. Planteamiento

• Discusión: Los balances de masa se harán basándose en la reacción química. Con la ley de los gases ideales se obtendrán los gastos volu­métricos necesarios.

• Reacción

2 C4 Hio + 1302 - 8C 0 2 + 10H2O

• Masa de butano

Gx = p G i/R T

• Cantidad de oxígeno necesario

02*°’ = G, (— -) (1.25)

• Cantidad saliente de 0 2

G tf f2 = - Gj ( - ^ - )

• Cantidad de nitrógeno entrante y saliente

r ^ - ñ -o, ,0 .79 ,G¿y2 - G¿y2 2 ( - ^ - )

• Cantidad de aire

266 BALANCES CON REACCION QUIMICA

C antidad de C 0 2 saliente

Gtf» °* = Gj ( y )

• C antidad de H20 saliente

3. Cálculos.

• Masa de butano

G, ----------- - 3 .5 3 kg m ol/h1 0.082 (293) 5

• C antidad requerida de oxígeno

¿ t i? 2 = 3.53 ( ~ y - ) (1-25) - 28.68 kg m oi/h

• C antidad de oxígeno saliente

G3y? 2 = 3.53 ( - y - ) (1.25) - 3.53 ( - y - ) = 5.735 kg m ol/h

• Cantidad de nitrógeno entrante y saliente

G # ? 2 = G ^ f 2 = 28.68 ( ~ ) = 107.89 kg m ol/h

• C an tidad de aire

G2 = 107.89/0.79 = 136.57 kg m o l/h

C 2 = 136.57 (0.082) (293) = 3281/m 3/h

•• C antidad de C 0 2 saliente

G3y f ° 2 = 3 .53(4) = 14.12 kg m ol/h

• C antidad de H 20 saliente

Gj# 0 = 3.53 (5) = 17.65 kg m ol/h

• Composición de los gases salientes

G3 = 5.735 + 107.89 + 14.12 + 17.65 = 145.95 kg m ol/h

-o 2 = ^ 7 3 5— = 0 Q 394 vn2 = — = 0.742145.950 145.95

PROBLEMAS RESUELTOS 267

• Volumen de los gases salientes

G 3 = 145:95 (0.082) (800 + 273) = 12792.72 m 3/h

4. Resultado:

• C antidad de aire requerido a 20°C y 1 atm: 3 281 m 3/h

• Composición del gas saliente:

.>'3°2 = 0.0394 >'3N2 = 0.742.

y f 2° = 0.01121 ^ ° 2 = 0.09674

• Volumen de los gases salientes a 800°C y 1 atm:

12792.72 m 3/h

Problema 8.2

En un proceso de ferm entación se llevan a cabo las siguientes reacciones:

C j2 H 2 2 0 j j + H 2 O ~ * 2 Cg H 120 6

C 6 H 120 6 - 2 C 2 H 5O H + 2 C 0 2

Estas reacciones se realizan una tras o tra y de form a cuantitativa. El COz desprendido bajo estas condiciones lleva una cantidad apreciable de agua y de vapores de alcohol, lográndose un 80% de saturación.

El alcohol presente en esos vapores se elimina en un absorbedor y se regre­sa al alam bique en donde se destila el alcohol generado en la ferm entación. El absorbedor produce una disolución al 1.5% de alcohol en peso y los gases sa­lientes contienen solamente 0.03% de alcohol. T anto el absorbedor como el ferm entador operan a la presión de 1 atmósfera. El ferm entador opera a 15°C y se puede suponer que las reacciones se com pletan en un 1 0 0 %.

El líquido que se produce en el ferm entador contiene 12% en peso de al­cohol. Calcule:

a) La concentración del líquido que va al alam bique, después de que se le ha añadido la disolución proveniente del absorbedor.

b) La fracción de alcohol recuperado en el absorbedor.c) La carga que llega al alam bique por 100 kg de azúcar.

Datos: La presión de vapor del agua y del alcohol son de 15 y 22 mm de Hg respectivamente.

268 BALANCES CON REACCION QUIMICA

2. Traducción (figura 8.6)

i— . .

1. Azúcar2. Agua

3. C 024. Líquido fermentado

5. Alcohol recuperado 7. Gases libres de alcohol

Figura 8.6

8. Alcohol al alambique 6. Agua.

2. Planteamiento

Discusión: La clave del problema son las reacciones químicas; a partir del C 02 generado se puede obtener la cantidad de agua y C 02 arras­trado. El agua adicionada en la torre de absorción se puede conseguir mediante un balance en ese equipo. El agua adicionada en el termen­tador se calcula mediante un balance en ese equipo.

• Reacciones

Alcohol producido = S azúcar 4 (PM) alcohol

S azúcar = moles de azúcar = 5X

coG3y3 2 bióxido producido = Sj 4 (PM) C 02

Alcohol arrastrado en la corriente de C 02

p = p° y • Yalcohol alcohol R * alcohol P r ( PMalcohol )7 ~ ^alcohol P M C 0 2

G3V3alcohol = G3y? ° 2 Yalcohol

L. = j alcohol4^4 r alcohol n a \ alcohol \lcohoT~ : L*X* = S i 4 ( P M )alcohol) - G 33>3

X 4

PROBLEMAS RESUELTOS 269

El agua arrastrada en la corriente de C 0 2

P PMi, — po y . y = _____ agua___ ( agua .)agua H 20 ’ HzO P r - P agua ' P M C O z

G3 3 1 3 1 2 0 = G3JV3 ' 0 2 YHzq

• Balance de alcohol en la torre de absorción

Sea Gt = kg de C 0 2 puro y L ¡ = agua pura

G v-alcohol , r v alcohol ^ T,alcohol , r v a*c°hol¡ i 3 *r — Crj. 1 7 t LsjA.5

en donde xíjIcoho1 = kg de alcohol en la corriente 5 por kg de agua

• Fracción recuperada en el absorbedor

% = l ¡x 5 ( í o o y c ^ j• Balance en el fermentador

Si + L 2 = P 4 + G3

G3 = G3y f ° 2 + Giy f ohoX + G3y3gua

• Corriente que va al alambique

¿ 8 = G4 + L$

• Concentración de alcohol en la corriente 8

r „ alcohol . T alcoholJ ± XA s (100)U

3. Cálculos

• Reacciones

Base 100 kg de azúcar

PM C12 H 22On = 342 ;

PM C6 H 120 6 = 180 PMC2 H sO H = 46

S4 = -A9Q.P - = 2.9234 kg mol 342 s

L^xalcohol _ 2 .9 2 3 4 (4) (46) = 537.99 k g /h

270BALANCES CON REA CCIO N QUIM ICA

Alcohol arrastrado en la corriente de C 0 2

= 2.9234 (4) (44) = 514.6 k g /h ; P alcohol = 22(0.8) = 17.6

Y , . , = ----- — ----- ( - ^ - ) = 0.02478 kg de alcohol/kg de C 0 2alcohol 7 6 0 - 1 7 . 6 v 4 4 ' 5

G3 l f c oho1 = 514.6 (0.02478) = 12,7517 kg de alcohol/h

¿ 4x | lcoho1 = 537 .99-12 .7517 = 525.23 kg /h

. T 525.23 .gnc no , /u. . L . = ---------- = 4376:98 kg /h0.12 5

• Agua arrastrada en la corriente de C 0 21 2 18PH,0 = 0.8 (16) = i 2 ; kH!0 - ^ í - ( — )

- 0.006562 kg de HzO /kg C 0 2

= 514.6 (0.006562) - 3.3768 kg H 20 / h

<* Balance de alcohol en la torre de absorción

yaicohol = 0.02478 kg alcohol/kg C 0 2 ; F2 lc o h o 1 = 0.0003

^alco h o l = 0 . ^alco h o l = _ 0 0 1 5 . = Q.01522 COhPÍ.1 - 0.015 kg de agua

G ¡ ~ 514.6 kgde C 0 2/h

Balance

514.6 (0.02478) = 514.6 (0.0003) + L /0 .01522) L , = 827.68 kg H 20 / h

• Fracción recuperada de alcohol

= 827.68 (0.01522) =12.7517 ’

• Balance en el ferm entador

G3 = 514.6 + 12.7517 + 3.3768 = 530.72 kg /h

1000 + L 2 = 4376.98 + 530.72

L2 = 3907.7 kg de H 2Q /h

PROBLEMAS RESUELTOS 271

• Corriente que va al alam bique

L8 - 4376.98 + 840,28 = 5217.26 kg /h

• Concentración de alcohol en la corriente 8alcohol _ 4376.98 (0.12) + 840.28 (0.015), _ n kg alcoholXa — r'" '------- — U.lUo-----------------

5217.26 kg totales

4. Resultado:

® La concentración del alcohol es del 10.3%. Se recupera el 98.789% del alcohol en la absorción.

• AI alam bique llegan 5217.26 kg por cada 1000 kg de azúcar.

P roblem a 8.3

Para producir alcohol etílico a partir de melaza, se deben llevar a cabo las siguientes reacciones:

C u H a O ,, + H20 - 2 C,H u Os

C6H 12Oe + levadura - 2 C 0 2 + 2 CH3CH2OH

La melaza contiene 55% de azúcares y se diluye para dar un mosto con 15% de azúcar.

La prim era reacción es una hidrólisis que se lleva a cabo en medio ácido agregando ácido sulfúrico, para desdoblar la sacarosa en glucosa y fructosa. Después se agregan nutrientes, como las sales sulfato y fosfato de amonio y trazas de sales de magnesio. Se ajusta la tem peratura y se agrega la levadura Saccha- romyces cerevisie. Cuando se term ina la ferm entación, el líquido resultante se pasa al departam ento de destilación, y se obtiene alcohol de 96°G. L.

El rendimiento práctico en una fábrica de alcohol es: 1 kg de melaza de 55% en peso de azúcares totales, produce 0.23 litros de alcohol de 96°G.L. ¿Cuál será el porcentaje de rendimiento logrado en relación con el rendimiento teórico?

1. T raducción (figura 8.7).

1. Melaza 2. A gua fría 3. Acido 4, Levadura 5. Bióxido de carbono 6. Agua caliente 7. Alcohol de 96°G L. 8. N utrientes. Figura 8.7

272

2. Planteamiento.

BALANCES CON REACCION QUIMICA

Discusión: Para encontrar el rendimiento teórico se deberán usar las* •reacciones químicas.

• Cantidad de alcohol obtenido

¿ 7*7alcoho1 = 4 Lt*facarosa

o sea, una mol de sacarosa produce cuatro moles de alcohol etílico.

3. Cálculos.

• Concentración de la sacarosa en la melaza inicial

«.sacarosa = 0 .5 k g /k g total

0.5sacarosa _ _— —342— _ Q4999 w moi de sacarosa/kg mol total

, 0.5 _015_342 18

• Alcohol obtenido

¿ i =. 0.0014169 + 0.02777 = 0.0292396

L7JC7lcoho1 = 4(0.0292396) (0.04999) = 0.005847 kg mol de alcohol

L7«7alcoho1 = 46(0.005847) = 0.268962 kg de alcohol

• Rendimiento

Un alcohol etílico de 96°G.L., a 20°C corresponden a un alcohol de 93.85% en peso y a una densidad de 0.8125 kg/1

0.268962 • L - = 0.2865870.9385

L = 0-^86587 _ 0 ^52722 a c0 ° 96°G.L3 0.8125 kg de melaza

Rendimiento — — (100) ^ 65.2%0.352722 v }

4. Resultado:

• El rendimiento práctico es del 65.2% del rendimiento teórico.

PROBLEMAS RESUELTOS 273

Problema 8.4

En fecha reciente, se investigó la síntesis de la glicerina, que puede usarse como una fuente de energía para consumo humano.

Esta sustancia puede emplearse directamente con otros alimentos y se sin­tetiza del propileno

Cl2 h 2oCH2 = CHCHj - CH2 = CHCH2C12 ~ CH2 = CHCH2OH

HOC1 H20c h 2 = c h c h 2o h - c h 2 - c h - c h 2 - c h 2 - c h - c h 2

¿>H ¿1 ¿ H OH ¿ H OH

Obtenga el calor de reacción necesario para formar una mol de glicerol a partir del propileno, utilice los calores de formación y los calores de combus­tión.

1. Planteamiento.

• Discusión: De acuerdo con la primera ley de la termodinámica, el calor de reacción es independiente de los pasos y sólo depende de los estados finales e iniciales de los productos y reactivos, por lo que la síntesis de la glicerina se pondría en forma simplificada como

C3H« + 3H20 - C3H80 3 + 2H2

• Calor de reacción a partir de los calores de formación

A = AH°producfos - AH°react¡vos

A H°r = A H J glicerina + 2 A H j h¡dr6geno - ^ / p r o p i le n o “ 3 ^ / a g u a

• Calor de reacción a partir de los calores de combustión

AH% = AH° , - AH° ,R e reactivos c productos

AH ° = AH ° + AH ° - AH ° . . . - 2 AH ° . . . .R c propileno c agua c glicerina c hidrogeno

2. Cálculos.

• Calor de reacción a partir de los calores de formación

AH°r = 159.16 + 0 - 4.879 - 3 (68.317)

AH° = 41.9052 kcal/gmol

274 BALANCES CON REACCION QUIMICA

• Calor de reacción a partir de los calores de combustión

AH° = -4 9 1 ,8 8 7 + 3 (0) - ( -3 9 6 .2 7 ) - 2 ( -6 8 .3 1 7 )

Af/° = 40.917 kcal/gmol

3. R esu ltado:

• El calor de reacción es de 41.9032 kcal/gmol por calores de formación.• La diferencia es por datos de tablas. La reacción es endotérmica.• El calor de reacción es de 40.917 kcal/gmol por calores de combustión.

Problema 8.5

Calcule la temperatura teórica de flama cuando se quema metano con un cien por ciento de exceso del aire teórico requerido. El gas y el aire están ini­cialmente a 25 °C.

1. T radu cción (figura 8 .8 ).

Metano

1 I_________________Aire r , = 7’2 = 25°C

Figura 8.8

2. P lan team ien to

• Discusión: Esta es una reacción adiabática en la que el calor de reac­ción sirve para calentar los productos de reacción y los inertes. Como uno de los productos es agua, deberá tenerse en cuentra el calor latente de ésta (figura 8.9).

CH, + 2 0 2 - C 0 2 + 2H20

~ ^ enfriamiento

= j L n p C p p d T ~ ñ H Q ^H20 298oK . •'} - ‘ ‘ "

r3= ?

Gases de combustión

Figura 8.9

PRO BLEM A S R ESU ELTO S

• Balances de masa

— Base 1 kgmol de metano.— Oxígeno requerido por la reacción

G¿y2° 2 = ( G ^ 2) 2

— Nitrógeno entrante con el aire

GyyNj = (G¿y2° 2/ 0 .21) 0.79

Dióxido de carbono saliente

G3y?01 = C U S*

Agua saliente

G ^ 20 = G^f"* (2)

Oxígeno saliente que no reaccionó

Gtf?2 = G é?1 ~ G ^ * (2)

5. Cálculos.

• Balances de materia: Base 1 kg mol de metano

G jjf^ = 1 kgmol

G¿ V?2 = 4 kgmol

G¿y| 2 = ( - ^ ) (0.79) = 15.047 kgmol

Gjy3 ° 2 = 1 kgmol

Gj 3 2° = 2 kgmol

GjyP2 = 4 — 2 = 2 kgmol

• Calor estándar de reacción

M °ñ = M °COi + 2 AÑ f a - A

= -9 4 .0 5 1 8 - 2(68.3174) - ( -1 7 .8 8 )

= -2 1 2 .7 9 8 kcalgmol

Capacidades caloríficas

C pC 02 = 6.214 + 10.396 (10'3) T - 3,545 (10**) T 2

C p 0 2 = 6.148 + 3.102 (10~3) T - 0 .9 2 3 (10-*) T 2

CpN2 = 6.524 + 1.25 (10‘3) T - 0.001 (10'*) T 2

CpCH* = 3.381 + 18.044 (10~3) T - 4 .3 (10"6) T 2

CpHzO = 7.256 + 2.298 (10~3) T - 0.283 (10'6) T 2

Entalpia de los productos r 298

AHe = ) [6 .2 1 4 + 10.396(10~3)T —3.545(10-6) T 2] dTTf -

Í 298[7.256 + 2.298(10~3) r - 0.283(10-*) T 2] dT

Tr

Í 298[6.524+ 1.25(10-3) r - 0.001(10-*) T 2] d T

Tff 298

+ j [6.148 + 3 .102(10"3)T —0.923(10-*) T 2] d T — 2 (10746)Tf

(•298AHe = ) [131.18+ 40(10-3) r - 5 . 972(10-*) T 2] d T - 21492

Tf

AHe = 131.18(298- Tf) + (2982 - T f ) - 5 -9 7 2 0 ° ' 6)

(2983~ T f ) - 21492

AHe '= 19323 - 131.18 T f - 20(10-3) T f + 1.99(10-*) T f

Temperatura de la flama

-212798 = 19323 - 131.18 T f - 20(10'3) T f + 1.99(10-*) T f

0 = 232121 - 131.18 T f - 20(10-3) T f + 1,99(10-*) T f

Esta ecuación puede resolverse por el método de Newton-Raphson

BALANCES CON REACCION QUIMICA

PROBLEMAS RESUELTOS 277

sea

f{T f) = 232121 - 131.18 T f - 20(10~3) TJ2 + 1.99(10‘6) T f

y = -1 3 1 .1 8 - 40(10'3) T f + 5.97(10“®) T f

— Primer tanteo T f = 1000°K

f(T f) = 82931 f ' ( T f ) = -16 5 .2 1

T f = 1000 - 829~ 1 = 1501.97 J 165.21

— Segundo tanteo T f = 1501.97 °K

f (T f) = -3 2 8 3 f = -1 7 7 .7 9

T f = 1501.97 - ( ~ 3283 ) = 1483.5 J —177.79

— Tercer tanteo T f = 1483.5

f ( T f ) = - 2 f ( T f ) = -1 7 7 .3 9

T f = 1483.5 - ( _ ~ 72 39) = 148S.48°K

4. Resultado:

• La temperatura de flama estará alrededor de los 1483.48°K ó 1210.48°C.

Problema 8.6

Con el fin de conseguir proteínas vegetales hidrolizadas (PVH), de bajo peso molecular que se aprovechan para dar sabor y olor a los caldos de pollo, se hidrolizan las proteínas de alto peso molecular contenidas en el gluten del maíz. En un proceso típico, se parte de 1000 kg de gluten con 50% de proteí­nas, 8% de humedad y el resto de carbohidratos y fibra cruda.

El gluten se introduce a un reactor vidriado y allí se mezcla con HC1 8N(eñ = 1.118) 842 kg de ácido y 560 kg de agua. El reactor se calienta con vapor hasta 127°C durante el tiempo necesario para hidrolizar el 80% de la proteína entrante.

Los productos de la reacción están formados por proteínas solubles más humina o lodos, agua y ácido, los cuales se tratarán con sosa cáustica al 6N (qr = 1.263) hasta neutralización.

La suspensión se filtra para eliminar los lodos, que salen con 15% de peso de solución. Las proteínas más los carbohidratos del gluten reaccionan y dan una disolución colorida, por lo que ésta se decolora hirviéndola con 50 kg de

278 BALANCES CON REACCION QUIMICA

carbón activado. Posteriormente, se filtra para eliminar el carbón. Los lodos filtrados se llevan 12.0% de la disolución.

La disolución incolora se manda a un evaporador de película descendente y de tubos largos, que opera a 500 mm Hg de vacío cuando la presión atmosfé­rica es de 586 mm de Hg.

La disolución sale del evaporador con una concentración del 40% en peso de sólidos disueltos y luego se pasteuriza.

Por último, a la disolución pasteurizada se agrega un 15% de vehículo de secado (maltodextrinas) para evitar que los polvos se aglomeren al secarse en un secador por atomización.

El producto final contiene 3% en peso de humedad.

• ¿Qué cantidad de producto final resulta y cuál es la composición del mismo?¿Qué cantidad de sosa se requiera?¿A qué temperatura trabajará el evaporador?¿Qué cantidad de vehículo de secado se requiere?

2. Traducción (figura 8.10)

1. Gluten 2. HC1 3. Agua 4. NaOH 6N 5. Humina 6. Lodos 7, Carbón activado 8. Agua evaporada 9. Vehículo para secado 10. PVH 11. Productos del reactor 12. Solución neutralizada 13. Solución colorida 14. Solución con carbón 15. Solución incolora 16. Solución concentrada 17, Solución pasteurizada 18. Entrada al secador 19. Agua evaporada. ■

Figura 8.10

PROBLEMAS RESUELTOS 279

2, Planteamiento,

• Discusión: La sustancia de enlace en el proceso es la proteína, la cual servirá para hacer los balances. Los balances se efectuarán de equipo en equipo.

• Balances

Entrada de materia Salida de materiaa un equipo ~ del equipo

3, Cálculos.

• Balances en el reactor

— Entradas:

500 kg

420 kg

219.914 kg

Agua entrante:

S%w f*° + Lzx2h?° + L 3 ~ 1000(0.08) + 842(0.7384) + 560 » 1261.7 kg

TOTAL « 2401.6 kg

-7-Salidas:

Proteína vegetal hidrolizada

500 (0.8) = 400 kg * LnX}PVH

Humína saliente

~ 420 + 500 - 400 s* 520 kg

Proteína entrante

Sjtef = 1000 (0.5) ~

Carbohidratos y fibra entrante

Sxwff « 1000(0.42) =

Acido clorhídrico puro entrante

i , , ™ fa .

280 BALANCES CON REACCION QUIMICA

Acido saliente

Agua saliente

L nx\ia = 219.914 kg

L nx?2° = 1261.7 kg

T O TA L = 1261.7 kg

Balance en el neutralizador. Reacción

NaOH + HC1 - NaCl + HaO

— Entradas:

Proteína vegetal hidrolizada

L ux fVH = 400 kg

Humina

Acido

L nxn n = 5 2 0 kg

L uxT = 219.914 kg

Sosa cáustica pura

L4*NaOH = 219.914 = 2 4 1

36.5

Agua entrante

° + L .x ? 2° = 1261.7 + -6(40)

^n^íi2° + L4x f 2° = 1261.7 + = 2530 kg

1263

TO TA L = 3910.9

— Salidas del neutralizador

PVH L n x u n = 400

PROBLEMAS RESUELTOS

Humina

L n x ¡ ¡ ~ 5 2 0

Agua

L 12x % ° = 2 5 3 0 + 2 1 9 : 9 1 4 ( 1 8 )3 6 .5

= 2 6 3 8 .4 5 k g

Cloruros

L u X ffiC l = 2 1 9 .9 1 4

3 6 .5

= 3 5 2 .4 6 k g

T O T A L = 3 9 1 0 .9 1

• Balance en el filtro

— Entradas:

L n x\\ 5 2 0 k g ; -L12íCiPVH = 4 0 0 k g

L n x t y ° = 2 6 3 8 .4 5 k g

^ i2^ iN2aC1 = 3 5 2 .4 6 k g

— Salidas:

L $ x f - 5 2 0 k g

L sdudóH = 1 ^ L ( 0 1 5 ) = 9 1 .7 6 k g 0 . 8 5 V ; *

L n x ¡ t a = 3 5 2 . 4 6 - 9 1 . 7 6 = 3 4 2 .9 2 k g3 3 9 0 .9 1

£ i 3 * i 3 2° = 2 6 3 8 . 4 5 - 9 1 . 7 6 = 2 5 6 7 .0 5 k g3 3 9 0 .9 1

L i 3.XiP3VH = 4 0 0 - 9 1 . 7 6 (— — — ) - 3 8 9 .1 7 k g3 3 9 0 .9 1 S

T O T A L = 3 9 1 0 .9 k g

• Balance en el decolorador

Entradas Salidas

Cloruro L 13* u aCt = 342.92 kg = L 14x ^ aC1

Agua L 13x & ° = 2567.05 kg = L u x% °

PVH L i3^P3VH = 389.17 kg = L 14x^vh

Carbón S7w f = 50 kg = L 14x^

TO TA L = 3349.15 kg

• Balances en el segundo filtro

— Entradas:

Cloruros

£ i 4* i 4aC1 " 342.92 kg

Agua

¿ i4*142° » 2567.05 kg

PVH

L i4*h VH = 389.17 kg

Carbón

L u xu = 50 kg

TO TA L = 3349.14 kg

— Salidas:

Carbón

M6z f = 50 kg

Disolución

M gZ diSoiución „ (0 . 1 2 ) s 6,81 kg0 . 8 8

Cloruros

/•i5-ViN5aC! = 3 4 2 .9 2 -6 .8 1 ( — 4 2 - 9 2 ) » 342.213299.14

BALANCES CON REACCION QUIMICA

PROBLEMAS RESUELTOS 283

Aguah o 2567. 05 . _ _

L 15xí|2° = 2567Í05 —6. 81 ( “ 2561. 75

PVH

L isx l?*1 = 389.17 — 6.81 ( — ———) = 388.36 3299.14

Balances en el evaporador

Entradas:

Cloruros

L 15 aC1 = 342.21 kg

Agua

h 7o 2561.75 kg

PVH

PVH __ OftO Q!c — OOO.DO

— Total = 3292.32

- % de sólidos = 3 _ 0.22193292.32

P absoluta — 586 — 500 = 86 mm de Hg.

Temperatura de ebullición del agua a 86 mm de Hg — 47°C.

**

3292.32 (0.2219)L i6 = — -------—— — = 1826.41 kg0.4

G8 = 3292 .32-1826 .41 = 1465.91

L 16 aC1 = 342.21

L i6«Í6 * 388.36

H,0

284

• Balance en el pasteurizador

Entradas

BALANCES CON REACCION QUIMICA

Salidas

E ,6*iN6aCI = 342.21 kg = E i7^naC1

T i6*iP6VH = 388.36 kg = L 17x f f H

£ i 6* i£ ° = 1095.04 kg = L 17x% °

TOTAL = 1826.41 kg

Balance en el mezclador

Entradas

NaCl

Salidas

£ i 7 * í r J = 342.21 k g = L i a x ^ a

L í 7x ? ? h = 388.36 k g = L w x ™

L v x $ ° = 1095.04 k g - L 18* Í I 2°

Sgw9v = 1826.41(0.15)/0.85 - 322.3 k g - L lf¡x^

• Balance en el secador

— Entradas:

Cloruros

PVM

Agua

Vehículo

¿ i r f 01 = 342.21 kg

E i8*iP8VH = 388.36

£ i 8* i 82° = 1095.04 kg

¿18^18 = 322.3 kg

„ , . . . . 1052.07 (100) AQOf% de sólidos = -------------1----- L = 49%2148.71

PROBLEMAS RESUELTOS 285

— Salidas:

2148.7(0.49) = S10(0.97) S10 = 1085.4

G19 = 2 1 4 8 .7 1 -1 0 8 5 .4 = 1063.31 kg

SiowíoaC1 = 342.21 kg u $ aC1 = 0.315 kg/kg total

SioWxPoVH = 388.36 W!P0VH = 0.3578 kg/kg total

■Sio ío - 322.3 zt>ío = 0.2969 kg/kg total

= 0.02997 kg/kg total

4. Resultados:

kg kg kg kg kg kg kg kg kgCorriente totales HCl PVH h 2 O V HCl NaOH C H

1 1 0 0 0 802 842 621.7 219.913 560 5604 1590.42 1268.42 2415 611.76 9.54 10.3 71.4 5206 56.81 0.71 0.81 5.3 507 50 508 1461.91 1465.919 322.3 322.3

1 0 1085.4 342.21 388.36 32.53 322.31 1 2401.6 1261.7 219.91 5201 2 3910.91 352.46 400 2638.45 52013 3299.14 342.92 400 2567.05 52014 3349.14 342.92 389.17 2567.05 5015 3292.32 342.21 398.17 2561.7516 1826.41 342.21 388.36 1095.0417 1826.41 342.21 388.36 1095.0418 2148.71 342.21 388.36 1095.04 322.319 1063.31 388.36 1063.31

Se obtienen 1085.4 kg de producto final por cada 1000 kg de gluten. La composición del producto final es materia vegetal hidrolizada, 35 .7% ; 31.5% de NaCl; 29.69 de maltodextrinas y 3% de agua. Se necesitan 1509.42 kg de sosa 6N. Se requieren 322.5 kg de vehículo de secado. La temperatura de ebu­llición en el evaporador será de 47°C.

286 BALANCES CON REACCION QUIMICA

Problema 8.7

En un proceso de fermentación, la sacarosa C12 H22 0 U se usa como nu­triente y se oxida a C 0 2 y H2 0 . Si la cantidad de solución es de 5000 kg/h con 30% de sacarosa en peso:

• ¿Cuántos m3 de aire medidos a 25°C y 1 atm. se deberán introducir?• ¿Cuántos m3 de C 0 2 se producirán si la reacción se lleva a cabo a 45°C?• ¿Qué cantidad de agua de enfriamiento se deberá emplear si ésta entra

a 15°C y sale a 30°C?

2. T rad u cción (figura 8.11).

2. P lan team ien to .

• Discusión: La reacción proporcionará la cantidad de productos y reac­tivos necesarios. El balance de energía dará la cantidad de agua de en­friamiento requerida.

• Reacción

C1 2 H2 2On + 17 1/2 0 2 - 12C 02 + 11 H20 (0 + A 22°

• AH de oxidación (figura 8.12)

AH°r = AH, + AH R45 + AH2

A22° 45 = AH°R - AHl - AÑ2

A2 2 ° E H p P E H ° R

PROBLEMAS RESUELTOS 287

Agua necesaria

carosa AHr = L3(t5- t 3)R, 45

Aire necesario de acuerdo con la reacción

Oxígeno requerido

(1-7.5) =

Aire requerido

G2G2y2 20.21

Volumen de aire requerido

G2 = Ó2 RT/ P

• COz producido

G4 = .LlxTcvaa (12)

Volumen de C 0 2

G4 = G4 RT/P

3. Cálculos.

• Sacarosa introducida

= 5000 J g - (0.30) kg sacarosa ( ) h kg 342 kg sacarosa

= 4.3859

• Aire necesario

G¿y?2 = 4.3859(17.5) = 76.753 kgmol/h

G2 = 76.753/0.21 - 365.49 kgmol aire/h

G2 = 365.49 (0.082) (298) = 8931.11 mVh

• C 0 2 producido

G4 = 4.3859 (12) * 52.63 kgmol/h

G4 = 52.63 (0.082) (318) = 1372.37 m3/h

• Calor de formación o de combustión de la sacarosa: En este caso el ca­lor de formación de la sacarosa, es igual al calor de combustión de la misma.

AH° = AHg = AH°r

— —1348.9 kcal/gmol

• Calor necesario para calentar los reactivos

AHx = 342 (0.29) (4 5 -2 5 ) + 10 (175) (4 5 -2 5 ) = 5483.6 cal/gmol

• Calor necesario para enfriar los productos

AH2 = 12 (9.27) (2 5 -4 5 ) + 11 (18) (2 5 -4 5 ) = -6 1 8 4 .8 cal/gmol

• Calor de reacción a 45°C

AHR 4 } = - 1 3 4 8 9 0 0 -5 4 8 3 .6 - ( - 6 1 8 4 .8 ) - -1348 .199 kcal

288 BALANCES CON REACCION QUIMICA

gmol

Agua requerida

4.3859 (1000) (1348.199) = L 3 (3 0 -1 5 )L j = 394 204 kg/h

4. R esu ltado:

Se requieren 8931.11 m3/h de aire, se desprenden 1372.37 m3/h de C 0 2 y se necesitan 394 m3/h de agua de enfriamiento.

PROBLEMAS RESUELTOS 289

Problema 8.8

Un horno quema aceite combustible con aire seco a 250°C y 1 atm. El análisis Orsat de los gases de combustión es de 12.9% de C 0 2, 13.8% de 0 2

y 83.3% de N2. Suponiendo que el aceite contiene sólo carbón e hidrógeno, calcule:

a)b)c) d)4f )

Porcentaje de aire en exceso.Tanto por ciento de Carbono en el aceite.M3 de aire/kg de aceite.M3 de gases de combustión/kg de aceite.Presión parcial del agua en los gases de chimenea.El calor eliminado a los gases, si estos salen a 290°C y si el calor de combustión del aceite es de — 8000 kcal/kg.

1. T radu cción (figura 8.13).

j f ° 2= 0.129

y3° 2 = 0.038

$ * = 0.833

i2 = 25°c P? — 1 atm 1 1 í , = 290°C

Figura 8.131. Aire ;2;¿ Aceite 3 . Gases

2. P lan team ien to .

* Discusión,: El análisis de los gases de combustión se suele hacer con un aparato llamado ariálizádor ©fsatúÉátfe aparato da las composiciones

290 BALANCES CON REACCION QUIMICA

en volumen de gases secos, es decir, sin tomar en cuenta el agua que contienen los productos de la combustión (figura 8.14).

Figura 8.14

H

AH°r = AHRT'’T2 + AHe

AH e! 25 + 273

290 + 273 ñP ÉPp d T ~ % o h 2o

AH°r = — 8000 kcal/kg

AHRTl’T* = AH°r - AHe

• Balance de materia

G ¡y f°2 = 0^ 2

El carbono del C 0 2 procede sólo del carbono contenido en el aceite

r v°* = ( f h É l É .1^ - n 2

y\

G^ 2 = G #

Todo el nitrógeno que entra, sale

G é ? 2° = [ G J ? 2 - G35>3° 2 - G3y f° * ] 2

El oxígeno que no salió reaccionó para dar C 0 2 y H20 . Un mol de oxígeno da dos moles de agua.

Porcentaje de aire en exceso

oxígeno introducidooxígeno estequiométrico

( 1 0 0 )

• Porcentaje de carbono en el aceite

G2y2Hl = G & P °

% masa = C2S2 (PMc)/[(G¿y2C) PMc + Ó # ?1 (PM ^)]

• Metros cúbicos por kg de aceite

Gx = G ^ A T 2; G1 = Gi ^ ~

G2 = G¿y2H«(PMHz) ♦ GjyF (PMc)

G x/ g 2 = m3 de gases/kg de aceite

• Metros cúbicos de gases de combustión por kilogramo de aceite

G3 = G tff0* + G&?* + G ^ + 0 # ? * °

G3 = G3 R T /P G3/g 2 = m3 gases/kg de aceite

• Presión parcial del agua en los gases de chimenea

p Ui o = (ó >y?i0) f r/Ó 3

PROBLEMAS RESUELTOS 291

3. Cálculos.

• Balance de materia

Base 100 g de mol de gases Orsat

Q y ?0* = 12.9 gmol G¿yp = 12.9 gmol

GsjyP2 = 83.3 gmol GijiP2 = (0.21) = 22.14 gmol

G35P20 = ( 2 2 .1 4 - 1 2 .9 - 3 .8 ) 2 = 10.88 gmol = G¿yP2

• Aire en exceso

2 2 .1 4 ^ (1 0 .8 8 /2 + 1 2 .% ) =1 0 .8 8 /2 + 1 2 .9 V ’ '

• Porcentaje de carbono en el aceite

% = f 12.9(12)/[12.9(12) + 10.88(2)]} (100) = 87.6%

• Metros cúbicos de aire por kilogramo de aceite

G3 = = 105.44 gmol de aire; G3 = 105.44(0.082)(298) = 2576.53 í

G2 - 12.9(12) + 10.88(2) = 176.56 g

G -i/r — = 14.54 g/1 = 14.59 m3 de aire/kg de aceite2 176.56 g 5 6

• Metros cúbicos de gases de combustión por kilogramo de aceite

G3 - 12.9 + 83.3 + 3 .8+ 10.88 = 110.88 gmol

G3 = 110.88 (0.082) (290 + 273) = 5118.88 1

G3 /g2 = ül 18.88/^76 5 6 ~ ^8.99 1/g = 28.78 m3/kg

• Presión parcial del agua en los gases de chimenea

i>H20 = 10.88 (760)/l 10.88 - 74.57 mm Hg

• Calor quitado a los gases

Usando capacidades caloríficas promedio

BALANCES CON REACCION QUIMICA

C P m h 2o

290 °C= 8.2 cal/gmol°C

25°C

C pm q2 - 7.35 ; C pm N2 = 7.08 ; C pm COi = 10.5

X = 10 497 cal/gmol

AHRTl T2 = -8 0 0 0 0 0 0 (0 ,176 )-{[12 .9 (10 .5 )+ 3 .8(7 .35)+ 1 0 .8 8 (8 .2 )+ 83.3

(7 .08)J(25 -290)} + 10.88(10497)

= —1.0705(10®) cal

Q = — 1.0705(10®)/0.176 kg = - 6.0823(10®) cal/kg de aceite

Q = — 6082 kcal/kg

PROBLEMAS RESUELTOS 293

4. R esu ltado :

• Se introduce 20.7% de aire én exceso.• El aceite contiene 87.6% de carbono.• Se necesitan 14.59 m3 de aire por kg de aceite quemado.• Se producen 28.99 metros cúbicos de gases de combustión.• La presión parcial del agua en los gases de chimenea es de 74.57 mm

de Hg. ' ‘• El calor transferido a los gases es de 6,082 kcal/kg de aceite.

Problema 8.9

Para secar 330 ton/día de sorgo se utilizan 11,000 ton/día de gases de combustión a 120°C. Los gases de combustión se obtienen quemando gas na­tural con exceso de aire (25°C y humedad de 0.019 kg de vapor de agua por kg de aire seco). ¿Cuál deberá ser la cantidad de gas natural que se queme? ¿Cuál será el exceso de aire utilizado? ¿Cuántos m3/h de gas en condiciones normales se utilizarán? Composición de gas natural:

Metano: 86.4% en volumen.Etano: 11.6% en volumen.Propano: 2 .0% en volumen.

I . T rad u cción (figura 8.15).

Figura 8.15 h - 120°C

2 . P lan team ien to .

• Discusión: El poder calorífico del gas natural se puede obtener a partir de los calores de combustión de sus componentes. Mediante un balance de entalpias se calcula la cantidad de gas que se deberá quemar. Para ello se puede suponer que los gases de combustión son esencialmente aire.

• Poder calorífico del combustible

= ^ C ch/ cH, + + ^ C cjH^QíH,

• Combustible requerido

q _ C2 Ch (h ~ h )1 AHc

• Productos de combustión

Reacciones

CH* + 2 0 2 - C 0 2 + 2H20

QHe + 7/2 0 2 - 2C 02 + 3H20

C3Hg + 5 0 2 - SC02 + 4H20

Gsyf0’ = (1) GJ!CH* + (2) + (3) G o ^ ”*

G3yf!° = (2) G1yPí* + (3) G ^ + (4)

• Aire en exceso

G3y t e = G3 - [(G33?3N2)/0.79] 2 9 -0 .0 1 9 G3)>3aíre - [(G3ji3N2)/0.79] 29(0.019)

Aire en exceso = Gases totales — Gases de combustión — agua con aire en exceso — agua con aire de combustión.

• PM del gas

PM = +

• Volumen de gas

Gt = GXR T / P

3. Cálculos.

• Poder calorífico del combustible.

AHÍ?*4 = 212.795 kcal/gmol;

AH c&* = 530.605 kcal/kgmol

AH^n* = 372.82 kcal/gmol

294 BALANCES CON REACCION QUIMICA

AHc = 212.798(0.864)+ 372.82(0.116)

+ 530.605(0.02)

= 237.7167 kc^ gmol

• Combustible requerido

Calor húmedo del aire = CH = 0.24 + 0.019(0.46) = 0.2487 kcal/kg

11000000(0.2487) (1 2 0 -2 5 )G = —— = 1093 kgmol/h

237716 J e í Lkgmol

• Productos de combustión

G ^ ° 2 = 1093(0.864)+ 1093(0.116)(2)+109S(0.02)(3)

= 1263.5 kgmol

Gjyf1*0 = 1093(0.864)2 + 1093(0.116)(3) + 1093(0.02)(4)

= 2356.5 kgmol

0 $ * * = [1093(0.864)2 + 1093(0.116)(3.5) + 1093(0.02)(5)]0.79/0.21

= 9185.63 kgmol/h

• Aire en exceso

G33?3aire = 11 000 000 - ( 91q8^963 )29 —0.019G3yaire - ( - ~ ~ ~ - )2 9 ( 0 .0 1 9 )

Gjy|ire = 10 457 703 — de aire seco h

• Exceso

Aire necesario

9185.63 = 337194 k /h0.79 v ' 8

PROBLEMAS RESUELTOS 295

296 BALANCES CON REACCION QUIMICA

Exceso

10457703337194

Balance de agua

Agua con aire = 198696.36 kg/h

. 42417 k/hAgua por reacción

X 100 - 3101.39

y

Total 241113.36 kg/h

241113 = 0.023 ^10457703 kg A.S.

CH = 0.24 + 0.023 (0.46) - 0.25

Peso molecular del gas y volumen de gas natural

PM = 18.104 G1 = 1093(0.082)(273) = 24467.59 m3/h

4, R esu ltado:

• Se deben quemar 1,093 kgmol/h de gas natural.• Se utilizan 31 veces más aire del teórico necesario.• Se usan 24,467.89 m3/h de ¿as natural a condiciones normales.

Problema 8.10

En la hidrogenación del aceite de algodón, el proceso se hace en reactores intermitentes. El catalizador de níquel se mezcla con aceite de algodón y se burbujea el hidrógeno a través de la carga hasta que se obtiene el grado desea­do de hidrogenación.

Si se quieren tratar 30,000 kg de aceite de algodón por día de manera que el índice de iodo inicial de aceite que es de 105 pase a 60, ¿qué cantidad de hidrógeno se mete a 120°C y 3,8 atm absolutas?

N ota: El índice de iodo es el porcentaje de iodo que puede ser absorbido por el aceite.

1. T radu cción (figura 8.16).

2. P lan team ien to .

• Discusión: Esta es una reacción de hidrogenación. El número de iodo indica la insaturación. Se debe recordar que una molécula de iodo equivale a una de hidrógeno.

PRO BLEM A S R ESU E LT O S 297

~ )

1. Aceite2. Hidrógeno3. Aceite saturado

*

i

i_________

Figura 8.16

• Iodo necesario

Lt (It - / 3) = I

Hidrógeno necesario

I2 = Z/PMj G2 - / 2 PMH2

3. Cálculos.

Iodo necesario

/ = 30000 - Í ( 1 M 0 .g ^ (105 - 60) m« hdía kg g de aceite

- 1 .35(109) mg /2/dla

Hidrógeno necesario

h = 13.5(108) ( - J S - ) = 4.937 kgmol/2/día 10° mg 2(126.7) kg

G2 = 4.937 kgmolH2/día (2----- ^ ----- ) = 9.8756 gHz/ V / P ^

kgmolH2 día

• Volumen necesario

G = 4.937(0 .082)(120 + 273) = 4 } g3 j n ^2 3.8 ' d í a

298 BALANCES CON REACCION QUIMICA

4. R esu ltado :

Se requieren 9.8756 kg/día de ó 41.86 m3/día a las condiciones de reacción.

Problema 8.11

Se hizo un estudio a nivel de planta piloto para la reacción A + B — C operando adiabáticamente y a presión constante. Los resultados de una co­rriente experimental fueron los siguientes:

A livnentación Productos

5 gmol de A a 75°C 5 gmol de G a 17°C10 gmol de B a 100°C 5 gmol de B a 17°C

a) ¿Cuál es el calor de reacción de 25°C?b) El mismo proceso en escala comercial se verifica con un 35% de efi­

ciencia. Si las condiciones de la alimentación son: 25 kgmol/h de A a 75°C, 50 kgmol/h de B a 100°C, ¿cuál será la temperatura de sólidos de los productos en °C?

Datos

Cpm a ~ 0.5 cal/mol °C_ Cpm g = 1.5 cal/mol°CCpm Q — 0.85 cal/mol°C

I . T rad u cción (figura 8.17).

2. Planteamiento.

• Discusión: Es una reacción adiabática en donde el calor de reacción sirve para calentar los productos (figura 8.18).

PROBLEMAS RESUELTOS 299

A H°r = A H t + A H 2

~ _n . - AHl = ^2 ni Cpmi &T reactivos

I

n

AH2 — n« Cpmí productos

3. Cálculos.

• Entalpia de los reactivos

AH x = 10(1.5) (1 0 0 -2 5 ) + 5(0.5) ( 7 5 -2 5 ) = 1250 cal

• Entalpia de los productos

AH2 = 5(0.85) (2 5 -1 7 8 ) + 5(1.5) (2 5 -1 7 8 ) = -1 7 9 7 .7 5 cal

• Cálor estándar de reacción

AHr = 1250-1797.75 = -547.75 cal;A//° = -547.75/5 gmol/C = -109.55

• Inciso b (en escala comercial)

cal

1. Traducción (figura 8.19).

300 BALANCES CON REACCION QUIMICA

• Balance de energía

AH° = AHl + AH2 = m 2 Cp2 AT + Cpx AT + m3 Cp2 AT'

• Balance de materia

Entradas Salidas

25 kgmol de A 25(0.35) = 8.75 kgmol C50 kgmol de B 25 — (8.75) = 16.25 kgmol A

" 50 - 8.75 = 41.25 kgmol B

• Temperatura final

( - 1 0 9 .5 5 ) (8750) = 25000 (0.5)(75 - 25) 4- 50000 (1.5) (100 - 25)

+ 8750 (0.85) ( 2 5 - T f) + 16250 (0.5) ( 2 5 - T f) + 41250 (1.5)

T f = 119°C

4. Resultado:

• El calor de reacción es de —109.55 cal/gmol de C.• La temperatura de salida será de 119°C.

Problema 8.12

A un matraz que contenía 100 mi de un desperdicio de destilería se le agregan 50 mi de disolución 0.25 N de dicromato. Luego, esta mezcla se tituló

PROBLEMAS RESUELTOS 301

con una disolución 0.25 N de sulfato ferroso amoniacal utilizándose 4.9 mi. ¿Cuál es la demanda química de oxígeno en la corriente de desperdicio?

1. Traducción (figura 8.20).

2. Planteamiento.

Discusión: El COD o demanda química de oxígeno indica el total de oxígeno necesario para oxidar las sustancias orgánicas presentes en un desperdicio. Para obtener este dato se agrega dicromato en presencia de sulfato de plata como catalizador. El reactivo se agrega en exceso y el dicromato no utilizado se titula con disolución de sal ferrosa. La can­tidad de dicromato usado indicará el oxígeno consumido.

6CO, + 8Cr+3 + 22H20

• Reacciones

C6H120 6 + 4Cr20 7 = + 32H+

pero también

C6H12Os + 6 0 2 - 6C 02 + 6H20

o sea, 4 moles de cromato equivalen a 6 de oxígeno en poder oxidante.

• Concentración de la disolución

Normalidad —

Molaridad

No. dé equivalente gramo I de disolución

Normalidad = Cr20 7

0.25 N =

(Cada molécula dé cromato ‘ es igual a tres átomos de

oxígeno y por lo tanto igual a 6 electrones).

PM Cromato 6 (4 )

302

3. Cálculos.

BALANCES CON REACCION QUIMICA

• Concentración de la disolución

Un litro de reactivo N /4 es equivalente a

0.25 N = _??4 1 9 624

==;. 12.25 g/1 de cromato

= 2 g 0 2/l

por lo tanto cada mi es igual a 2 ppm ó 2 mg de oxígeno.

• COD

Volumen de sulfato utilizado = 50 — 4.9 — 45.1 m i/100 mi solución.

45 mi reactivo . 2 mgO?COD = — ------------------- X 1000 mi solución X ~100 mi solución mi de reactivo

= 902 mg/1

4. Resultado:

El COD es de 902 mg/1.

Problemas propuestos

Problema 8.13

Si la ecuación para la obtención de la aspirina es la siguiente:

HO - C6H4 - COOH + (CH3 - CO)20 5(£ cH

CH3 - CO - O - C^H4 — COOH + CHjCOOH

Calcule la cantidad de ácido salicflico HO — C6H4 — COOH que se necesita para obtener 1000 kg/h de aspirina, CH3 — CO — O — C6H4 — C 02H si el rendi­miento experimental de la reacción es del 75 %. Si se utilizan 300 kg de anhídrido acético (CH3C 0)20 y teniendo en cuenta el mismo rendimiento experimental, calcule el peso de ácido acético formado en la reacción.

Resultado:

• Se necesitan 1022.2 kg/h de ácido salicílico.• Se forma 132.25 kg/h de ácido acético.

PROBLEMAS PROPUESTOS 303

Problema 8.14

Para hidrogenar el aceite de girasol se usa hidrógeno qué se hace burbu­jear en el aceite. El gas que no alcanza a reaccionar se recicla y la presión de trabajo se mantiene constante por la adición continua del hidrógeno. El hidró­geno entrante al proceso tiene la siguiente composición: 96% de H2, 2% de CH4 y 2% de HzO en volumen.

Como los inertes aumentan en el reactor, se necesita purgarlos por medio de una válvula en la línea de reciclaje. ¿Cuánto hidrógeno se necesita para la reacción si se deben tratar 2000 kg/h de aceite con un índice de yodo inicial de 200 y si se pretende un índice final de 60?

Al purgar la composición del gas no debe ser menor de 90% de hidrógeno a la entrada del reactor. ¿Cuánto hidrógeno se pierde en la purga?

La temperatura de reacción es de 120°C y se convierte el 10% del hidró­geno entrante al reactor.

R esu ltado ;

* Se necesitan 1.1049 kgmol/h de hidrógeno.• Se pierden 0.5628 kgmol/h de hidrógeno en la purga.

Problema 8.15

En un proceso de fermentación, la sacarosa, C12H22On , se usa como nu­triente y se oxida a C 0 2 y HzO. Calcule el calor de oxidación a 45 °C en esta fermentación. El Cp de la sacarosa sólida es 1.25 kj/kg°K.

R esu ltado:

Se desprende 1348.2 kcal por cada gramo mol de sacarosa oxidada a C 0 2 y H20 . ‘

Problema 8.16

Determine el calor de combustión de la glucosa a 37°C Y 1 atm a partir del calor de combustión a 25°C A/?g = — 673 000 cal/gmol.

R esu ltado :

El calor de combustión a 37°C es de —671.578 cal/gmol.

Problema 8.17

Se quema metano en un horno con dos veces la cantidad estequiométrica de aire. Si el metano y el aire están inicialmente a 2'5°C, ¿cuál será la tempera­tura de los productos salientes de la reacción?

304 BALANCES CON REACCION QUIMICA

R esu ltad o :

La temperatura de flama está alrededor de 1192°C.

Problema 8.18

¿Cuál es la temperatura de flama del C 0 2 al quemarse en un, 100% de aire a volumen constante? La temperatura inicial es de 200°C.

R esu ltado :

La temperatura de flama es de 2027°C.

Problema 8.19

Una caldera quema gas natural que contiene sólo metano y nitrógeno. El análisis de los gases es CO, 8 .05% ; 0 2, 6.42% y 85.53% de N2. Calcule la composición del combustible a la cantidad de aire en exceso usada en la com­bustión.

R esu ltad o :

La composición del combustible es de 9.145% de N2 y 90.85% de CH4. Se usó un 40% de aire en exceso.

Problema 8.20

Tratando de optimizar el proceso del problema No. 19, se partió de las condiciones de alimentación del inciso B y se operó isotérmicamente a 150°C. La eficiencia mejoró hasta un 70% . ¿Cuál fue la cantidad de calor suministra­do o cedido por el proceso.

R esu ltad o :

Se adicionan 253.000 cal/h para la reacción isotérmica a 150°C.

Problema 8.21

En muchos procesos bioquímicos la lactosa se usa como nutriente, la cual se oxida a:

Ci2H22On (s) + 12 0 2(g) — 12 0 2(g) + 11 H2O(0

El calor de combustión estándar es de:

AHg = — 1344.9 kcal/gmol

PROBLEMAS PROPUESTOS 305

Calcule el calor de oxidación a 37°C, que es la temperatura a la cual se llevan a cabo muchas reacciones bioquímicas.

Datos:

CPmlactosa = 0 .2 8 5 7 kcal/kg°C. Cpm agua = ° " 5 kcal/kg°C.

C pm Q — = 6 .9 9 5 cal/gmól°K. Cpm c o = 9 .3 2 cal/gmol°K

R esu ltado :

El calor de combustión (oxidación) de la lactosa a 37°C es de — 1343,373 kcal/gmol (se desprende ese calor).

Problema 8.22

Se determinará la temperatura que puede esperarse en la combustión de coque de alto grado (100% carbón) con el aire teórico. El coque entra al horno a 2:>°C. '

R esu ltado :

La temperatura final será de !912°K .

306 BALANCES CON REACCION QUIMICA

Apéndice 8.1. Calores normales de formación a 25°C

Compuesto AH °kcal/gm ol

S° 2 . .;(g) - 70.94

SO3 "J(g) - 94.39

COé - 26.416

C0 2 <g) - 94.052

CaC03 ,J (s) - 289.5

CaCO,(S)

- 151.7

- 68.3174

H2°(g> - 57.7979

H cl(g) - 22.063

H2s o 4(1) - 193.91

h 2S, ;(g> - 4.815

h n o 3(1) - 41.404

H3p04(s) - 1281.1NÍV - 75.23

NH4 0 Haq - 87.59

N0 (g) - 7.96

N % > - 1 0

K C l(s) - 103.8

KOHm - 1 0 2 . 0 2

N a C 1(s, - 98.321

N H ,a w - 75.38

C H *(S)- 17.889

CH3OH(1) - 57.04

c h 3c h 2o h (1) - 66.35

APENDICE 8.2 CALORES NORMALES DE COMBUSTION A 25°C 307

Apéndice ,8.2. Calores normales de combustión a 25°C

á H ° kcal/gmol Compuesto (agua líquida y COrf

CarbonoS » - 94.0518

Monóxido de carbono

c o (g) - 67.6361

Hidrógeno % - 68.3174

Metano c ^ , - 212.78

Etano C2H(fe) - 372.820

Propano - 530.605

n-Butano C4H,0(s) - 687.982

Benceno W u - 789.08

Alcoholetílico c*h5o h (]) - 326.7

Alcoholmetílico C H ,0(1) - 173.65

Acido •acético QzH|Ofy) - 208.34

Dextrosa c 6h 12o 6(s) - 673

Lactosa C12H220h^ -1350 .1

Sacarosa c 12h 22o u -1348 .9

Bibliografía

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309

ESTA OBRA SE TERMINO DE IMPRIMIR EL DIA 4 DE AGOSTO DE 1 9 8 6 EN LOS TALLERES DE IMPRESIONES EDITORIALES, S. A.

LAGO CHALCO 23Q, COL. ANAHUAC MEXICO, D. F.

LA EDICION CONSTA DE 3 , 0 0 0 EJEMPLARES Y SOBRANTES PARA REPOSICION

KE — 5 2 9 — 8 0

O tra o b ra del mism o autor:

PROBLEM AS DE T R A N S F E R E N C IA

DE C ALO R

La presente obra es una introducción a la solución de problemas relaciona­dos con la transferencia de calor.

En los primeros capítulos se estudian los aspectos generales de la transferen­cia de calor por conducción, convec­ción y reducción y se presenta una metodología original de solución de problemas. Los capítulos siguientes tratan del diseño de los equipos más comunes empleados en la industria de procesamiento de materiales, tales co ­mo cambiadores de calor de doble tu ­bo, de envolvente y tubos, condensa­dores, rehervidores, etc.

Tam bién se presenta una breve in­troducción teórica de los temas por tratar para pasar en seguida a la solu­ción, paso a paso, de gran número de ejemplos y , por últim o, en cada ca p í­tulo se presentan problemas propuestos con su respuesta que son m uy útiles para que el estudioso que desee afian­zar su habilidad en la solución de pro­blemas.

La obra está diseñada como libro de texto en las materias de transferencia de calor o ingeniería térmica que se imparten en las carreras de ingeniería, aunque el material presentado la hace m uy adecuada para los profesionales de todas las ingenierías.

La presente obra es el resultado del esfuerzo del autor por con­tribuir a la educación de los tecnólogos de alimentos en sus dife­rentes disciplinas: Ingeniero en alimentos, Químico en alimentos, Químico bromatólogo, etcétera. Los balances de materia y energía son una de las materias fundamentales para la formación de esos profesionales, y éste es el único libro que se ha escrito especial­mente para contribuir a la enseñanza de cómo resolver problemas de balances de materia y energía.

En los primeros capítulos se describen los aspectos generales del planteamiento de los problemas y se presenta una metodología original para la solución de los mismos, así como la simbología que habitualmente se emplea en la industria alimentaria. A con­tinuación se estudian los balances de materia y energía que se pueden efectuar en las diferentes operaciones unitarias de la industria alimentaria tales como flujo de fluidos, mezclado, trans­ferencia de calor, evaporación, etcétera.

También, en un capítulo especial, se tratan los balances en los procesos en los que interviene la reacción química. Con un lengua­je claro y sencillo, el autor presenta una breve introducción teórica de los temas por tratar, para después resolver paso a paso gran número de ejemplos cuidadosamente seleccionados.

Por último, al final de cada capítulo se presentan una serie de problemas con su respectiva respuesta, los que serán de gran utilidad para el estudiante que desee afianzar más su habilidad en la resolución de problemas.

La obra está diseñada como libro de texto para las licenciaturas relacionadas con la tecnología de alimentos, aunque la calidad del material presentado y la cantidad de información contenida a tra­vés del libro y en los apéndices la hace perfecta como libro de consulta para los profesionales de la industria alimentaria.

Para esta nueva edición, la obra ha sido revisada y se han eliminado los pequeños errores y erratas que se presentaron en la primera edición.

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