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Acerca del autor:
A N T O N IO V A L IE N T E B A R D E RAS es Ingeniero Quím ico egresado de la Facultad de Química de la U ni versidad Nacional Autónoma de Méxi co. Obtuvo la maestría en Ingeniería Química en el Instituto Tecnológico de Loughborough, Inglaterra y Maes tría en Administración Industrial en la UN A M . Es Catedrático de la Facultad de Química de la U N A M . Fue profe sor de Ingeniería Química en la U ni versidad Iberoamericana y en la U ni versidad La Salle. Ha dirigido más de 50 tesis profesionales y es autor de va rias publicaciones sobre la educación dei ingeniero químico y de libros de texto sobre balance de materia y ener gía. Su experiencia profesional la ha lo grado a través de importantes cargos en Ferro Enamel de México, el Institu to Mexicano del Petróleo y Somex. Actualmente es catedrático de la Facultad de Química de la Universi dad Nacional Autónoma de México, donde imparte la materia de transfe rencia de calor (Inoeniería Química IV).
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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA EN LA INDUSTRIA ALIMENTARIA Antonio Valiente Barderas In g en iero Q uím ico eg resad o d e la F a c u lta d d e Q u ím ica d e la U n iversidad N a cio n a l A u tó n o m a d e M éxico. P ro feso r T itu lar d e las asign atu ras In g en iería Q u ím ica I y II.
EDITORIAL MÉXICO
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VENEZUELA *
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PUERTO RICO
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Elaboración: SISTEMAS EDITORIALES TÉCNICOS, S.A. de C-V. P R O B L E M A S DE B A L A N C E DE M A T E R IA Y E N E R G ÍA EN LA IN D U ST R IA A L IM E N T A R IA
Derechos reservados: © 1986, E D IT O R IA L L IM U SA , S.A . de C .V . Baíderas 95. Prim er piso. 060-10 M éxico, D .F. M iem bro de ¡a Cám ara N acional de la Industria Editorial. Registro No. 121 P rim e ra e d ició n : 1986
Impreso en México I5Ü2S5
ISBN -968-18-1937-3
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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA EN LA INDUSTRIA ALIMENTARIA
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A la Facultad de Química de la Universidad Nacional Autónoma de México
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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 cerámi ca 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 esca sez, 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 produc tos 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, fri jol, papa, camote, tomate, yuca, ñame, etc. Los aztecas en sus campañas de conquis ta llevaban alimentos concentrados tales como pinole y carne m achaca, 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 gallina. Con el tiempo su ali mentación 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 espar tano —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
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PROLÓGO
removiéndola con ramas de higuera y escurriéndola, dejándola cuajar sobre una re jilla. 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 tri go- Con la introducción del molino se producé harina apareciendo el panadero has ta el año 170 a.C. Se siguen comiendo vegetales hervidos, hortigas blancas, acelgas, coles aromatizadas con ajo, hinojo y cilantro. En Grecia, los pastores hacían quesos que cuajaban con extractos de estómago de animales. Una vez que Roma se urbanizó y enriqueció con sus conquistas, sus po sibilidades alimenticias mejoraron. Los mejores alimentos procesados en todo el im perio 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 hortali zas; los mesoneros de lujo criaban aves. Después de las invasiones bárbaras no quedó gran cosa de la famosa prosperi dad romana. Europa vive sumida en gran pobreza que alcanza incluso a los seño res, 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 extrava gante 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 pesca dos 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, él chabacano, las especias, él azúcar, etc. Ellos crearon los primeros ingenios o Fábricas dedicadas a obtener azúcar de la caña tratando el jugo con cenizas y cal y filtrándolo después, la mayor parte del azú car, se obtenía mediante evaporación y cristalización, pero el azúcar seguía siendo un producto caro y de uso poco común en Europa hasta el Siglo X I X . 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 alimen tación 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 des cubrimiento de América. El Nuevo Mundo hizo su aportación también a la alimen tación mundial con nuevos productos tales como el maíz, la patata, el chocolate, el
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PROLOGO
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tomate, el aguacate, el camote, etc., que poco a poco fueron imponiéndose en los paladares europeos. Las pastas originarias de la China de donde las trajo Marco Polo tendrán gran demanda en Italia y la maestría culinaria de los italianos dará como resultado que se implanten progresivamente en el resto del mundo. Durante la Edad Media se desarrolla también la salchichónería que era en principio un medio de conservación de la carne de cerdo, mediante diversos proce dimientos 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 pro ductos de salchichonería llegan a ser muy numerosos y variados tales como salchi cha, salchichón, paté, jam ón, morcilla, etc. Ya en la Edad Media estaba muy extendida la salazón del pescado y de la car ne, 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 consis tía 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 X IX con los progresos de la agricultura y de la ganadería, el desarrollo de los transportes y es pecialmente con el avance de la física y de la química. A principios de ese siglo el go bierno 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 eli minación 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 poste riormente latas de estaño. Appert muere en el olvido, pero su sistema se siguió de sarrollando, 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 des cubrimientos científicos que ponen de relieve la función de los microorganismos en su descomposición, aunque era el procedimiento tradicionalmeme usado por es quimales 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‘Arshonval creó un aparato de liofilización (combinación de la congelación y de la deshidratación), es decir, la sublimación del agua. En la segunda mitad del siglo X I X 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 com parten con el vino la particularidad de mejorar con el tiempo. Los productos alimenticios son materias orgánicas, pues proceden de organis mos vivos vegetales y animales. Pero estas materias orgánicas son perecederas; conti
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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 es forzado siempre por conservar sus alimentos. A principios del Siglo X I X , 40 años antes de que Pasteur realizara sus trabajos acerca de la fermentación microbiana, Appert abría el camino de los grandes proce dimientos industriales de conservación basados en la utilización del calor (destruc ción 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 prepa rados que el ama de casa puede guardar sin peligro. El rápido avance de las industrias agroalimentarias ofrecen actualmente la po sibilidad de que puedan consumirse frutas y verduras en cualquier estación del año. Las conservas congeladas mantienen todas las cualidades nutritivas, los jugos de fru tas que al principio se desarrollaron en Estados Unidos se han extendido por el mun do 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 pro ducción 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 produc ción de alimentos, su conservación y la creación de nuevos recursos alimenticios. Se presta singular atención a los cultivos sin tierra, cultivo de microorganismos nutriti vos en solución, cultivo de algas y al estudio de las posibilidades alimenticias de mul titud 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 co mo a los señores profesores Héctor Méndez Fregoso, Federico Galdeano y Ninfa Guerrero, por Ja revisión, comentarios y sugerencias que me hicieron para mejorar el manuscrito original.
Ing. A ntonio Valiente B ar deras
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Contenido
c a p ítu lo
CAPÍTULO
_____________
UNO
Introducción a los problem as de balan ce d e m ateria y energía en la industria alim entaria
15
Objetivos Importancia de la industria alimentaria Procesos Balance de materia y energía Metodología Diagrama de flujo Identificación de corrientes Problemas resueltos Problemas propuestos
17 17 18 19 19 20 21 25 35
DOS ______________________________________________ Variables y m agnitudes físicas
45
Objetivos Introducción Variables Cantidad de materia procesada Composición Densidad Fuerza y peso Presión Temperatura Energía, calor y trabajo
47 47 47 48 48 49 50 51 51 52
11
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CONTENIDO
Conversión de unidades Problemas resueltos Problemas propuestos Apéndice 2.1 Equivalencias Apéndice 2.2 Pesos atómicos de algunos elementos Apéndice 2.3 Grados Brix o porcentaje en peso de sacarosa
C A PÍTU LO
C A PÍTU LO
53 53 68 72 73 74
TRES Balances de m ateria y energía —breve resumen teórico
75
Objetivos Breve resumen teórico Balance de energía Problemas resueltos Problemas propuestos
77 77 80 83 99
CUATRO Balances de energía en equipos de transferencia de calor Objetivos Introducción Balances dé energía en equipos de transferencia de calor Cambios de estado Calores latentes y calores sensibles Capacidad calorífica Calores latentes Vapor de agua Problemas resueltos Problemas propuestos Apéndice 4,1 Entalpias del vapos.de agua saturado Apéndice 4.2 Entalpias del vapor sobrecargado kcal/kg Apéndice 4.3 Diagrama de Mollier para el agua Apéndice 4.4 Capacidades caloríficas de los gases Apéndice 4.5 Calores específicos de gases y vapores Apéndice 4.6 Calores específicos de líquidos
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105 107 107 107 108 109 110 112 112 113 126 130 131 132 133 134 136
CONTENIDO
13
Apéndice 4.7 Calores latentes de vaporización Apéndice 4.8 Capacidades caloríficas molares medias de gases a presión constante Apéndice 4.9 Capacidades caloríficas promedio de alimentos entre 0 y 100°C
C A PITU LO
C A PÍTU LO
138 140 140
CINCO Balances en procesos de m ezclado y evaporación
141
Objetivos Introducción Mezclado Evaporación Problemas resueltos Problemas propuestos
143 143 143 148 149 166
SEIS Balances con vapores condensables
173
Objetivos Introducción Presión de vapor Ebullición Condensación Mezclas de líquidos Equilibrio entre un líquido y un gas insoluble en el líquido Destilación Balances Acondicionamiento de aire Secado Enfriamiento de agua Balances de materia y energía Problemas resuellos Problemas propuestos Apéndice 6.1 Presión de vapor del agua en mm de Hg Apéndice 6.2 Constantes de Anioine Apéndice 6.3 Carta psicrométrica
175 175 175 175 176 176
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177 180 181 182 182 182 183 184 216 222 222 223
14
C A PITU LO
C A P ÍTU LO
C O N T^O SC S
SIETE _____________________________________________ Balances en extracción sólido-líquido y en cristalización
22S
Objetivos Cristalización Balances de m ateria Balances de materia Problemas resuellos Problemas propuestos
227 227 228 252 253 251
O C H O ___________________________________________ Balances con reacción quím ica
257
Objetivos Introducción Balances con reacciones químicas Rendimiento Balances de energía Calores de reacción a una tem peratura distinta de la estándar Reacciones adiabáticas Problemas resueltos Problemas propuestos Apéndice 8.1 Calores normales de formación a 25°C Apéndice 8.2 Calores normales de combustión a 25°C Bibliografía
259 259 259 260 261 262 264 264 502 306 307 309
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CAPÍTULO
UNO ___________ Introducción a los problemas de balance de materia y energía en la industria alimentaria
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Objetivos: E l alum no, a l estudiar este capítulo, p o d r á distinguir entre p rocesos qu í m icos y procesos físicos y, a partir d e los diagram as d e flu jo , d ed u cirá q u é tipo d e operacion es se llevan a cabo. E l alum no será capaz d e utilizar diagram as d e bloqu es o de equ ipo p ara describir un p roceso.
Importancia de la industria alimentaria Desde 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 hum a nos aprendieron a conservar la carne salándola o secándola al sol. En el neolítico y con el establecimiento de los grupos humanos como agri cultores y ganaderos, se mejoraron las técnicas de aprovechamiento do los pro ductos 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, crem a, 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 produc tos 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 euro peos por Africa y Asia y al descubrimiento de América. Estos viajes y descubri mientos 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 és tos tenían sobre la salud, lo que da lugar al descubrimiento de las vitaminas. En el siglo X I X , es necesaria la producción en gran escala de alimentos y su transportación de un lugar a otro; por ello, se inventan las técnicas de enla tado 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 natura les. Para llevar los alimentos de donde se producen a los centros de consumo, se refrigeran, salan, secan o reciben aditivos. L a presentación de los alimentos es vital en las sociedades modernas, por ello se les agregan saborizantes, coloran tes y aditivos que mejoran su olor, sabor, color, resistencia y presentación gene ral. Las bebidas gaseosas también son parte importante en la vida moderna, 17
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INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE
DE M ATERIA Y ENERGIA
así como las comidas listas para servirse. Las grandes naciones y ciudades mo dernas no se conservarían sin la industria de transformación de alimentos, que permite su distribución y aprovechamiento más racional.
Procesos La 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 conti nuamente 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 es pera 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 garantizán dose así imá 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)
Figura 1.1
Procesos físicos.
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M ETODOLOGIA
19 Semillas de
Grasa comestible * Operaciones físicas.
Figura 1.2
Procesos químicos.
Balance de materia y energía Los.balances de materia 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 importantes para el diseño del tamaño 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 materia y energía se basan en las leyes de la conservación de la masa y la energía. Estas leyes indican que la masa y energía son constan tes y que por lo tanto la masa y la energía entrante a un proceso, deben ser iguales a la masa y energía salientes a menos que se produzca una acumulación dentro del proceso. La teoría de estos balances es muy sencida, pero su aplicación puede ser muy complicada, a menos que se tenga una metodología adecuada para resol ver estos problemas.
Metodología En este libro se propone la siguiente metodología para resolver proble mas. Esta recibe el nombre de M étodo Stivalet-Valiente p ara resolver problem as. El método consiste en:
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IN TRODU CCIO N A LOS PRO BLEM A S DE BALANCE DE M ATERIA Y ENERGIA
a) H acer una traducción d el enunciado d el p roblem a. Por traducción se entiende la elaboración de un esquema del proceso, usando la simbología apropiada y los datos de operación conocidos. b) H acer e l plan team ien to d el p roblem a. En este paso se indica cómo re solver el problema a partir de los conocimientos adquiridos, y utili zando ecuaciones algebraicas. Este paso es semejante a la redacción de un algoritmo de resolución. c) R esolver los cálculos. Ahora se sustituyen los datos en las ecuaciones planteadas y se efectúan los cálculos requeridos. d) Presentar el resultado. Al efectuar los cálculos se obtienen resultados, los cuales se presentan aparte y, si es necesario, se comentan.
Diagrama de flujo En todo tipo de ingeniería se requiere de planos que especifiquen tam a ños, formas, conexiones y corrientes. Estos planos sirven para calcular, cons truir 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 represen taciones 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.
9-0 9
-
0
figurt Fisura 1.3
4. Extracto.
Diagrama de flujo: 1. Frijol de soya. 2. Hexano. 3. Frijoles agotados.
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IDENTIFICACION DE CO RRIEN TE
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El diagrama muestra la operación de extracción de aceite de soya por me dio 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 lí quido 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 al guna manera la forma que tienen los equipos reales. En este libro se usan los símbolos mostrados en las figuras 1.4 y 1.5.
Identificación de corrientes En las corrientes que unen a los equipos se emplean números o letras que las identifican y en ciertos casos se colocan también las condiciones de las mis mas (figura 1.6). Las líneas que encierran al equipo o proceso demarcan el sistema termodinámico 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 L L Lj T3 G S S2
Flujo másico de líquido. Flujomolar de líquido. Flujo volumétrico de líquido. Flujo másico en la corriente 1. Temperatura de la corriente 3. Flujo másico de gas. Flujo másico de sólidos o de mezclas semi-sólidas. Flujo másico de sólidos en la corriente 2. Densidad de la corriente 1.
Las sustancias se identifican con una o varias letras o con su símbolo quí mico y se colocan como superíndices de las propiedades o flujos. Densidad del agua de la corriente 1. yflrc Concentración molar de aire en la corriente 3. En general:
x
Se refiere a concentraciones en fase líquida.
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Tubería
Tram pa de vapor
Codo
*
3
Válvula
Ventilador
Bomba
Lf
t
\ /
\
/
Extractor
<2 Secador de banda
Cristalizador
D
V -7 Torre de platos
l .. r I -j t Secador rotatorio
Secador de gabinete
Torre empacada
V Secador por aspersión
c6
Tanque
Tanque agitado
Tanque con serpentín
Simbología.
Figura 1.4
22
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-
XX
©
Tanque
Triturador
enchaquetado
vertical
Mezclador de a n ta
Molino de engranes
Mezclador de hojas
Molino de
bolas
Evaporado^
G Lm n Iñtercarnbiádóí de calor de coraza y tubos
CZ3
Cam biador de calor de placas
\
\
A
Filtro prensa
Reactor
ñ
/T
'/ V
Torre de enfriamiento de agua
níméI
Lií
Decantador
v
i
Quemador
Cafetera
Tambor de filtro de aire
Filtro rotatorio
separación
F igura 1,4 (Continuación) 23
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24
INTRODUCCION A LOS PROBLEM AS DE BALANCE DE M ATERIA Y ENERGIA
O
M edidor de presión
M edidor de tem peratura
—
Medidor de nivel
©
9 i-i—
— tX l
M edidor de flujo
C ontrolador de tem peratura
M edidor de pH
cn i
—yy ^ p k j-
C ontrolador de nivel
Controlador de presión
Simbología de instrumentación.
Figura 1.5
- 0
<
1. 2. 3. 4.
0 1
Sólido Sólidos secos Gases calientes Gases fríos y húmedos
Figura 1.6
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0
PRO BLEM A S RESU E LT O S
25
y Concentraciones en fase gaseosa. w Concentraciones en fase sólida. Así ^^aC1 Concentración de sal en la corriente uno líquida (ver capítulo 2 ).
Combinación de los diagram as de equipo y nom enclatura Jyr En la figura 1.7, la corriente 1 tiene un gasto de 1000 — — y una conh centración de etanol del 10% . Esta corriente entra a la columna de destilación a 25°C . De la columna sale un destilado superior de 664 kg/h con una con centración del 79% de etanol y por el fondo sale un líquido con 1 % de etanol.
Problemas resueltos Problem a 1.1 El proceso para pasteurizar leche se representa en la figura 1.8; indique qué sucede.
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IN TRO D U CC IO N A LO S PRO BLEM A S D E BALANCE DE M A TERIA Y ENERG IA
26
1, T ra d u cció n
€
1. 2. S. 4.
Vapor Vapor condensad# Leche pasteurízada Leche.
❖
%
Figura 1.8 2. D iscu sión En el proceso se tiene un cambiador de calor de placas calentado por va* por. El vapor cede su calor latente y se condensa. Se utiliza una tram pa dé va* por para lograr que sólo salga vapor condensado (agua líquida). El sistema tiene un medidor y controlador de temperatura que envía una señal a la válvu la de vapor, para que ésta se abra o cierre y deje pasar más o menos vapor, se gún sea necesario.
Problema 1.2 El proceso para producir chocolate c o a leche se presenta por medio del diagrama de bloques mostrado en la figura 1 .9 . Explfquelo.
R esp u esta: Para preparar el chocolate con leche se parte de las semillas de cacao, que se limpian y luego se tuestan entre 100 y 140aC durante 4 5 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
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Semillas de cacao
|
Limpieza
27
Tostación
Descas carillado
Molienda
|"
Prensado
Cáscaras
Chocolate con_ leche
Enfriamiento y moldeo
Acabado
Calenta miento
Mezclado
■Azúcar 'L ech e
Lecítina
Figura 1.9 chocolate líquido se expone a presiones de 5000 a 6000 psig y se elimina parte de la grasa, se obtiene una torta de cacao, que al molerla produce el polvo de cacao. La grasa recibe el nombre de m anteca de cacao. Para producir chocola te con leche se utiliza leche en polvo, azúcar con chocolate líquido, m anteca de cacao y polvo de cacao. Estos materiales 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 coniro lecitina para ajustar la viscosi dad final. Después se enfría y se moldea.
Problema 1.3 P rodu cción d e un con cen trad o con vitam ina B I2 . Para producir vitamina B I2,q u ese utiliza como suplemento alimenticio, se emplea un método bioquí mico. El microorganismo usado es Streptam yces olivaceu s . Con este organismo se inocula un fermentador primario de 1500 t que contiene el medio nutriente formado por dextrosa, CaC 0 3, CoCI2 6H20 y productos resultantes de la desti lación de vinos (vinazas). Al fermentador se le añade aire. En el fermentador se elabora el inóculo para la producción en los fermentadores secundarios que son tanques de 2 0 ,0 0 0 f. En el proceso, la temperatura se mantiene a 28 °C por medio de vapor o enfriamiento con agua. Al ferm enta dor 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 microgramos por mi de caldo. Este se manda al tanque de almacenamiento y se estabiliza la vitamina B12 al reducir el pH a 5 con H 2SO4 y una pequeña canti dad de sulfito de sodio. El contenido de sólidos pasa de 3 a 15 ó 20% en un evaporador, el jarabe pasa luego a secadores de tambor doble que dan un producto sólido con 5% de humedad; el material seco se muele y envasa. Por este método el contenido final de vitamina B12 es de 20 a 60 mg por kilogramo. El producto final contiene también factores nutrientes deseables como proteínas, niacina, tiamina y riboflavina. Haga un diagrama de flujo utilizando la símbología de equipos.
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IN TR O D U C C IO N A LO S PRO BL E M A S D E BA LA N C E D E M A TE R IA Y EN ERG IA
F)
A) B)
Aire G) H2S 0 4 y Na2S 0 3 Vapor 'Productos Agua caliente ocondensados
Vinazas Dextrosa C) Agua fría
D) Co'
£ ) C aC 03
Figura 1,10
H) I) J) K) S. oíivaceus.
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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) Albúmina E) Condensador F) Agua G) Carbón H) Aire caliente I) Aire frió J) Lactosa refinada. Figura 1.11
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activado
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IN TRO D U CC IO N A LO S PRO BLEM A S DE BALANCE DE M A TERIA Y ENERGIA
1. Respuesta: Una vez que se ha cortado la leche se forman dos fases: la sólida, formada por caseína y la mantequilla atrapada y la líquida o suero que contiene lactosa y albúmina. Al tratarse con hidróxido de calcio el suero produce un précipitado de al búmina 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 con centrado 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 madres que se envían de nuevo al evaporador. Los cristales que se obtienen son amarillentos e impuros, por ello se disuelven y se tratan con carbón activado. La masa se filtra y el líquido se concentra, cristaliza y centrifuga de nuevo. Los cristales húmedos que salen de la centrífuga pasan por un secador en donde por contacto con aire caliente se secan y quedan listos para su envase y venta.
Problema 1.5 ¿Qué sucede con los materiales que se procesan en el siguiente diagrama?
V Figura 1.12
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P RO BL E M A S R E SU E L T O S
31
2. Respuesta: En el proceso anterior un m aterial sólido con alto contenido de líquido se m ete a un molino, los sólidos gruesos se separan y el líquido que sale pasa a un filtro para eliminar los sólidos en suspensión y obtener un filtrado claro.
Problema 1.6 El diagram a de la figura 1.13 muestra un secador rotatorio. Indique qué significa G4, Sj y T3:
Figura 1.13
1. Respuesta: La corriente Sj 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.
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1. Alimentación 2. Incondensables 3. Destilados 4. Productos del fondo.
Figura 1,14
I. Respuesta: El diagrama muestra una columna de destilación de platos. Por la corrien te 1 se introduce la alimentación a la misma, el caudal de esta corriente se controla con un medidor de flujo. L a corriente 3 muestra los destilados y la 4 los productos del fondo, ambos caudales se controlan mediante medidores de nivel conectados a válvulas controladoras de flujo. En la parte superior de la columna hay un condensador total operado con agua. El líquido condensado pasa a un acumulador 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 ni vel, que se conecta a una válvula que permite la salida de destilados. Parte del líquido destilado se envía a la columna de destilación como reflujo. La columna cuenta además con un rehervidor, en donde se vaporiza parte del líquido que llega a él y el resto sale como productos del fondo.
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PR O BL E M A S R E SU E LT O S
Problem a 1*8 En 1978, México formuló un anteproyecto para producir CARRAGENINA. L a técnica empleada en el proceso consiste en una primera etapa de lava do, mediante 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 emplean 2 .0 6 kg de sosa cáustica al 4 0 % . Del lavador salen 858 kg de algas y 1717 kg de agua, además 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 d e bloqu e 1. 2. 3. 4.
.Si —515 kg/h
Algas Sosa Agua Salida. = 1 7 1 7 kg/h
1
LiX ^
-
858 kg/h
Figura 2.15 1 .2. D iagram a de equ ip o Sx —515 kc/h
.----------- ---
= 858 kg/h L 4 jtJ*10 — 1717 kg/h
Figura 1.16
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Problema 1.9 En un proceso de m anufactura de jugos de fruta (naranja), se necesita un evaporador, que recibe una alimentación de 4500 kg/día de zumo con una concentración del 2 1 % . El zumo se concentra hasta el 6 0 % . L a 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
2 . Traducción.
2.2. Diagrama de bloque
,_ _ j
Figura 1.17 1.2. Diagrama de equipo
Figura 1.18
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Ls = ? ¿T™ = 0.6
PRO BLEM A S P R O PU ESTO S
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Problema 1.10 Para beneficiar el cacao se utiliza un proceso que consta de lavado y de se cado. En el primer paso, se tiene un secador de charolas. Para secar el cacao se utiliza aire con una humedad de 0.0105 kg de H 20 / k g de aire seco y 25°C . Es te aire pasa a un precalentador de donde sale con la misma humedad, pero a 6 0 °C ., luego el aire se mete al secador. El cacao entra en el secador con 40% de humedad. Indique el proceso con un diagram a de equipo.
1. T ra d u cció n 1.1. D iagram a d e equ ip o Se muestra en la figura 1.19.
4. Aire húmedo saliente 5. Cacao seco.
F igura 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, albúmina, globulinas), 4 .6 % de lactosa, 0 .8 % de sales (cloruro de sodio, fosfatos y sales de calcio) y el resto de agua. Indique el proce so mediante un diagram a de equipo y coloque los datos que se piden.
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INTRODUCCION A LOS PROBLEM AS DE BALANCE DE M ATERIA V ENERG ía
36
Problema 1.12 En un proceso de fermentación se tiene el aparato mostrado en la figura 1.20. Señale las variables fundamentales que se controlan y por qué.
Figura 1.20
Problema 1.13 Haga una descripción del proceso mostrado en la figura 1.21.
Figura 1.21
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P R O BL E M A S P R O PU ESTO S
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Problema 1.14 En la figura 1.22 se presenta un diagram a simplificado de la fabricación de azúcar, a partir de caña de azúcar. Indique qué sucede:
1. 2. 3. 4.
Caña Cal Vapor Condensados
5. Melazas 6. Azúcar 7. Desperdicio.
Figura 1.22
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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 el m aterial por procesarse entra y sale continuamente. Según usted, ¿cuáles equipos están diseñados para trabajar intermitente mente y cuáles a régimen continuo?
% a)
I___ ___ 1 L _ * -
—
4 1
®
-
U
d)
Los equipos a, c y f trabajan a régimen intermitente. Los equipos b, d y e a régimen continuo.
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PR O BL E M A S P R O PU ESTO S
Problem a 1.16 En la etapa final de un proceso industrial para obtener carotenos a partir de zanahorias, se extrae el pigmento mediante el uso de benceno» El pigmento se concentra y pasa a un secador para separar el benceno residual mediante una corriente de nitrógeno. El pigmento entra al secador a razón de 8000 kg m ol/h y contiene 1.25% en mol de benceno. El gas resultante del secador está a 768 mm de 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 1 5 .4 °C . Con una presión total de 1250 m m de Hg. El gas circulante alrededor de este circuito es de 9500 m 3/ h de Nz a condiciones estándar. Haga un diagram a de equipo de este proceso y coloque los datos de cada corriente.
T r a d u c c ió n . 1.1. D iagram a El diagram a correspondiente se muestra en la figura 1.24.
S j = 8000 kgmol/h ^benceno
= 0 .0 1 2 5
kg m ol benceno
kg mol total
Figura 1.24
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INTRODUCCION A LOS PROBLEMAS DE BALANCE DE M ATERIA Y ENERGIA
Problema 1.17 Explique lo que sucede en el diagrama de bloques mostrado en la figura
1.25:
1. Maíz 2. Cebada 3. Agua caliente 4. Lúpulo 5. Inóculo 6. Cereales agotados 7. Lúpulo agotado 8. Cerveza.
Figura 1.25
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PRO BLEM A S PRO PU ESTO S
41
Problema 1.18 Señale lo que sucede en el proceso mostrado en la figura 1.26:
Clostrütíum gertus.
1. 9. Butanol.
Sí. Maíz S. Vapor 4. Agua 5. C 0 2 6. Condensador 7. Acetona 8. Alcohol etílico
Figura 1.26
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Problem a 1.19 Describa el proceso mostrado en la figura 1.27:
1. N a O H 2. H 20 3. Sem illa de algodón lim p ia 4. V a p o r 5. Ayuda filtro y carbón activado 6. M aterial para jabones 7. C om id a para ganado 8. A c e ite desodorizado d e algodón.
Figura 1.27
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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 inÓculo y en otro se lleva a cabo la fermentación. Unas horas antes de que el cultivo madure en el tanque de inficulo, se co necta el fermentador por medio de una línea móvil AB . El fermentador se carga con el medio y se esteriliza con vapor a presión durante 20 minutos a la tem pera tura de 120°C, Durante este tiempo el vapor de las válvulas G y J se pasa a través de F al fermentador y a las válvulas E, D, H e I. Las dos últimas ramas están equipadas con trampas 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 válvu las 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, aumenta la presión del tanque de m ócalo hasta 1 atmósfera, mientras la presión en el ferm entador se reduce a 0.2 atmósferas manométricás. La válvula C abre y el inficulo se transfiere desde el tanque al fermentador. Las válvulas C y F cierran y la línea de inoculación se reesteriliza antes de quitarla del sistema.
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CAPÍTULO
D O S _________ Variables y magnitudes físicas
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Objetivos: A l estudiar este capitulo, el lector: a) b)
Conocerá las principales variables usadas en la industria alimentaria. Utilizará los principales sistemas de unidades que se usan e7i la in dustria. Podrá hacer transformaciones para cambiar el valor de las variables de un sistema a otro.
c)
In tro d u cción Para especificar un sistema es necesario indicar las variables que le deli mitan. L o 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 a yor frecuencia son el gasto o cantidad de materia procesada por unidad de tiempo, la concentración, la presión, la temperatura, el trabajo efectuado, la potencia y variable afines. En la actualidad, el sistema de unidades que más se utiliza es el sistema SI o sistema internacional de unidades. En este sistema las unidades fundam enta les 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 temperatura, 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
m
La unidad de energía es el Julio ( cuyo símbolo J es equivalente a N m o kg — - ) V
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V A R IA B L E S
y
M A G N IT U D E S FISICAS
^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 M KS gravitacional, el MKS absoluto, el sistema inglés absoluto o gravitacional y el CGS. La diferencia entre un sistema absoluto y uno gravitacional es que en el segundo la fuerza es una unidad fundamental, mientras que en el primero es una unidad derivada y la masa una unidad fundamental. A través del capítulo se dan las equivalencias entre los sistemas y en el apéndice se con centrarán éstas para su fácil consulta. A continuación se da un resumen de las variables que más se utilizan en la industria alimentaria.
Cantidad de materia procesada Una de las variables que se debe controlar con más cuidado es la cantidad de materia procesada y se hace al 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 5, L, G que corresponden cada una a la inicial del estado en que se encuentra la materia. En todo caso el gasto estará dado en el sistema SI en kg/s. Tam bién se mide la masa procesada con el volumen que pasa por unidad de tiempo o caudal, en este caso las unidades serán m3/s y el símbolo utilizado será S, L o G. Por último, en química es muy común el uso del mol para medir masa. El mol es la cantidad de átomos, moléculas o iones igual a los que se encuentran en 12 gramos de carbono 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 m ide en kilogramos mol por unidad de tiempo, el gasto m e dido es el molar y su símbolo será S, L o G.
Com posición 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:
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D E N S ID A D
49
L a concentración másica y molar, o sea la cantidad de masa de una sus tancia expresada en kg o kg mol por unidad de volumen C .NaCI, C?vlaCi. • La fracción másica y molar, es decir la cantidad de masa de una sustan cia expresada en kg o kg mol por unidad de masa total * i íaCI, xí'íaC1. • 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, ^ 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 conte nidos en un litro de solvente. • La normalidad que es el número de gramos equivalentes de una sus tancia 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 medir la densidad se usan flotadores llamados densímetros o aerómetros, que permiten encontrar la densidad rápidamente. Como la densidad varía con la concentración, esta es una forma rápida de determinar concentraciones. Muchos densímetros miden la densidad relativa que es la relación de la densidad de una sustancia a la densidad del agua. qr
=
q sustancia/g H 20
La densidad relativa es adimensional. Como el volumen de los cuerpos cambia con la temperatura, la densidad es también función de la temperatu ra, es decir que a mayor temperatura menor densidad. Es importante indicar a qué temperatura se mide la densidad y también la densidad relativa. Para esta última se indica la temperatura a la cual se m i dieron las dos densidades, como por ejemplo: 15°C
qr a ---------
4.0°C
= 0.78
lo que indica que la densidad de la sustancia se midió a 15°C y se comparó con la densidad del agua a 4°C encontrándose el valor de 0.78 adimensional. Algunas escalas para medir la densidad son arbitrarias y se utilizan densí metros especialmente construidos para ese propósito, entre ellos están la densi-
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50
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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/£ r) -
130
Para líquidos más pesados °Be = 145 -
(1 4 5/e*)
En donde 15°C
Qr 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 por centaje en peso de sacarosa y el porcentaje en volumen de alcohol.
Fuerza y peso Fuerza es aquello capaz de m odificar la velocidad de un cuerpo. De acuerdo con la primera ley de Newton.
F = ma En donde F — Fuerza, m — masa, a — aceleración. En el sistema SI y el MKS absoluto la unidad de fuerza es el Newton, en el sistema MKS gravitacional es el kilogramo fuerza abreviado kg. 1 kg = 9.81
kg
s¿
= 9.81 N
En el sistema inglés absoluto la unidad de fuerza es el poundal, en el inglés gravitacional la libra fuerza. 1 Ib = 32.2
Ib
— = 32.2 poundal
El peso es la fuerza con la cual la Tierra atrae a los cuerpos hacia su cen tro, por ello el peso tiene las mismas unidades que la fuerza. Relacionado con el concepto de peso está el peso especifico, es decir, el peso de la unidad de volumen de una sustancia.
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TEM PERATURA
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Las unidades del peso específico son los kg/'m3 o las Ib/pie3. 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 perpendicularmente sobre un área.
A L a presión actúa de diferentes maneras: un gas encerrado en un recipien te 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 al tura del mismo sobre ese punto multiplicada 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. Torricelli demostró que la atmósfera produ ce una presión sobre la superficie de la Tierra y que ésta presión es igual a la que ejercería una columna de mercurio de 760 mm de altura a 0°C y al nivel del mar. Esta presión se conoce como atmósfera. Torricelli efectuó sus experien cias a nivel del mar (si su experimento se efectúa en sitios más elevados se ob servará que la presión atmosférica disminuye). Los aparatos para medir la presión atmosférica reciben el nombre de barómetros. Si un recipiente está a una presión menor 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 manó metros. 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 pre sión absoluta. En general, la presión absoluta es igual a:
P absoluta = P manométrica + P atmosférica jP absoluta = P atmosférica — P vacío
Tem peratura La temperatura es una medida del nivel energético de las sustancias. Para medirla se usan termómetros que aprovechan la propiedad del aumento del volumen con la temperatura que sufren todos los cuerpos. Se usan diferentes
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escalas de temperatura; entre las más comunes están la escala centígrada y la Farenheit. La conversión es: °F = °C (1 .8 ) + 32 El cero grado centígrado corresponde a la temperatura de fusión del hielo, los cien grados centígrados a la temperatura de ebullición del agua al nivel del mar. Además de esas escalas, en termodinámica y en química se utilizan las es calas 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 tamaño de un grado centígrado es igual al de un grado Kelvin y que un grado centígrado es igual a 1 . 8 °F y también a 1.8°R.
Energía, calor y trabajo La energía se define como todo aquello capaz de producir un trabajo, siendo el trabajo el producto de la fuerza por una distancia.
r = F ■d Como se aclara, la unidad de energía en el sistema SI es el julio (J), otras unidades son el kgm, el pie-lb, la kilocaloría y el B .T .U . 1 kg m 1 pie-lb 1 kcal 1 B .T .U
= = = =
9.81J pie-libra fuerza = 1.3569 J kilocaloría = 4185 J British Thermal Unit = 1054.62 J
L a energía se manifiesta de muchas formas y todas ellas se intercambian entre sí. Las formas de energía que más se usan son: • La energía potencial debida a la posición que guarda un cuerpo con respecto a otro.
E P — mgh E P = energía potencial; m = masa; h = altura; g = aceleración de la gravedad. • La energía cinética, debida a la velocidad que tiene un cuerpo.
EC = ^ -
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PR O B L E M A S R E SU E LTO S
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 primera ley de la termodinámica. A U = Q. -
r
• La energía de presión, es aquella que contiene un cuerpo debido a la presión a que está sometido.
EPe = P V 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 mediante una diferencia de temperaturas. El calor se mide en kilocalorías o BTU. La relación entre calor y trabajo es: 1 k'cal — 4185 julios = 426.6 kgm 1 B T U = 778 Ib - pie
Conversión de unidades En la resolución de problemas se presenta con frecuencia la necesidad de transformar las unidades de un sistema a otro. La form a más sencilla de hacer estas transformaciones es multiplicar y d i vidir la cantidad manejada por la unidad, de manera que se eliminen las uni dades no deseadas. Ejemplos de multiplicar por y dividir entre 1 son: 1 pie
1 kg
1 B TU
0.305 m * 2.2 Ib * 0.252 kcal. Con este sistema se podrá transformar todo tipo de unidades.
Problem as resueltos Problem a 2.1 BTU C on vierta--------1UOT a íu
i
kcal J y a —¿— 1— O T 7 J _o £ i \ g i\
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u
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1. Planteam iento . Para resolver este problema se deben usar conversiones presentadas en el apéndice 2 . 1. 2 . Cálculos.
Conversión V B T lA / 0 . 2 5 2 kca?\ ( 2.2 l b \ / l . 8 °F \ = _ j \ lb °F / \ BTU / 1 kg ) \ 1°C /
kcal kg°C
/ B T U \ / 0.252 kcal X /4I85 j N / 1 Ib \ A . 8 ° f \ = 4
_J
y b °F / \
BTU
/ \ 1 k cal/\4 5 4 g ), \ 1»K )
'
g° K
3. Resuttado: á ri f j 'A B TU • El factor de conversión de---------- a lb °F
kcal kg°C
, es 1.
BTl_J 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 —----¿Cuál será el valor de la constante en fij . 3 ---------- pie pulg 2 r Ib m ol°R
J ye n ------ ------kgm o!°K
1. Planteamiento. El problema es de cambio de unidades y se resuelve con las conversiones que se indican en el apéndice I. 2 . Cálculos.
Valor de R en
pulg 2
pie 3
Ib mol °R íb R = 0 082 ^ g m o l°K
? PuIg 2 ) 7 1 pie 3 \ / 4 5 4 gm ol\ / 1 ° K \ a la t m 1 \ 28.37 1/ \ 1 Ib m o l/ \ 1 . 8 °R /
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55
R = 10.71
Ib . 3 p ie 5 piilg 2 l b m o l° R
Valor de R en
R = 0.082
kgmol °K
/ l-a tm
\
l
I rn» \
\ g m o l0K J \ 1000 1 /
f
10590
^
R = 8309.6
/ g¿| j\
1 atJJi
/
/pop gm oA
\ 5 m/ \ 1 kgmol J
X
kgmol °K
3. Resultado:
El valor de R en
Ib . f pies pulg2’
es de 10.71.
Ib m ol°R El valor de R en
J es de 8309.6. kgmol °K
P roblem a 2.3 La cantidad de calor requerida para cambiar la temperatura de un mate rial sólido de ^ a T 2 está dada por: ( ¿ = m C p { t 2- T x) kcal en donde Q — kcal; m = masa en kg; Cp ** capacidad calorífica ; y kg°C T 2 — temperaturas iniciales y finales. ¿Cuántas kilocalorías se requieren para calentar un jam ón de 10 kg desde kcal 15°C hasta 95°C? Cp = 0.8 . Si el jamón se calentara en una estufa kg°C eléctrica con una potencia de 2000 vatios, ¿cuánto tardaría en calentarse?
1. Traducción (figura 2.1)
T, = 15*C T z = 9 5 °C (P * 2000 W
é= ? Figura 2.1
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56
2. Planteamiento. • Calor requerido
Q = m Cp ( T 2- T x) • Tiem po
* = % (P 3. Cálculos. Calor requerido Q = 10(0.8) (9 5 - 1 5 ) = 640 kcal Tiem po requerido . „ , , /4185 A / l W - s \ Energía = 640 kcal í -------- -) {------------- 1 V kcal ) \ 1J J Energía = 2678400 W s
6 =
26/8400 W - s 200 W
_
1339 g $ = 22.32 min
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).
g = 20° Brix
e* - ?
(i Figura 2.2
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57
2. Planteamiento. • Discusión: Los grados Brix son iguales al porcentaje en peso de sacaro* sa. 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 qr 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/mol. 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 ios conceptos de concentra ción descritos en el capítulo. * Fracción mol ,H?0
x
P M h 2o
=
KCi
PM IL O
PM p
P M Kd
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3. Cálculos. Fracción mol: Base 1 kg de disolución • Masa de proteína • Masa de KC1 • Masa de H zO • Moles de proteínas • Moles de KC1 • Moles de H 20 =
_________________________
***°
54.766666
_
q 999339
54.76666 + 2.19 (10"5) + 3.62 (10"2) 3.62(10~2) 54.802887
^kci _
* -
11.5 g 2.5 g 985.8 g 11.5/525000 = 2.19(10-5) 2,7/74.557 = 3.62(10'2) 985.8/18 = 54.766666
_ o 0005505
- s S S S b - 0 000 0008
4. Resultado: La fracción mol de agua es de 0,999339; la de K Ci de 6 .6(10"4) y la de la proteína de 3(10“7). P roblem a 2.6 Para determinar la concentración de ácido acético en un vinagre, se o b tienen 150 cm 3 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 des pués de usar 75 cm 3 de la solución cáustica. ¿Cuál es la concentración del ácido acético en el vinagre? /. Traducción (Figura 2.4).
75 cm1 de Na O H IN
ISO cm'* d r vin agre
Figura 2A
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59
2. Planteamiento. • Discusión: La titulación es una reacción-de neutralización. El indica dor se usa para observar visualmente el momento en que ésta se completa. • Reacción N a O H + C H 3C O O H
-
C H 3C O O N a + H zO
• Gramos de ácido acético en el vinagre. gm ol de ácido acético = gramos mol de sosa, g ácido acético = gmol de ácido acético X PM ácido.
3. Cálculos . • Gramos mol de sosa utilizada gm ol sosa = 1 (gm ol/1) (0.75 1) = 0.075 gm ol • Gramos de ácido acético gm ol ácido acético = 0.075 gmol -r , 0.075 (1000) n , ,T Norm alidad = --------— = O-o N 150 Concentración de ácido acético =
(60)_ _ 0.150
^
4. Resultado: La concentración del ácido acético en el vinagre es de 30 g/'l o de 0.5 N . P roblem a 2.7 Una ecuación para transferencia de calor expresa el coeñciente en kcaI/hm2oC
h = 0.024 (R e )** (P r )0-33 en donde Re = es el número de Reynolds y Pr el número de Prandt, ambos adimensionales. Determine la forma que tomaría el coeficiente si se pusiera h en s m2oK
1. Planteamiento. Discusión: Para resolver el problema se parte del hecho de que una ecua ción correcta debe tener las mismas unidades de los dos lados de la igualdad.
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2. Cálculos. V alor de la constante si h =
j s m2oK
/ i*°C f:\V = / 1 kcal \ /4185 J \ / 1 h \ /1 \ h m 2oC ) \1 kcal/^3600 s y \ l° K /
1.1625
J s m2oK
/. h = 1*1625 (0.024) R e °*P r0'22 - 0.0279 ReQ-*Pr»-22
5. Resultado: El coeficiente quedaría como:
h = 0.0279 Re0 W
*33
Problem a 2.8 La presión P del aire en un tanque es suficiente para sostener una columna de 500 milímetros de mercurio (m m H g). Encuentre la presión absoluta del Lanque en Pascaís si la presión atmosférica local es de 95 KPa. La densidad del m er curio es de 13.6 X 103 kg/m3. Suponga que la presión en el punto 1 es igual a la presión del tanque (figura 2.5).
— T" 500 mm
ptanque i
\
1
- V ✓ y
t
Figura 2.5 L Planteam 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 re cuerda que en el sistema M KS 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
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f>1
P R O B L E M A S R E SU E LTO S
2. Cálculos . • Presión hidrostática Pe = 13,6( 10 3) kg/m 3 Phidros = 13.6(103) k|/m 3 (0.5 m)
= 66.7(10 z)Pa
• Presión en el tanque 66.7(103)Pa + 95(103)Pa = P tanque P tanque = 161.7(103)Pa = 161.7 K Pa = 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 temperatura Reaumur se utiliza en algunos países europeos. En ella el cero corresponde al punto de congelación del agua y el 80 a su punto de ebullición. • ¿Cuál es la temperatura del cero absoluto en esta escala? • ¿A qué temperatura Celsius corresponden 120°Re? i.
Traducción (figura 2.6).
C
100°
A R e
so°
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 tamaño a 100°C.
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• Conversión °R e = 0,8°C 3. Cálculos. • Cero absoluto A °R e -
- 2 7 3 (0.8) -
-2 1 8 .4
• Ciento veinte grados Reaumur 120°Re = 0.8°C ; °C = 150
4. Resultado: El cero absoluto en grados Reaumur es de —218.4. Ciento veinte grados Reaumur corresponden a 150 grados Celsius. Prob lem a 2.10 Un proceso de ahumado de carnes requiere una temperatura de 160°F. ¿Cuál es la temperatura necesaria en °C, °R y °K?
1. Planteamiento. Conversiones °C ‘ = ( ° F - 32)/1.8
o[( = °c + °R
273
= °F + 460
2. Cálculos. Conversiones 1 6 0 -3 2
1.8 °K °R
71.1 + 273 = 344 620
3. Resultado: La temperatura de ahumado 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 ki los dk ese gas en una hora, ¿cuántos k W se generan? El gas natural es en esen cia metano.
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an-OBLEMAS R e s u e l t o s
i.
63
Traducción (figura 2.7).
2. Planteamiento. Calor generado
H = (G i/ P M ) (Q ) 7. Cálculos. • Moles de gas
— kg /Jkg m oft 1000 e m o n A g mol c l = 4 0 — 2 -1 -2 ------ ( -------- §— — = 2352.9 5 h
J
\ 17 kg/ \ 1 kg mol
Calor generado " 10'S Líonn H = 2352.9 S 'U Uo h
\
kcal « o kcal = 470588.22 gmol /
/4185 J \ / l h
H = 470588.22
W —
h
y iw x / ik w \
1 = 547 kW
\ l kcal A 3 6 0 0 s / \ 1 L / y O O O \ V /
4. Resultado: La potencia del quemador es de 547 kW Problem a 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. i.
Traducción (figura 2 .8 ). Qm 2 rnin.
P
— l~ ~ f '
i 5m ...... Figura 2.8
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V A R IA B L E S Y M A G N IT U D E S FISICAS
2. Planteamiento. • Discusión: Despreciando los cambios de energía de presión, cinética, entalpia y pérdidas por fricciones; la variación se debe a la energía po tencial. • Potencia (P = T/e • Energía potencial 7 — E P = mgh
m = Vq
3. Cálculos. • Masa de leche
m = 2000 1 ( 1,032 kg) = 2064 kg
Energía potencial r = 20.64 k g í( 9.81 -^ )2 0 m
= 404956 J
Potencia (P = 404956 J/60 s = 6749.3 W (P = 6749.3 W ( 1 C V M = 9.17 C.V. \7S6 w y
4. Resultado: La potencia es de 9.17 C .V. Problem a 2.13 En una caldera se queman 5 m 3 por minuto de gas metano a 586 mm H g y 15°C. La combustión desprende 212 kcal/gmol. Si esta energía se aprovecha para evaporar agua, ¿qué caballaje tendrá la caldera? Nota: Un caballo de caldera B H P es igual a 33475 B TU /h o a la potencia necesaria para evaporar 34.5 Ib de agua por hora a 212°F.
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P R O B LE M A S RESUELTO S
65
L Traducción (figura 2.9).
J
Aire
&
Cktin =
— 212 kcal/gm ol
8H P= ?
G?**** 5 mVmin 1a i*= 15°C PCH< = 586 m m H g
Figura 2.9 2. Planteamiento. • Masa de metano
Ó =
PG RT
Calor desprendido £> = G A H r
3. Cálculos. • Masa de metano
G =.
(586X5000) (760)(0.082)(298)
= 163 ^
Calor desprendido
Q = 163 gmol (- 2 1 2 ) = -3 4 ,5 5 6
kcal mm
• Potencia CP = 34556
kcal f
BTU
min V.0.252 kcal
\ / 6 0 m in \ /
A
ih
1 BHP
J (,S475_ b t u \
4. Resultado: La caldera tiene 245.5 BHP.
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h
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66
Problem a 2.14 Una máquina consume 100 kW-h. ¿A qué altura teórica podría elevar una masa de 200 kg? ¿A qué velocidad impulsa esa masa? ¿Qué cantidad de calor genera y qué temperatura alcanzaría si el Cp del material es de 0.8 kcal/kg°C y su temperatura inicial 10°C?
1. Planteamiento. • Este problema parte del principio de que las formas de energía son in tercambiables. • Energía potencial y altura
E P = mgh
FP h = ------
;
mg
• Energía cinética y velocidad
mi/ EC = -----2
v =
:
/ 2 EC /--------V m
• Energía térmica y temperatura
Q_ = m C p (T 2— T i)
;
T2 = — mCp
+ T,
2. Cálculos. • Altura
h=
3 -6( 108>J ■ = 03( 105) 200 kg (9.81) ^
s2kg m
h = 1.83(105) m •
V e lo c id a d
u =
/2(3.6)(108) m , ^ kg — m = 1897 m/s V 200 kg s s2
/—*—
• Temperatura 3 -6( 1° 8) J ^ 4l Ü 7
= 8 '6( 104) kcal = 200 kg ( 0 .8 ) - f c g . c - < T z - 10)
T2 =
540°C
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P R O B LE M AS RESUELTOS
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.
1. Traducción (figura 2.10).
^
0 - 2
L -
pulgadas
I
^
^
£. C. = ?
150-----rnin
figura 2.10 2. Planteamiento. ° Discusión: Se debe obtener la velocidad y a partir de ella la energía ci nética. • Energía cinética
2 3. Cálculos. • Velocidad
L = vA q L = 0.150
A =
4
D2 = 0.785
min
L = vA
x -i_ E H L 60 s
«
0.0025
m3
s
12
0.305) = 0.002584 m 2 /
7T " - T
= 096 — s
X
V
0.0025
v =
0.002584 m 2
• Energía cinética
EC
m 3 / 1000 kg\ r \ c n \2 f = 0.0025—-— i ----- ^ 3 5 J (0.9674)2 ( y j
EC
= 2.339
a
sz
s
= 2.339 W
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V A R IA B L E S
y m a g n it u d e s
2 .3 3 9 W
FISICAS
Ii
EC = por unidad de masa = —---- 0.9358 — 2.5 - !S _ s kg s
EC = 0.9358 - J — kg
4. Resultado: La energía cinética es de 0.935
J kg
Problemas propuestos Problem a 2.16 íb
Un manómetro indica una presión de 3 5 ------ —, cuando la presión baropulg' 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 Ib/pie-s? Nota: 1 centipoise = 0.01 poise = 1 g/cm s
Resultado: La viscosidad es de 0.006718 Ib/pie-s Problem a 2.19 A l analizar una solución salina, se observa que contiene 23.5 g de NaCl por cada 1000 cm 3 de solución, la cual tiene una densidad de 1.16.
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•W O B LE M AS PRO PUESTOS
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 1de 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 albúmina al 2% en peso en agua, es de 1.028 g/cm 3 a 25°C. El peso molecular de la albúmina es de 67000 g/gmol. Calcule:
a) La densidad relativa de la disolución con respecto al agua a 4°C. b) La fracción mol de la albúmina en esta disolución.
c) d)
La densidad en kg/m 3 y en Ib/galón. La molaridad.
Resultado: La densidad relativa es de -1.028, la densidad en kg/m 3 es de 1028 y en libras por galón de 8 .57 . La fracción mol es de 5.4(10“6) y la molaridad de 3.068(10'4). Problem a 2.21 Para secar carne por medio de enfriamiento, se mantiene una presión ab soluta de 2.4 mm de H g en la cámara de secado. • ¿Cuál es la presión en atm y en kg/cm2? • ¿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 ícg/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 temperatura de esterilización en °F, °R , °K?
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VAR IABLE S Y M AGNITUDES FISICAS
Resultada: La temperatura de esterilización es de 248°F, 393°K ó 708°R. 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 kg~m/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. Calcule
W
su conductividad en kcal/h m °C y e n --------- . m °K
Resultado: La conductividad es de 178.46
kcal h°Cm
o de 207.45
W m °K
ProbIema_2.26 Una lata se coloca en una balanza y se le añade mantequilla hasta lograr un pese de 50 kg. El peso de la lata estie 0.5 £g. ¿Cuál es la masa de la mante quilla 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.
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PR O B LE M A S PR O PU ESTO S
71
Problem a 2.27 Calcule la altura que tiene una columna de agua para que sea equivalen te 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 cártamo de densidad relativa 0.92, si el diámetro es de 2 metros y la presión atmosférica de 700 mm de Hg.
Resultado: La presión máxima es de 1.1354 kg/'cm2. Problem a 2.29 La presión en un evaporador al vacío se mide con un vacuómetro en U y se encuentra que es de 25 cm de mercurio. ¿Cuál esla presión absolutadentro del evaporador, si la presión barométrica 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/minuto.
a) b) c) d)
¿Cuál es la velocidad del aceite en metros por segundo? ¿Cuál es el flujo en kg/h? ¿Cuál es la energía cinética en kg m/kg? ¿A qué potencia en H P corresponde?
Resultado: La velocidad es de 6.21 — , el flujo es de 11354.76 s de 1.9655
h
ja energía cinética es
y }a potencia de 0.081389 H P.
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72
Apéndice 2.1 Equivalencias. 1 kg =
2.202 Ib.
1m =
S.278 pie.
1 pie3 =
28.37 1.
1 gal =
3.785 1.
1 píe3 =
7.495 gal.
1 barril = 1 m2 = 1 pulg = 1 pie =
159 1. 10.75 pie2. 2.54 cm. 12 pulg,
1 km/h =
0.9113 pie/s.
I kg *
9.81 N.
1 kg m =
9.81 J.
1 kw-h =
5.6(106)J =
1 kcal = 1 pie-lb ss
3.96 BTU = 1.356 J =
2.655(10*) pie-lb. 426 kg m =
4185 J.
0.1383 kg m.
1 H.P. =
550 pie-lb/s =
0.7457 kW =
1 C.V. =
75 kg m/s =
0.736 kW.
76.04 kg m/s =
1 BTU/Ib —
0.555 kcal/kg = 236.81kg m/kg =
776.42 pie-lb/lb.
1 atm =
1.033 kg/cm2 = 14.7ib/pulg2
760 mm Hg =
=
0.1782 kcal/s.
101337 Pa.
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73
A P E N D IC E 2.2 PESOS A T O M IC O S DE A L G U N O S E LE M E N TO S
Apéndice 2.2 Pesos atómicos de algunos elementos. Al
26.98
Antimonio
Sb
121.75
Arsénico
As A
Aluminio
Argón Azufre Bario Boro Bromo Cadmio Calcio Carbono Zinc Cloro Cobalto Cobre Cromo Estaño Flúor Fósforo
S Ba B Br Cd Ca C Zn
74.9216 39.948 32.064 137.34 10.811 79.909 112.40 40.08 12.011
C1
65.37 35.453
Co Cu
58.933 63.54
Cr Sn
51.996 118.69
F
18.998
P
30.973 4.002
Helio Hidrógeno
He H
Hierro
Fe Li
1.00797 55.847
Litio Magnesio
Mg
6.939 24.312
Manganeso
Mn
54.938
Mercurio Neón
Hg Ne Ni
Níquel Nitrógeno Oxígeno Plata
N O
Plomo Potasio Silicio
Ag Pb K Si
Sodio
Na
Uranio Yodo
U I
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200.59 20.183 58.71 14.0067 15.9994 107.87 207.19 39.102 28.086 22.9898 238.03 126.904
74
V A R IA B L E S Y M A G N IT U D E S FISICAS
A péndice 2 .3 Grados Brix o porcentaje en peso de sacarosa.
Grados Brix
q* a 20/20°C
0
1.0
5
1.01965
10
1.03998
15
1.06109
20
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
75
1.38141
80
1.41421
85
1.44794
90
1.48259
95
1.51814
100
1.55454
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CAPÍTULO
TRES ________ Balances de materia y energía breve resumen teórico —
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Objetivos: A l terminar de leer el capítulo, el lector:
a)
Conocerá los diversos tipos de balances de materia que pueden pre 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 extraordinariamente complicados. Sólo la resolución sistemática de muchos de ellos creará la intuición necesaria para resolver casos nuevos. En este capítulo se resolverán algunos problemas que ejemplifican estos balances. En los capítulos siguientes se hacen aplicaciones de balances de materia en algunas operaciones y procesos unitarios con el fin de que el lector profundi ce cada vez más en el manejo de los balances de materia y energía. Un balance de materia y de energía es un procedimiento que lleva una contabilidad exac ta de la materia entrante y saliente de un proceso. El balance de materia se basa en la ley de la conservación de la masa enunciada por Lavoisier de la siguiente manera: Nada puede crearse y en cada proceso hay exactamente la misma cantidad de sustancia presente antes y después de que el proceso haya sucedi do. Solamente hay un cambio o modificación de la materia. El balance de energía se basa en la ley de la conservación de la energía, que indica que la energía para un proceso químico no se crea ni se destruye, só lo se transforma. Basándose en las leyes anteriores un proceso cualquiera se conforma por las etapas indicadas en la figura 3.1. R apidez de
R ap idez de
salida de la
entrada de la
m ateria y la
—
R apidez i =
m ateria y e n e r
energía del
gía al sistema.
sistema.
neta de
|
,
acum ulación de masa y energía en
i
el sistema.
77
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BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO
78
* Balance general de masa
Mz -
=
d M dO
• Balance general de energía M A
-
M *
=
d <*49
d e
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 ios balances parciales. En los balances parciales de masa se tiene en cuenta que una especie quí m ica puede aparecer ¿ desaparecer por m edio de una reacción química, por lo que hay que incluir el término de rapidez dé generación. El balance de materia para una sustancia en particular daría: Rapidez de 4alida.de | la sustancia I .i
Rapidez de entrada de ia sustancia i
Rapidez neta de acumulación i ' de
■Rapidez neta de generación 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 mezcla do o sea la unión de dos o más corrientes para dar una o más corrientes de sali da y ios de separación en los que se form an dos o más corrientes a partir de una (figura 3.2).
Balance tota)
¿i + Lj + Lj -
Balance parcial de la sustancia a.
I-i Xf + I-j X5 + L]XJ = Figura 3.2
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R E SUM EN T E O R IC O
79
Balance total
<•>—
m
L\ = L2 + E3
B alance parcial d e la sustancia a.
L t X'{
/.2XS + /.X|
Figura 3.2 (continuación).
En los equipos de transferencia de masa corno 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 equi librio puede presentarse en forma de tablas, ecuaciones o gráficas (figura 3.3).
®
^
Contacto en paralelo
Contacto a contracorriente B alan ce total
Balance total
Gj + 1-3 = Gj + L^
Gj + ¿3 - G2 "i" 1-4
B alance p arcial del com puesto a
B alan ce p arcial d e) com puesto a
C,l? + L3X? = G2n +
Gil? + LjX? = G2>? + L4X?
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).
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80
B A LA N C E S DE M A T E R IA Y E N E R G IA BREVE RESUM EN T E O R IC O
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 >— <¿>-
Recirculación
Derivación
B alance en tod o el proceso
B alance en tod o el proceso
= Ls
L\ = L 5
B alance alred ed or del equipo
Balance alrededor d el equ ip o
L4 =
U
Balance en la unión
Balance en la unión
Li + L 3 =
£.4
=
¿3
L3 + L4 = Lj
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 necesa riamente el mismo que el de las moles salientes. Como ejemplo se tiene que: 4FeS2 + 1502------- ► 8SO 3 + 2Fe20 3 Sin embargo, es posible hacer los balances con reacciones químicas usan do 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-
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ÍSSESTE RESUM EN T E O R IC O
81
ciados con la masa que fluye, otros tipos como el calor y el trabajo son sólo fo r mas de transmisión de energía. En el sistema mostrado en la figura 3.5, el ba lance total de energía será: L í (E Pi + ECt + EPei + U j) + Q = L 2 (EC 2 + EP 2 + EPe 2 + .U 2) + r + + T T
(u « v )
energía entrante af sistema
energía saliente + del sistema
acumulación,
en donde
EC EP EPe U 0
L V q
r
— Energía cinética = Energía potencial = Energía de presión = Energía interna = Calor = Flujo másico = Volumen = Densidad = Trabajo
al estructurar la ecuación anterior: L 2 (E P 2 + EC2 + EPe 2 + U2) - L iC E P i + ECj + EPei + U j) + - ^ - ( U p V ) d u = Q .-T Ó 2
L , (Z¡g H
~ — H P2V 2 + U2) -
2
L , (Z,g +
j
+ P jV j + U ,) + —
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(U e V )
B A L A N C E S DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO
Entalpia Relacionada con la energía interna de un sistema está la entalpia. Esta es una función de estado útil al trabajar eñ procesos que se efectúan a presión constante. • Por definición:
H = U + PV • Tam bién a presión constante
A H =Q p
= CpAT
• Cp — capacidad calorífica a presión constante. O sea, el cambio de entalpia en un.sistema es igual al calor sólo cuando el proceso se lleva a cabo a presión constante. En un proceso a presión constante, eii el cual se desprende calor, el A H es negativo; esto significa que el estado final del sistema tiene menor entalpia que el inicial. Si el A H es negativo, el proceso es exotérmico; si es positivo es endotérmico. A l usar las entalpias el ba lance queda:
2 U [Z ts +
2 + H2] - U
[Z ,g +
(UeV)
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 gravitacíonales. Si se usan los sistemas gravitacionales en las ecuaciones anteriores to das 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 AVkg ge = 32.2 poundal/lb. A otros términos se le añadiría el término:
j
= 426
kcal
ó 778 'b PÍC
BTU
De manera que: 2
L * (Z2 g/gc + ^
2
+ p 2f 2 + u J ) - i j (Z t g/gc +
+ A
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i + UJ) +
PROBLEMAS RESUELTOS
83
L a 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 m ateria a ciertas operaciones unitarias específicas.
Problem as resueltos Problem a 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. I . Traducción (figura 3,6).
2- Planteam iento . • Para obtener la cantidad de agua evaporada se efectúan balances tota les y parciales de materia alrededor de la envolvente. • Balance total ¿ i — Gj + -L3
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BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO
84
• Balance parcial de sólidos L xX f =
G 2y f + L 3X s3
3. Cálculos. • Balance de sólidos 4,500 (0.21) = L 3(0 v60) F| = 0 sale agua pura como vapor
L % = 1,575 kg/día • Agua evaporada G* = 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).
$3
Figura 3.7
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= 1000 kg = 54 pesos/kg
PROBLEMAS RESUELTOS
85
2. Planteam iento. • Balances de masa y costos Sx +
S2 =
S3
Si$i *+* S2$2 = S3$3 3. Cálculos. • Balances Si + S2 = 1000 Sx(50) + 52(65) = 1000(54) • Resolviendo simultáneamente 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. Problema 3.3 Los frijoles de soya se procesan en tres etapas. En la primera entran 10,000 kg de frijoles con 35% en peso de proteína, 27.1% de carbohidratos, 9.4% de fibra y cenizas, 10.5% de agua y 18% de aceite. Se muelen y prensan para eliminar parte de aceite, saliendo la torta con 6 % en peso de aceite. En la segunda etapa, los frijoles prensados se extraen con hexano para producir un frijol con 0.5% en peso de aceite. En la última etapa, los frijoles se secan para dar un producto con 8 % de agua en peso. Calcule: a) Los kg de frijoles prensados obtenidos en la primera etapa. b) Los kg de frijoles salientes de la segunda etapa. c) Los kg de frijoles secos salientes de la tercera etapa y el porcentaje de proteínas que contienen. 1. Traducción (figura 3.8). A B C D
= = = =
Frijoles Hexano Aceite Hexano con aceite
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Figura 3.8
BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO
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PROBLEMAS RESUELTOS
87
E = Harina de soya F — Frijoles prensados G = Frijoles extraídos. 2. Planteamiento. • 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 “ SPw f{ • Balances en la segunda etapa: Balances de sólidos no extraídos S rw f = 5cv%* • Balance en la última etapa: Balance de sólidos secos SGrt
3. Cálculos* • Balance en la primera etapa
SAu% = 10,000 (0.35) = SFii% = 3,500 kg/h de proteínas SAw P ° - 10,000 (0.105) = SrwP*° » 1,050 k g/h de agua SauJa = 10,000 (0.271) ?= Sfü£ *= 2,710 k g/h de carbohidratos SAzú «= 10.000 (0.094) - SFwí * 940 kg/h de fibra Total = 8,200 kg/h Balance de sólidos
SAw f = Sr« ,? 1 10,000 (0.82) = 5^0.94)
.\ Sr « 8,723.4 kg/h
• Balance de la segunda etapa 8,723 (0.94) = Sg(0.995)
SG = 8,241.2 kg/h
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88
BALANCES DE MATERÍA Y ENERGIA B'RÉVE RESUMEN TEORICO
• Balance de la tercera etapa
Wg*° =
i a — = 0.1274 kg H20 /k g de sólido seco 8241.2 5 2 8
^sólidos = j
_
Q >1274
=
0 ^8 7 2 6
8,241.2 (0.8726) = ¿*(0.92)
.\SE = 7816.599 kg/h
• Porcentaje de proteínas 3500 (100) = 44.77 7816.599
4. Resultado: De la primera etapa se obtienen 8725.4 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 finali dad 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.
1. Traducción (figura 3.9).
4>—
Figura 3.9
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®
IROBLEMAS RESUELTOS
2. Planteamiento. • Balances alrededor de todo el sistema: Balance total Lj = L5 + G6 Balance parcial de sólidos
L ,X = L5X| • Balances alrededor de los puntos de mezcla y separación L\ = ¿2 4 1>3 » ¿3 4 ¿4 = ¿5 L ,X f
= L2X f + L 3X f
; L3X I
+ L4XJ
= L5X|
3. Cálculos. • Balances alrededor de todo el sistema: Total 100 = X.3 + Gg
Parcial 100 (0.125) = L5(0.42)
L5 = 29.76
G6 = 100 -
h
29.76 = 70.24
• Balance en los puntos de separación y mezcla: Totales
100 = L2 + L3 L3 + L4 = 29.76
Parciales
100(0.125) = L2(0.125) + L3(0.125) (III) L3(0.125) + L4(0.58) = 29.76(0.42) (IV)
(I) (II)
Resolviendo simultáneamente L4 = 19.2949
L3 = 10.4651 kg/s
4. Resultado: • Se evaporan 70.24 - ~ -
• Se derivan 10.4651
o el 10.4651%
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BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO
90
Problema 3.5 Un tanque con capacidad de 1,5001 contiene 300 litros de leche. Si se ali mentan 20 l/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 diferendál que represente el fenómeno. • Balance 1500
** " z * “ ~ W :
de “ ^
300
dV
3. Cálculos. • Tiempo de llenado 1500 - 300 2 0 -1 2 .5
1200 1 7.5
- 160 inin
1 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-
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PRO BLENAS RESUELTOS
91
gjfcdas de diámetro interno. La cantidad de leche que se maneja es de 400 L/min. Calcule los HP requeridos por la bom ba y suponga que ésta tiene una eficiencia del 100% y que no hay pérdidas de fricción en la línea. I
WVB&stcctán (figura 3.11).
Figura 3*11
¡gj.l3Manteamiento. * Discusión: Para encontrar la potencia se hará un balance de energía entre tos 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 s A (— ) + A Z -2 Q ge
Au2 + ■==— + AU
2gc
en nuestro caso el balance general queda com o -
r = AZ
+ ge
** 2gc
• Velocidades Gj —
qG |
— Gg J Ug —
A 2Q.2
X Cálculos. • Velocidad en la línea Gz = 400 l/m in (1.02 kg/1) = 408 kg/m in - 6.8 kg/s
A 2 = ~ (D f = 0.785
(0.305)]2 = 0.0045639 m 2
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BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO
_ __________6.8 k g /s __________ _ 1020 k g/m ? (0.0045639)tn?
^
• Trabajo
- T = 10 m ( .■
9 81 m /s2
O-*®)2 ("J*)2 g jjn — y + -------------- _ ! ------ =, 10.1086 - KgI^~
9.81 - kf
kg
2(9.81) kg~ * sr kg
**
• Potencia
^ - ( 6 . 0 8 ) - ^ - = 68.738 kg s
= 0.902 HP
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 densiKr dad relativa 1.032 a razón de 1001/min a una presión de 0.7 — *r-. Si la tubería cm se reduce a 1.5 pulgadas, ¿cuál será la nueva presión?
1. Traducción (figura 3.12).
=
17
2 p u lg .V
W
i t
.
D2
J - L
L j = 1 0 0 1 /m in
Figura 3.12 2. Planteamiento. • Balance de energía
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=
1 .5 p u l g .
PROBLEMAS RESUELTOS
93
• Velocidad Gi = ^ i e i ui = G2 — A 2 q¿u2 5. Cálculos. • Velocidades = — Z>2 = 0.785 [ 2(°-305) 1 2 = 0.0020284 m2 4 1 12 J A 2 = — D22 = 0.785
4
(0.305)]2 = 0.0011409 m2
12
Gj = 100 —!— (1.032 kg/1) = 1032 kg/min min «, =
1032 kg/mrn — = 49 29 _ m _ = Q g216 m 1032 kg/m 3 (0.0020284) m2 min s
U2 — 87.65 m /m in = 1.46 m /s • Balance" de energía (0.8216)2 (— )2 __________ s
0.7 - S - (- I0QQQ CIp2 ) ,______ cmz 1 n r ______
2(9.81) kf l ? sz kg ^
= 6.7087
1032 kg/m ’
(1.46)2 (— )2 2(9.81)
s
_
“2
sz kg
m kg
P2 = 6924.22 - § L = 0.6924 kg/cm 2 m2 4. Resultado: La presión es de 0.6924
cm
Problema 3.8 Un líquido fermentado se bombea a razón de 2,000 k g/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 com ente con la otra. Indique el agua necesaria.
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94
BALANCES DE M ATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEÓRICO
I. Traducción ({¡gura 3.13).
t2= 70°C
q —80°C
2. Planteamiento. • 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 í-i “ ¿2
;
= I4
Balance de energía L\{EP\ +
+ i / j ) + L.$(EP$ + £ C j + ÍJ3) + Q =
= L2(£P2 + EC2 + H2) + L4(EP4 + £ C 4 + H4) + t +
Ci(7
Ahora bien:
EP1 = EP2 = EP2 = £P 4 a 0 £C| — EC2 — £ C 3 — £C4 = 0 J — 0;
Q = 0 ;
L jf/j + LjH 3 =
d
(E/e P) = 0 (no hay acumulación)
+ ¿*H 4
y í-i (^2 - H j) = Lsíi/s - / / 4)
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(17er )
HtDBLEMAS RESUELTOS
95
£1 cambio de entalpia, cuando no va acompañada de reacción química o cambio de estado puede calcularse como: AH = Cpm A T ««
Cpm (T2 F
) = L j Cpm (T j —T4) Hx0
?. Cálculos. • Balance de energía
CpmHi0 = 1 kcal/kg°K 2000(0.966) ( 7 0 -3 0 ) = L3 (1) ( 9 5 -8 0 ) L3 = 5152 kg/h Y. Resultado: Se necesitan 5152 k g/h de agua. Problema 3.9 A un tanque con leche de ‘2 m3 de capacidad se le agrega leche a. razón de 200 1/min y se le quita al mismo ritmo. La temperatura inicial de la leche en el tanque es de 15°C. La leche en trante al tanque está a 75°C. Si el.calentador adiciona 1,500 kcai/m in 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, capacidad calorífica de la leche 0.98
kg0C
.
1. Traducción (figura 3.14).
Figura 3.14
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96
BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO
2 - Planteam iento . • Balance de energía ¿ i (g/gcZx +
2 ge
+ — + VO - * * ( ~ z z +
e
ge
-
I
qV
2 ge
+ —
Q
+ u 2) + a ~ r =
dU
de
En un fluido incompresible
dU = CvrfT = CpdT En nuestro caso U
= E2
p í/ + — = H ;
Zj — Z 2;
ut = u¿
Q L(H i — h 2) + q_ — 7 — e v c p A L . pero H = C p (T —T„ )
:.L C p (T t -T 2) + Q. - r = e u c p
dT dd
3 * Cálculos, • Masa del tanque y masa entrante
V q = 1.03 kg/1 (2000 1) = 2060 kg Li = 200 —\— (X.-05 kg/1) = 206 kg/m in m in • Calor transmitido al tanque’ Q_ =
1500 kcal/m in
• Trabajo adicionado t
= 5 H P ( 42~44 B T U ) = 212.2 - B TU HP min min
= 53.47
min
= — 53 «47 kcal/m ín (negativo porque se adiciona)
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PROBLEMAS RESUELTOS
97
206(0.98) (75 - T ) + 1500 - (-5 3 .4 7 ) = 2 0 6 0 (0 .9 8 )-^ -
82.695 -
T = 10
d0
T
10 L — á IL ~ 1 5 82.695 - T
= L **
T = 82.695 - 67.69 e
10
4. Resultado: _ _9_
T = 82.625 -6 7 .6 9 e
10
Problema 3.10 En un quemador se introduce .gas butano con ün 25% más del aire teóri co 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 composi ción 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. Planteamiento. • Discusión. Los balances de masa se apoyan en la reacción química. Con la ley de los gases ideales se obtendrán los gastos volumétricos necesarios.
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98
BALANCES DE MATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO
• Reacción 2C4H 10 + 1302 —-
8 C 0 2 + 10H2O
• Masa de butano PQ — m R T PM G =
PG RT
• Cantidad necesaria de oxígeno G ty ?1 =
< 5 j(-^ -)(1 .2 5 )
• Cantidad que saldrá de oxígeno G é?1
= G í ( - J - ) 0 -2 5 ) -
• Cantidad entrante y saliente de N2
G 2y f ! = C 2y2° ‘ ( & / $ ? & • Cantidad requerida de aire < 5 * # ( 1 / & ) = Gz • Cantidad saliente de C 0 2 Gzy?°* = G, ( y ) • Cantidad saliente de HzO
G é f ‘ ° = G, ( - ^ - ) 3. Cálculos. • Masa de butano Gi = ------- —------- = 3.53 kgm ol/h 1 0.082(293) 6 • Cantidad requerida de oxígeno
G&2 * = 3.53 (—-^—) (1.25) = 28.68 kgm ol/h
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G ,( - y ~ )
99
BtOBLEMAS PROPUESTOS
• Nitrógeno rjNjj 0 79 G3>3N¡ = Ó2y ^ ( - — - ) = 28.68 ( - — ) = 107.59 kgmol/h íO, ' ' 0 .21 ' -'aire * Aire requerido G2 = 107.89 ( ^ ~ ) = 136.57 kgm ol/h; G2 = 136.57 (0.082) (293) = = 3281 m Vh • Cantidad de C 0 2 G3 3 »3go? = 3-53(4) = 14.12 kgmol/h • Cantidad de H20
G3$ ° 2 = 3.53 (5) = 17.65 kgm ol/h • Composición de los gases salientes C3 = 5.735 + 107.89 + 14.12 + 17.65 = 145.95
#
-
S
$3°* = 0.0971
= °-0394
^
= i S f
= 0742
y f 2° = 0.121
• Volumen de los gases salientes G3 = 145.95(0.082) (800 + 273) = 12792.72 m3/h i Resultado: • Cantidad de aíre requerido a 20°C y 1 atm 3281 m3/h • Composición de gas saliente = 0.0394 ; y 2' = 0.742 ; y f ° 2 = 0,0971 ;
= 0.121
• Volumen de los gases de combustión a 800°C y 1 atm 12792.72 m3/h
Pro blemas 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
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100
BALANCES DE M ATERIA Y ENERGIA BREVE RESUMEN TEORICO
concentrada al 50% . ¿Con qué concentración inicial se debe alimentar el zu m o de toronja y qué cantidad de solución concentrada al 50% se obtiene?
Resultado: La solución inicial tiene una concentración del 36.9% y se alcanzarán 8,500 kg/día de solución concentrada. Problema 5.12 En una planta productora de leche para lactantes, se quiere saber la com posición 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 kg de lactosa ál 4.77% con el agua necesaria.
Resultado: La corriente tiene de salida 0.0011% de grasa y 0.2979% de lactosa. Problema 3.13 Un filtro prensa contiene 25 marcos que se usarán para filtrar unos preci pitados que contienen 15 kg de sólidos por 100 kg de mezcla de sólidos y líquidos. Las dimensiones interiores de cada marco son de 50 cm por 50 cm por 2.5 cm de grueso (figura 3.16). La torta formada en la filtración es incompresible y con tiene 0.7 kg de sólido seco por kg de torta..
Figura 3.16
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HtOBLEMAS PROPUESTOS
101
¿Cuántos kg de ñltrado libre de solidos pueden obtenerse antes de que el filtro se llene con una torta húmeda que tiene una densidad de 1,500 k g/m 3?
Mesultado: Se alcanzan 929,68 kg de líquido (filtrado) libre de sólidos. Problema 8.14 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/m in de sorgo al 12% .
Mesultado: Se requieren 182 kg/m in de aire seco. Vteoblema 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/1 de sal y otra de 2 0 1/min 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 m i nutos?
Mesultado: La concentración de la sal en el tanque en uña hora es de 32.83 g/1. Pkoblema 3.16 En una jtubería de dos pulgadas de diámetro interior fluyen 1,6001/min de una disolución que tiene una densidad relativa de 1.12. Calcular el AH en kcal si el fluido se mueve a través del sistema mostrado en la figura 3.17 y si la potencia de la bom ba es de 2 HP.
Figura 3.17
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CAPÍTULO
CUATRO ______
Balances de energía en «4» * transferencia de calor
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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 tu bos del aparato y se calienta o enfría, mientras que la otra sustancia pasa por el exterior enfriándose o calentándose. En muchos equipos para transferir calor se efectúa la condensación de una sustancia. Los equipos para transferir calor suelen formar parte de otros más complejos; como columnas de destilación, evaporadores y reactores. Los equipos de transferencia de calor reciben muchos nombres, por lo ge neral, en relación con la función que desempeñan como evaporadores, calen tadores, 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: a g Au2 Arr Q —t —'LF a z —2— + ---------- + AH = — ------------ge 2ge L
Figura 4.1 107
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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 (com o 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, com o 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 = Q g
AH LX = AHL4
Cambios de estado Al aumentar la energía interna de un cuerpo sólido aumenta la tempera tura 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 fa se se efectúa a temperatura constante, y durante él la sustancia solamente ab sorbe 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 re sultante, si sigue recibiendo calor, aumentará su temperatura. El proceso se vi sualiza en la figura 4.2.
Figura 4.2
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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 solidi fique.
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 experimentalmen te, que la cantidad de calor necesaria para calentar o enfriar un cuerpo es di rectamente 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 = AHL = L Cp (¿! —í2) 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 sensible sería Qs = NJL = LCv(tx - 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 = MÍL = L X en donde X es el calor latente de cambio de estado de la sustancia en considera ción. * 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 laten tes 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. = LCP * M o (T f-T ,) + }fL + LCpK^ .io(T e -T f) + )«L + LCpi J T 1 -T e) En donde T f — Temperatura = Calor latente Xt? = Calor latente Te = Temperatura
de fusión de fusión de ebullición de ebullición.
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110
BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR
En muchos casos la variación de temperaturas no es tan grande para que se produzca el cambio de una sustancia de gas a sólido o viceversa, y no se em plea la ecuación anterior en forma completa, sino parte de ella.
Capacidad calorífica Como se indicó, la capacidad calorífica de los cuerpos es función de su es tado de agregación y de la temperatura. En los gases la capacidad calorífica a presión constante puede representarse por Cp = a + bT + c T 2 en donde Cp = Capacidad calorífica molar a presión constante en —
joj^*
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 li teratura como se presentan en el apéndice 4.4. Para obtener los valores puntuales también se usan nomogramas pareci dos 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 Tx a T2, se deberá tener en cuenta la variación del Cp con res pecto a la temperatura, de manera que f Qp = G )
t
_ f r2 CpdT = G ) t (a + bT + c T 2 ) dT
0P = G [«(T 2 - 7 Y ) + y
(7 V -7 V ) + j ( 7 V - 7 V ) ]
Para facilitar los cálculos se suele utilizar el concepto de Capacidad Calo rífica Promedio y definida com o aquella capacidad que al multiplicarse por la diferencia de temperaturas daría el valor del calor.
Cpm= T,Q/!r- =
i 2 ~^ 1 Cpm =
1
J
T' CpdT/(Ti - T . ) \^
Cpm — a + ± - ( T 2+ T t) + - f (T 22 + T ,T 2 + T,2) ¿ O De acuerdo a la ecuación el valor del Cpm entre dos temperaturas se pue de obtener a partir de los valores de las constantes a, b, c. Otra forma conve
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(a+
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 = Cp1y 1 + C p^2 + Cps3>3 + • • • en donde Cplt Cp2 = capacidades caloríficas molares del gas 1, 2 , 3, etc.; y lt y2, y 3 fracciones molares del gas 1, 2, 3, etc. El Cp de mezclas también se consigue por medio de a mezcla b mezcla c mezcla
= ayyx + a¿y2 + a3^3 + . . . = b^ + ó¿y2 + 633*3 + . . . = + c2y 2 + c3y3 + . . .
Cp mezcla = a mezcla + b mezcla T + c mezcla T ¿ en donde aít blt ct, a2, b2, c2, son las constantes de la capacidad calorífica molar de cada gas. En procesos a volumen constante se requiere del uso del Cv en vez del Cp, pero éste se puede obtener fácilmente al recordar que Cp = Cv + R siendo R la constante de los gases. La capacidad calorífica a presión constante de los líquidos está dada por ecuaciones del tipo Cp = a + bT 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 = (Cpi + Cp2) / 2 si los líquidos son miscibles y no hay calor de disolución, la capacidad calorífica de las mezclas se logra por medio de ^mezcla = Ó>1*1 + Cp2*2 C p !, Cp2 = capacidad calorífica de los líquidos 1, 2 *2 = fracción molar de los líquidos 1, 2 .
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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 + bT o 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 obte nerlos 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 con densación correspondiente a la presión de trabajo. A mayor temperatura se re quiere 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 pre sión (menos de 10 atm) se utiliza para calentamiento. Las entalpias de los vapores saturados se encuentran en tablas o en gráfi cas, aunque pueden obtenerse mediante la ecuación
Hv =
CP líquido ( t e ~
to )
+
Xte
Cpiíqu¡do = es Ia capacidad calorífica media de agua líquida desde la temperatura base to a la temperatura de ebullición 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
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PROBLEMAS RESUELTOS
113
presión que tiene. Las entalpias de los vapores sobrecalentados se pueden loca lizar en tablas o gráficas mostradas en el apéndice 4.2 o mediante la fórmula //v a p o r sobrecalentado
= C ¿líqu¡do (te - to) + Xíe + C ¿vapor (t2 - te)
en donde C/?vapor = es la capacidad calorífica media del vapor de agua entre la temperatura de ebullición te y la temperatura de sobrecalentamiento t2. Con frecuencia se suele tener en las líneas vaporhúmedo; es decir, vapor con agua líquida. La entalpia del vapor húmedo es //v a p o r = húmedo
Hl>( 1 — je) + H lX
en donde Hv = es la entalpia del vapor saturado. H l = la del líquido saturado y X la fracción masade 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 propieda des 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
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114
BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR
3. Resultado: La capacidad calorífica molar a presión constante del aire a 200°C es de kcal
Problema 4.2 Calcule la capacidad calorífica molar a presión constante del aire entre 25 y 200°C. 1. Planteam iento. • Capacidad calorífica molar promedio Cpm = a + b(T2 + Tí )/2 + (T22 + TXT2 + Tx2) c / 3 2. Cálculos. • Constantes: del apéndice 4.4 a = 6.386
b = 1.762(10“3)
c = -0 .2 656(10-6)
• Capacidad calorífica molar promedio a presión constante (473 2 + 473(298) + 2982)
Cpm = 6.386 + 0.679 -
0.04014 = 7.024 — *-cal — kgmol°K
• Por gráfica de Cpm (figura 4.3) (apéndice 4.8).
Cpm
Aire
kcal kgm ol°K
200°C
Figura 4.3
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PROBLEMAS RESUELTOS
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 m3
,
gaseosa de 5 — — medida a 50°C y 760 mm de Hg para pasarla a 500°C. El mm gas tiene la siguiente composición en volumen: C 0 2, 10%; N2, 80%; 0 2, 5%; H20 , 5%.
1. Traducción (figura 4.4).
A í j= 50°C Pj= 760 mm Hg
tj=
_ m3 G ~ 5 min
500°C Q= ?
Figura 4.4
2. Planteamiento. • Balance de energía
G AH d = G Í ri C£mezcla dT mezcla
® mezcla
^mezcla ^
1=II a mezcla
^
/= 1
c mezcla ^
(=H yPi • ^mezcla
—
w
/'=!
y fin ,CtC.
3. Cálculos. • Constantes y constantes de mezcla
a
co2 N2
o2 h 2o
6.214 6.524 6.148 7.256
¿>(10)3 10.396 1.25 3.102 2.298
c(10)6 -3.545 -0.001 -0.923 0.283
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BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR
a mezcla = O.Í(6.214) + 0.8(6.524) + 0.05(6.148) + 0.05(7.256) = 6.5108 b mezcla = 0.1(10.396) + 0.8(1.25) + 0.05(3.102) + 0.05(2.298) = 2.3096 c mezcla = 0.1( —3.545) + 0.8( —0.001) + 0.05( —0.923) + 0.05(0.283) = -0 .3 8 7 2
¿ M W l a = 6 -51° 8 + 2.3096(10"3) T —0.3872(10'6)
• Moles tratadas /_ m 3 \ 1 atm í 5 — ;— I Gi = -----------------------———---------- = 0.1887 kg m ol/m in ,
0.082 m atm (323°K) kgmol°K • Calor
Q =
0.1887 -kgmQl ([6.5108 + 2.3096(10“3) T min 323
-
0.3872(10-®) T 2] dT
Q. = 0.1887 -k-^m ° 1 (3444.29) - - Cal min kg mol = 649.93 kcal/m in 4. Resultado: Se deberán proporcionar 649.93 kcal/m in 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?
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PROBLEMAS RESUELTOS
117
1. Traducción (figura 4.5).
2. Planteamiento. • Discusión: Durante el proceso de enfriamiento los gases CO 2 y N 2 cam bian de temperatura sin modificar su estado, pero el agua, además de enfriarse se condensa. • Balance de energía ( ¿ = W G = (4Hj¡eases + A % aíua ) G AH.gases
í
Cp
AH agua = H o ~ H , 3. Cálculos. Base 1 mol Cambio de entalpia de los gases
AHyy = 0.75
a
b
c
n2
6.524
1.25(10~3)
- 0 .001 ( 10-6)
co2
6.214
10.396(10“3)
—3.545(10-6)
j
273 + 70
[6.524 + 1.25(10"3) T - 0.001(10"6) T 2] dT 500 + 273
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BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR f 273 + 7 0
+ o .l
\
J
500 + 273
[6.214 + 10.396(10~3) T -
3.545(10"6) T 2] dT
-
-0.75 f[6.524(-4S0)] + I 4 M I £ Í [3432 _ 77 3 2 ]
-
0 0 Q1( 1Q"6) [3433 _ 7733]| 10.396(10~3)
+ 0.1 |6.214(-430) +
-
(343* -
2
_ 7733]
773’ ]}
~ —2795.61 kcal/kgm ol. ♦ Cambio de entalpia del agua
KoZ =
832-> kcal/kg
= 70
^Kg
AH = 70 — 832.1 = -7 6 2 .1 - ^ í kg ( £ t í y ) ^ = 0 .15[—762.1(18)] = - 2057,6 kcal/kgm ol • Cambio de entalpia por kg PM de los gases COa Nj, h 2o
0.1
X
0.75 0,15
X X
44 ~ 4,4 28 « 21 18 «■ 2,7 28.1
Moles de gas por kg C - ~ ™ 0,035587 kg m ol/k g 28.1 Q = 0.035587 (-2 7 9 5 .6 1 -2 0 5 7 .6 ) = —172.7
kg
4, Resultado: Se deben quitar 172.7 kcal por kg. Problem a 4.5 Se calienta 4,500 k g/h de leche de vaca desde 5°C hasta 60°C en un cam biador de calor y utilizando para ello agua caliente. ¿Cuánto calor se debe transmitir si el Cpm de la leche es de 0.916 kca!/kg°C ?
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PROBLEMAS RESUELTOS
119
1. Traducción (figura 4.6).
I I-------------------------------------
I ,--------------------------------------------- 1
Figura 4.6 2. Planteamiento. • Balance de energía LyHx + d = L4H 4 L ¿H a - H x) = a H = C/?m, (¿ —¿o)
L x = L4 ;
L4
(¿4 —¿j) = Q
5. Cálculos. • Balance de energía 4500(0.916) (60 —5) - Q 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?
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BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR
1. Traducción (figura 4.7).
Figura 4.7 2. Planteamiento. 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 satu rado a 180°C. 3. Cálculos. • Obtención de la entalpia a partir de la fórmula ^ s o b r e c a le n ta d o
=
1 (8 0 )
+
481
+
0 .4 6 ( 2 7 0 - 1 8 0 )
= 702.4 kcal/kg. • Obtención de la entalpia a partir del diagrama de Molier, figura 4.8 (apéndice 4.3).
• Obtención de la entalpia a partir de tablas de vapor sobrecalentado (apéndice 4.2). H = 712.9 kg
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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 pro ducir 1500 k g/h de vapor saturado a 10 atm a partir de agua a 15°C. Supo niendo que la caldera tiene una eficiencia del 90% . Calcule además los caballos de caldera. 1. Traducción (figura 4.9).
2. Planteamiento. • Balance
V 3. Cálculos. • Entalpias De tablas de vapor « ¡ 0°™ = 663.2 kcal/kg ;
= 1 5 -^
• Calor [1500 kg/h (6 6 3 .2 -1 5 ) k ca l/k g]/0 .9 = 1080333 kcal/h
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122
BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR
• Caballos de caldera 1080333
h
1 BHP 2.34 kcal/s
128.2
BHP
4. Resultado:
Problem a 4.8 Se calientan 2000 1/h de puré de tomate desde 20°C hasta 80°C utilizan do vapor saturado a 220°C. Si el vapor cede su calor latente y sale com o líquido saturado, ¿qué cantidad de vapor se requerirá? Datos: • Cp del puré de tomate = 0 .8 5 - C-a^ - . F kg°C • Densidad del puré = 1.09 kg/1. 1. Traducción (figura 4.10). 1.
Puré de tomate a 20°C 2. Puré de tomate a 80°C 3. V apor saturado a 220°C 4. Agua liquida a 220°C .
r
V \A I = 2 0 0 0 1/h
—
Figura 4.10 2. Planteam iento. • Balance L XH X + G3//3 = L2H 2 + L4H 4 pero Lj = L 2 y G3 = L 4 .*. = G3(H3- H 4) LiCPpa¿ T2 ~ Ti) = G3( H , - H t)
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iI
6puré “
1-09 kg/1
123
PROBLEMAS RESUELTOS
3. Cálculos. • Entalpia del vapor h 220°c _ 6g9 3 vapor
H2™°C = 225.3 líquido
P = 23.659 kg/cm 2 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
kg cm
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 * kc 31 kcal por kg de material en el reactor. Las pérdidas del calor son de 5000 ---- -. h Los reactivos se colocan en el reactor a 20°C y salen a 100°C. Si la carga está constituida por 325 kg de material y tanto productos como reactivos tienen una • • , ^al capacidad calorífica media de 0.7 8 ----------, ¿cuántos kg de vapor de agua se kg°C ' requerirían por kg de carga? Supóngase que la carga permanece en el reactor durante 1 h. i.
Traducción (figura 4.11).
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BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR
124
2. Planteamiento. • Balance de materiales QP =
Qg
QP =
g 3(H 3 - h ¿
Qg = Lj(AH) = LtCpiAT + AHRLX + Q
3. Cálculos. • Entalpias de vapor / 40kg/cm2 = 668 8 kcal/kg
H* /™Por = 258 kcal/kg condensado
• Calor ganado Qg = 325(0.78) (1 0 0 -2 0 ) + 325(1000) + 5000 = 350,200 • Vapor necesario 350200 = G 3( 668.8 —258); G3 = 852.5 kg/h
4. Resultado: Se requieren 852.5
— h
de vapor o sea 2.62—— vaPor kg de carga
Problema 4.10 Mil quinientas latas de sopa de verduras se calientan hasla 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 enfria miento necesarios. Cada lata contiene medio kilo de sopa y la lata vacía pesa 70 g. El Cpm de j^cal lc.cs.1 la sopa es de 0 .9 4 y el del metal de la lata 0 .1 2 ------------ . Para sostener r kg°C ; kg°C las latas dentro de la retorta se emplea una canasta de metal que pesa 160 kg y lcC3.1 tiene un Cp de 0 .1 2 . 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.
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PROBLEMAS RESUELTOS
125
1. Traducción (figura 4.12).
► — <$>-
1500 latas
00 000 0 0 00
u= ? Tt = 24° C
0.5 kg de sopa 0.07 kg de lata
70 = 0 = 116°C r fl = 0 = 38°C Qr = 1500 kcal Qc = 2500 kcal
T2= 30 °C
Figura 4.12 2. Planteamiento. Discusión: Para resolver este problema, se tiene en cuenta el valor per dido por las latas, el calor quitado a la canasta, el quitado a la retorta y el perdido por radiación. • Balance QP = Qg Qg = í- 1 % 0 ( T2- T t ) El agua gana calor QP ~ ^sopa Cpsop3L (T e = 0~ T0= e) + Aílata iVlata C£lata (T d= Q- Te = d) N la ta s
+
^canasta
^P canasta (^6 = 0
^d-d)
Qretórta
El calor de radiación no lo quitó el agua. 3. Cálculos. • Qfi Qp = 0.5(1500) (0.94) (1 1 6 -3 8 ) + 0.07 (1500) (0.12) (1 1 6 -3 8 ) + 160(0.12) (116 —38) + 2500 = 59970.4 kcal • Masa de agua L i(l) (3 0 -2 4 ) = 59970.4
L x = 9995 kg
4. Resultado: Se necesitan 9995 kg de agua.
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126
BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR
Problemas propuestos Problem a 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: ^
^ c h íc h a ro s “
~
kcal
Y g°cT
, , Q
~
kg
* ~ ~ f~
Resultado: kg Se requieren 229S9 —^— de agua.
Problema 4.12 ¿Cuál es la entalpia de vapor de agua saturado y del agua líquida satura da 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 k g/cm 2 absolutos. Problema 4.13 ¿Cuál es la entalpia de un vapor de agua que está a 400°C y 24 atm manométricas? La presión barométrica es de 1 atm. Resultado: 727.7 kcal/kg. Problem a 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.
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127
PROBLEMAS PROPUESTOS
Problema 4.15 Encuentre la capacidad calorífica promedio del C 0 2 entre 25°C y 2000°C. Resultado: 13 kcal/kgm ol°C. Problema 4.16 A un calentador entran 1000 kg de aire por minuto a 24°C y 1.35 — de min vapor 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 salien te 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. Calcu le la cantidad de vapores producidos en kg/min de acuerdo con el siguiente proceso mostrado en la figura 4.13.
Figura 4.13
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BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR
128
Resultado: Se destilan 37.74 kg/m in de vapores orgánicos. Problem a 4.18 Un vapor tiene un 95% de calidad (5% de humedad) y está a la presión de 0.4 k g/cm 2. ¿Cuál será su entalpia? Resultado: La entalpia es de 600 kcal/kg. Problem a 4.19 En una planta para desodorizar aceite vegetal, el aceite se precalienta con un cambiador tubular y a contracorriente con agua. El flujo de masa de agua a través del 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 dél aceite? Datos:
Cp aceite = 0.5 kcal/kg°C Cp
agu a
= 1 kcal/kg°C
Resultado: T = 74°C. Problem a 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 + 0.000929 rk ca l/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 métrica/h de agua, que está a 20°C para convertirla en hielo a —20°C? Exprese el resultado en toneladas de refrigeración.
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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 utiliza da 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 cam biador 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.
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130
BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALOR
Apéndice 4,1 Entalpias del vapor de agua saturado.
Temperatura de saturación °C t
Presión de saturación kg/cm* P
Del uqukk» Hs
Entalpia kcal/kg Del vapor Hv
0 10 20 30 40
0.006239 0.012513 0,02383 0.04325 0,07520
0.04 10.04 20.03 30.00 39,98
50
0.12578 0.2031 0,3177 0.4829 0.7149
49.95 59-94 69.93 79.95 89.98
619,0 623.2 627,3 631.3 635.1
100
1.03323
UO 120 130 140
1.4609
100.04 110.12 120.3 130.4 140.6
638.9 642.5 646.0 649.3 652.5
60 70 80
90
2,0845
2.7544 3,685
597.2 601,6
606.0 610,4 614.7
150 160 170 180 190
4.854 6.302 8.076 10,225 12,800
150.9 161.3 171.7 182.2 192.8
655.5 658,3 660.9 663,2 665,3
2Q0 210 220
230
15.857 19.456 23.659
28.531 34.140
203-5 214.3 225.3 236 4 247.7
667,0 668.3 669.3
250 260
40.56 47-87 56.14 65.46 75.92
259.2 271.0 283.0 295.3 308.0
669.0 667.8 665.9 663.5 660.2
300
87.61 100.64 115.13 131.18 148.96
321.0 334.6 349.0 364.2 380.7
656.1 650.8 644.2 636.0 625.6
350
168.63 190.42 214.68 225.4
398.9 420.9 452.3 502
611.9 592.8 559.3 502
240
270 280 290 310 320 330 340
360
370 374.1
669.7 669.6
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APENDICE 4.2 ENTALPIAS DEL VAPOR SOBRECARGADO KCAL/G
131
Apéndice 4.2 Entalpias del vapor sobrecargado kcal/kg.
Presión T o e io m fo
r
100
fl no 180 130 140 160 160 170 180
10
i
25
50
100
75
185
150
809
850
300
660.7 676.6
468.5 584,6 622.4
440.2 470.2 524.5
639.1 644.8 649.1 653.8 658.5
100
663.8 667.9 672.5 677.8 681,8
661.3 666.9 672.2 677,2
663.6 670.3
800 810 880 360 840
686.5 691.1 695.8 700,5 705.8
662:2 687.2 692.1 697,0 791.9
676.1 681.6 687.2 692,4 697,6
675,0 682.2
860 860 870 880 890
789.9 714.6 719,3 784.0 788.8
706.8 711,6 716.6 721.4 726.2
702,8 707,9 712.9 717.9 723.0
688,9 695,2 701,2 707,1 712-9
674.6 683.6 691.8
661.5
800 310 380 330 340 360
733.5 738,3 743.1 747,9 758.7 757,5
731-1 736.0 740,9 745.8 750.7 755,6
728.1 733.1 738.2 743.2 748.2 753 3
718.6 724.1 729,6 735.1 740.6 746.0
699.5 706.7 719.6 720.2 726.6 732.9
673,1 683.7 693.1 701.8 710.0 717.7
678.3 689.2 699.2
646.6 662.9 676.4
647.5
360 370 380 390 490
768,3 767.2 772.1 777,0 781-9
760.5 765.5 770.4 775.4 780.4
758.3 763.3 768.4 773.4 778.4
751,4 756.7 762.1 767.4 772.7
799.1 745.1 751.| 757.0 762.8
725.1 732.1 738.9 745.6 752.1
706.4 717.0 725.2 733.0 740.4
688.4 699.2 709.2 718.5 727.2
663.9 677.9 690.4 701.7 712.2
410 480 430 440 450
786.8 791.8 796.7 801.7 806.7
785.4 790.4 795.4 800.5 805.6
783,5 788.6 793.7 798,8 804.0
778.0 783.3 788.7 794.0 799.3
768,6 774.3 780.0 785.7 791.4
758.6 764.9 771.0 777.1 783-2
747.6 754.6 761-4 768.1 774.7
735.5 743.4 751.0 758.4 765.5
721.9 731.0 739.6 747.9 755.8
690.2 702.4 713.6 724.0 733.7
647.5 666.7 682.2 695.6 707.8
582.2 616.8 641.5 660.8 677.4
160 470 480 490 500
611.8 816.8 821.9 827.0 832.1
810.6 815.7 820.8 826.0 831.1
809.1 814.3 819.4 824.6 « 9 .8
806.4 809.9 815.3 820.6 826.0
797.0 802.7 808.3 813.9 819.5
789.2 795.2 801.1 807.0 812.9
781.1 787.5 793.8 800.0 806.2
772.5 779.S 786.1 792.7 799.2
763.4 770.8 778.0 785.1 792.0
743.0 751.9 760.5 768.7 776.6
719.2 730.1 740v5 760.2 759.9
692.2 705.7 718.1 729.5 740.2
510 520 530 540
873.3 842,5 847.7 852.9
836.3 811.6 846.8 852.1
835.1 840.3 845,6 850.9
8S1.4 836.8 842.2 847.6
825.1 830.7 836.3 841.9
818.8' 824.7 830.5 836.3
812.4 818.5 824.5 830.6
805.7 812.1 818.5 824.8
298.8 805.5 812.1 818.6
784.2 791.6 798.8 805.8
768.3 776,5 784.4 792.1
750.3 759.8 768.9 777.6
350
858.1
857.3
856.1
852.9
847.6
842.1
836-6
83P-9
825.0
812.8
799.7
786.0
H en
kcal
- r — %
651.7 666.0
610.2 640.2
Fuente: A. Vián y J. OcOn. Elementos de ingeniería química . Aguilar. Madrid, 1976.
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132
BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS DE TRANSFERENCIA DE CALO R
Apéndice 4 3
O O r—4 »n
S e n k c a l/k g °C
Fuente: A. Vián y J. Ocón, Elementas de
ingeniería química,
Aguilar, Madrid, 1976.
° cO
Diagrama de Mollier para el agua
s2 ^
[U7>H
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133
CAPACIDADES CALORIFICAS DE LOS GASES
Apéndice 4.4 Capacidades caloríficas de los gases Intervalo 298°K a 1 500°K Cp = a + bT + CT 2
T en °K
Cp en kcal/(kg mol°K)
Sustancia
Fórmula
a
b 10 3
c 10 *
Acetileno Acido clorhídrico Acido sulfhídrico Aire
c 2h 2 HC1 H2S
7.331 6.732 6.662 6.386
12.622 0.433 5.134 1.762
- 3 .8 8 9 0.37 - 0 .8 5 4 - 0 .2 6 5 6
Agua Alcohol etílico Alcohol metílico Amoniaco Benceno
h 2o c 2 h 5o h c h 3o h nh3 c 6h 6
7.256 6.99 5.394 6.086 - 0 .0 4 0 9
2.298 39.741 24.274 8.812 77.621
0.283 - 1 1 .9 2 6 - 6 .8 5 5 - 1 .5 0 6 - 2 6 .4 2 9
Bióxido de azufre Bióxido de carbono Butano normal Cloro Etano
so 2 co2
C4 H10 Cl2 C2 H6
7.116 6.214 3.844 7.576 2.247
9.512 10.396 73.35 2.424 38.201
3.511 - 3 .5 4 5 - 2 2 .6 5 5 - 0 .9 6 5 - 1 1 .0 4 9
Etileno Heptano normal Hexano normal Hidrógeno Metano
C2 H4 C7 Hi6 c 6h 14 h2 ch4
2.83 7.094 6.011 6.947 3.381
28.601 123.447 106.746 - 0 .2 18.044
- 8 .7 2 6 - 3 8 .7 1 9 - 3 3 .3 6 3 0.481 - 4 .3
Monóxido de carbono Nitrógeno Oxígeno Pentano normal Propano
co
6.42 6.524 6.148 4.895 2.410
1.665 1.25, 3.102 90.113 57.195
- 0 .1 9 6 - 0 .9 2 3 - 2 8 .0 3 9 - 1 7 .5 3 3
Trióxido de azufre Tolueno
so 3
6.077 0.576
23.537 93.493
- 0 .6 8 7 - 3 1 .2 2 7
—
N2 0 2
C5 H12 c 3h 8 c 7h 8
Fuente: L .B . Andersen y L .A . Wenzel, Inlroduclion lo Chem ical Engineering, M cGraw-Hill, Kogakusha, Tokio, 1961.
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-
0 .0 0 1
BALANCES DE ENERGIA EN EQ UIPOS DE TRANSFERENCIA DE C A L *
134
Apéndice 4.5 Calores específicos de gases y vapores. (El número corresponde al del punto en gráfica). Intervalo de temperatura, °C Núm.
Gas o vapor Mínima
10 15 16 17 27 12 14 33 35 32 34 30 22 31 18 24 3 9 8 4 11 13 20 17B 17C 17A 17D 1 2 36 5 6 7 26 26 25 28 23 29 19 21
Acetileno......................... Acetileno......................... Acetileno......................... A g u a ................................ A ire.................................. Am oniaco....................... Amoniaco....................... Azufre............................. Bromuro de hidrógeno. Cloro ................................ Cloro ................................ Cloruro de hidrógeno. . . Dióxido de azufre........... Dióxido de azufre........... Dióxido de carbono. . . . Dióxido de carbono. . . . Etano................................ Etano................................ Etano................................ Etileno............................. Etileno............................. Etileno............................. Fluoruro de hidrógeno. . Freón-11 (CC13F )............. Freón-21 (CHC12F )........ Freón-22 (CHC1F2) ........ Freón-llS (CCI2F-CC1F2) Hidrógeno ....................... Hidrógeno ....................... Ioduro de hidrógeno. . . . M etano............................. M etano............................. M etano............................. N itrógeno....................... Oxido de carbono........... ! Oxido nítrico................... Oxido nítrico................... O xígeno........................... O xígeno........................... Sulfuro de hidrógeno.. . Sulfuro de hidrógeno. . .
0 200 400 0 0 0 600 300 0 0 200 0 0 400 0 400 0 200 600 0 200 600 0 0 0 0 0 0 600 0 0 300 700 0
0
0 700 0 500 0 700
M áxi ma 200 400 1400 1400 1400 600 1400 1400 1400 200 1400 1400 400 1400 400 1400 200 600 1400 200 600 1400 1400 150 150 150 150 600 1400 1400 300 700 1400 1400 1400 700 1400 500 1400 700 1400
Fuente: J .H . PerTy, C hem ical Engtneers’ H andbook, M cGraw -Hill, N ueva York, 3a. e d .. 1950.
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CAPACIDADES CALORIFICAS DE LOS GASES
Apéndice 4.5 (Continuación) Calor especificó,
kcal/kg-°C t— 4,0 1
•F r-3,0
2,0
—
Temperatura, °C
P 0 — 100
200 •
-3 0 0
3
— 400
t4
3
•
— 300
6
9
1,0
.0,9
•
• 11 12 •• • 10 •
é
0,8
.0,7
14
• I6
13
-6oo
■
13
•
0,6
-0,3
-700
17A
ir*»»
••_ •’ n •i •" 17D ¡7B
•
17C
20
18
—900
• 22
•0,4
*
24
23 %
'r °'^ 23 27
—1000
^ 29 30
%
—1100 32
-1200
31
0,2
• 33
'— 1300
34
— 1400
—
i m
33 —
36
0,1
- 0 ,0 9 - 0 ,0 8 - 0 ,0 7
I
0,06
— 0,03
Figura 4.1$
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136
BA LA N CES DE ENERGIA EN EQUIPOS D E TRA N SFEREN CIA DE CALO R
Apéndice 4.6 Calmes específicos de líquidos. (El número corresponde al del punto en la gráfica de
la página siguiente). X úm
26
21 32 29 48 9 53 37 27 11 52 30 23 1 41 8 4 10 49 13 ISA 51 21 6A 5 22 15 11 16 42 46
Liquido
Acetato do amila>....................... A c e to n a ..................................... Acido acético............................. Acido clorhídrico. 3 0 % ............ ■ Acido sulfúrico. 98%................. A g u a ........................................... Alcohol am ílico......................... Alcohol bencílico....................... Alcohol isoamílico..................... A n ilin a ....................................... Benceno ..................................... Bromuro de etilo ....................... Butano!....................................... C lorobenceno............................. C loroform o................................. Cloruro de hencilo..................... Cloruro de calcio, sol. 25%,. . . Cloruro de etilo ......................... Cloruro de sodio, sol. 25%,........ Decano ....................................... D icloroetan o............................. Diclorom ctano. . . ...................... D ifen ilm eian o........................... D ifcnilo................................... Dióxido de azufre................... Dowthcrm A ............................... Etanol, 100% ............................. Etanol. 95%,...............................
In trn n ln <• tu¡n iiii m u " "C di/ u .
llllí.X.
0 -50 20
100 25 50 80 100 15 200 25 30 100 50 130 80 25 KM) KM) 50 30 20 10 20 20 25 60 50 100 120 100 200 80 80
0
20 10 10 -50 -20 10 -70 0 10 5 0 0 0 -30 -10 -30 -80 -10 -80 -30 -10 30 80 -20 0 30 20
.
lu lc n iilo de 1 fin /ir ni 1 ti ru"
X ti ni.
50 36 31 2.3 2A 6 1A 7A 3A 38 39 28 35 7 13 17 >0 14 12 31 3.3 16 20 15 2 3 3 23 19 18 17
Liquido
Etanol. 50%,........................... Eter etílico ............................. Eter ¡sopropílico..................... Etilbcnecno............................. Frcón-11 (C C I3F ) . ................. Frcón 12 (C C I2F2) ................. Freón 21 (C H C I2F ) .................. Frcón-22 (C H CIF2) ................. Freón 113 (C C I2F CCIF2) . G licerin a................................. G lico l....................................... H e p ta n o ................... .......... Hexann ................................... Induro de etilo ....................... isobutanol............................. Isop ropan ol........................... M etano!................................. X a fta le n o ............................... N itrob en cen o......................... N on a n o................................... Oxido de d ilen ilo ................... Pirid in a................................... Prop an ol............................. Sulfuro de carbon o................. T e iraclorociilcn o ................... Tetradoru ro de carbono........ Xileno. o rto ......................... Xileno. nieta..................... Xileno. para....................... ..
.
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"C inin.
mdx.
20 -KM) 80 0 - 20 - 10 - 20 - 20 - 20 - 40 - 40 0 - 80 0 0 - 20 - 40 90 0 - 50 - 50 0 - 50
80 25 20 100 70 15 70 60 70 20 200 60 20 100 100 50 20 200 100 25 25 200 25
- 20 -100 - 30 10 () 0 0 0
KM) 25 140 60 60 100 100 100
CALORES ESPECIFICOS DE LIQUIDOS
137
Apéndice 4.6 (Continuación) Calor especifico kcal/kc-°C Temperatura, °C —
1— 200
0,2
2A 2 • 1 * • • 3A *4% • 4A — 0,3 6
6A
—150 7A
U
%
• • 8 V ► 15
# -20
-100
22# #77 25
# 2*
27 #
32
23#
^50
41
t 43
« • * i, •
0,4
12 13 13A 21
#
26
«
- 0 ,5
•54 35
—
. V " > 43 •*>
12
0,6
43
46
47 - 0 ,7
—0 50
57 —
0,8
50 —0,9
---- 100
52
Fuente: J.H . Pcrry. Chemical E n g in c m ’ llnmlbook. McGraw-Hill. Nueva York. 3a. ed .. 1950.
Figura 4.16
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93
BALANCES D E ENERGIA EN EQ UIPO S D E TRA NSFERENCIA DE CALO R
138
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 prime ra columna corresponde al punto dé la sustancia en la gráfica de la página siguiente)
Núm.
22 18 30 29 13 16 7 17 20 8 3 14 21 25 26 28 13 2 2 5 6 1 10 11 15 25 9 19 12 23 24 4 2
Compuesto
Acetona............................ Acido acético................. A g u a ............... Amoniaco........................ Benceno......................... B u tan o ........................... Cloroformo.......... Cloruro de etilo............. Cloruro de metilo. . . . . . Diclorometano............... Difenilo............................ Dióxido de azufre........... Dióxido de carbono. . . . Etano............................... Etanol............. ................ Etanol............................. Eter etílico............. Freón-11 (CC13F ) . ........... Freón-12 (CC12F2) ......... Freón-21 (CH C^F)......... Freón-22 (CHC1F2) . . . . . Freón-113 {CC\3¥-CC\F2) H eptano............... . . . . . Hexano ............................ Isobutano............. M etano!............... ......... O ctano........................ Oxido nitroso................... Pentano............................ Propano........................... Propanol......................... Sulfuro de carbono.. . . . Tetracloruro de carbono
Intervalo de validez (te -te) ÓC
U °C
120*210 100*225 100-500 50-200 10-400 90-200 140-275 100-250 70-250 150-250 175-400 90-160 10-100 25-150 20-140 140-300 10-400 70-250 40-200 70-250 50-170 90-250 20-300 50-225 80 200 40-250 30 300 25-150 20-200 40 200 20-200 140 275 30-250
235 321 374 133 289 153 263 187 143 216 527 157 31 32 243 243 194 198 líl 178 96 214 267 235 134 240 296 36 197 96 264 273 283
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139
CALO RES LA TEN TES DE VAPORIZACION
Apéndice 4.7 (Continuación)
Fuente: J .H . Horry. ChcH iiail F.ngineers' llnntlbinik. MeGraw-HMI, Nueva York. 3a. e d .. 1950.
F igura 4.17
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BALANCES DE ENERGIA EN EQUIPOS D E T R A 16K H E N C IA D ECA LO R
140
Apéndice 4.8 Capacidades caloríficas molares medias de gases a presión constante.
0
400
800
1200
1600
2000
2400
2600
TEMPERATURA, °C Figura 4.18
Apéndice 4.9 Capacidades caloríficas promedio de alimentos entre 0 y 100°C.
Sustancia Aceite de Oliva Carne de res Camero Cerdo Crema 50% grasa Chícharos secos Huevos Leche de vaca Mantequilla Pan Papas Pescado Puré de plátano Puré de manzana Temerá Tomates
h 2o % en peso
Cp en kcal/kg°C
_#--
0.48 0.819 0.76 0.73 0.44 0.73 0.76 0.92 0.55 0.67 0.84 0.76 0.87 0.96 0.77 0.95
72 70 57 57 14 87.5 15 45 75 70 —. — 63 95
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CAPÍTULO
CINCO ______ Balances en procesos de mezclado y evaporación
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Objetivos; a) Se mostrará al lector la forma de efectuar balances de masa en mezclado y evaporación. b) Se indicará la forma de calcular los calores de mezclado. c) El lector, al terminar de leer y estudiar este capítulo, estará capacitado p a ra efectuar balances de materia y energía en procesos de mezclado y evapo ración ,
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 ios de punto de partida en la elaboración de alimentos, En otros procesos se con centran una o varias de las sustancias, evaporando parte del agua que contie nen, La operación que se usa para este fin es la evaporación.
Mezclado La operación de mezclado se utiliza para preparar una combinación uni forme de dos o más sustancias, que pueden ser sólidos, líquidos o gases, o com binaciones 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 sulfúri co en agua, Para el mezclado se emplean equipos que van desde las simples uniones de tuberías para mezclar gases, a los tanques con agitación para líquidos o a los mezcladores de banda para pastas, B a la n c e s e n m e z c la d o
Balances de masa El balance general de masa se hace en base a la figura 5,1.
Entradas - Salidas + acumulación
Figura 5.1
M3
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BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION
144
Balance total L, +
4
= L, +
£ * } + Ljs^ - L j* | +
^ «0
En problemas a régimen permanente la acumulación vale cero.
Resolución gráfica Los problemasdé mezclado a régimen permanente se resuelven también mediante métodos gráficos que se basari en el uso de la regla de la palanca. Si se tiene una corriente con dos sustancias, ésta se representa en loséjes carte sianos como se muestra en la figura 5;2.
Xi Figura 5.2 en donde el punto 1 representa a una corriente con composición Xf y X I . 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 dádas por la línea que uniría a 1 con 2 (figura 5.3).
Figura 5.5
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MEZCLADO
145
El punto de mezcla resultante estaría colocado en la posición tal que indi cara las cantidades relativas que se agregaron de 1 y 2. For ejemplo, si se agre gan 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. Eni ese casó la distancia-: 1 a 2 se dividiría en tres partes y a un tercio de la distancia de í a 2 caedla el punto 3 . A este procedimiento se le conoce como regla inversa de la palm ea. 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 5i5 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 dé dos componentes. Cualquier punto dentro del triángulo representará á una corriente con treS- cóñipóhéntes (figura 5.6)*
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BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION
A
En el diagrama el punto B representa una corriente con 100% del com ponente 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
X\ = 0.4
Je} = 0.4
= 0.2
La técnica que se usó para encontrar esas composiciones se ilustra en el diagrama de la figura 5.7. Si a L\ kg de una mezcla situada en el punto 1 se le añaden L 2 kg de la misma situada en el punto 2 , la nueva mezcla tendrá una composición dada por 3 (figura 5.8).
Balances de energía Cuando se mezclan dos o más corrientes de proceso en una planta y éstas se encuentran a la misma temperatura, la corriente final puede estar o no a la
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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 diso lución 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 LyHy
+
L¡H — Ljfíy =
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BA LA N CES EN PRO CESO S DE M EZCLADO Y EVAPORACIO N
148 r— -
ii ii tii ti ii i
L.
Figura 5.9
Evaporación Es una operación para concentrar un sólido disuelto en un líquido, la di solución se pone a la temperatura de ebullición, de manera qué 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 qué separan al medio de calentamiento de la disolu ción, 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 ca lentamiento m ás usual es el vapor de agua que cede su calor latente de conden sación. Balances de un evaporador
De acuerdo con la figura 5.10, el balance de materia sería: L i
+
G j
—
G3
+
L5
+
L4
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149
PRO BLEM A S R ESU ELT O S
Pero en un evaporador de contacto indirecto las corrientes de vapor y de disolución no se mezclan, por lo que quedaría:
L i = G3 + L 4 L xx\ = L 4JC4 G2 = G 3
Balance total en el lado de la disolución Parcial Balance de lado del vapor puro
L 1H 1 + G2H 2 = G 3 / / 3 + L 4 / / 4 + L 3 / / 5 Balance de energía. Las entalpias H x y H A dependen de las características de las disoluciones y en general son iguales a H — CpAT. Las e n talp ias//! y i / j corresponden al va por de calentamiento entrante y la del líquido saturado saliente o condensado proveniente de la condensación del vapor, y se localizarán en las tablas de va por. (Apéndice IV). L a entalpia / / 3 corresponde a los vapores saturados generados por la eva poración 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 con centración de los sólidos disueltos.
Problemas resueltos Problem a 5.1 En la m anufactura 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-
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150
BA LA N CES 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). L a 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 sóli dos solubles? ¿Cuántos kg de mermelada se obtienen por kg de fruta entrante al proceso?
1. Traducción (figura 5.11).
0
< >
Proceso X } * 0 .1 4 I 2. i 3. J 4. 5.
Figura 5.11 2. P lan team iento . 2.1 Balances Total
Sx — azúcar (sólida) entrante Aí2 = fruta (sólidos + líquidos) entrante $1 ■+• M2, d* S 3 ^ G 5 d“ AÍ4
Balance parcial de sólidos SyUíi + M XZ\ d* S3u>3
Balance de agua
M 2z ? 2° =
M 4 z4 + Gs
5. Cálculos . jf.J Balances Base 100 kg de fruta entrante
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Fruta Pectina Mermelada Agua evaporada.
PRO BLEM A S RESU ELTO S
Balance total 100 + 100 ^ 1 1 ^ +
(0.23) = M 4 + G 5
(I)
Balance de agua 100 (0.86) » M 4 (0.33) t Gs 100 + 122.22 + 0.281 » M 4 4
86
(II) - 0 .3 3 M 4
(I) en (II)
M 4 * 206.8 kg.
4 . R esultado: Se obtienen 2.068 kg de mermelada por cada kg de fruta entrante. Problem a 5.2 El tanque de almacenamiento de agua de una planta tiene una capacidad de 70 m 3 . Al comenzar ún día de operación el ingeniero observa que hay 30 m 3 de agua en el tanque. Durante ese día el tanque recibió 55 m 3 yse le extra jeron 45m 3 * ¿Cuál será el volumen del agua en el tanque al final del día?
L T raducción (figura 5.12).
2. Planteam iento . 2.1 Discusión En este ejemplo se tienen tanto entradas como salidas y acumulaciones. Se áulica, por tanto, la ecuación completa de balance de masa.
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152
BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION
2.2 Balance
E -S = A
V = (I* -L a ) 6 + K a
(L j - L 2) \ dd = f dV
e
= 0 ; V = Vo
’*• v ~ Vo + (L i
L 2)0
2. Cálculos.
3.1 Balances rrv,3 día
55 - 4 5 =
V = 30 m3 +
día — 40 m 3
4. Resultado: Al finalizar el día el tanque tendrá 40 m3 de agua. Problem a 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 al cohol, 50% de azúcar y el resto de agua. ¿Cuál será la composición de la mezcla resultante?
1. Traducción ^figura 5.13).
L, = 1000 kg/h
x\'-= 0.1 xr = o.2 o
X I'=
L 2 = 2000 kg/h X |'= X S '= 0.25 X r= X 2 ‘ = 0.5
Figura 5.13
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?
PR O BLE M A S R E S U E L T O S
153
2. P lan team ien to . 2.7 B alan ces Balance total L \ + 7-2 = 7^3
Balance parcial de azúcar
Ltxr
+ ¿2xr = i*xr
Balance parcial de alcohol Z^Xf' + L 2X a2' =
. X 1'
7 3
3. C álcu los . 5.7 Balances 1000 + 2000 = 3000 = L 3 1000 (0.2) + 2000 (0.5) = 3000 (X f 1 200 + 1000 XV = ----------------- = 0.4 3 3000
1000 (0.10) + 2000 (0.25) = 3000 (X § ' ) = 3
100 + 500 _ o 300
2 0 0 0
4. R e su ltad o : L a corriente resultante tiene 40% de azúcar, 20.00% de alcohol y el resto de agua. P roblem a 5.4 Resuelva el problem a anterior por el método gráfico. 7. P lan team ien to . Para resolver el problem a se debe construir un diagram a triangular y d i bujar 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.
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154
BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION
2. C álculos . 2.1 D iagram a Alcohol
2.2 Composición fin al Si se unen el punto 1 con el 2, la recta resultante será el lugar geométrico de todas las mezclas posibles de 1 con 2. En nuestro caso mezclamos 1000 kg de la corriente 1 con 2 0 0 0 kg de la corriente 2 , o sea. 1000 + 2000 3000 ó 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 2 que a 1. Por ello dividimos la distancia de 1 a 2 en tres partes y a un tercio del punto 2 estaría ti punto 3 o de mezcla. La distancia 1 a 3 representará la cantidad de L j agregada y, la distancia de 3 a 2 la cantidad agregada. Lo cual se observa en la figura 5.15.
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PRO BLEM A S RE SU ELT O S
155
5. R esu ltad o: La composición de la mezcla final es de 40% de azúcar, 20% de alcohol y el resto de agua. Problem a 5*5 Unos gases de combustión tenían la siguiente composición en volumen O2 , 2% i CO 2 , 15%; Ha O, 7.5% , y el resto de nitrógeno. L a mezcla tom ada para análisis ocupaba un volumen de 1 0 0 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,
L T raducción , y0* *
0 ,0 2
y 0 ° i ^ Q.15 ytíi° ^
0.075
3»N¡!= 0.755
F ig u ra 5.16
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BA LA N CES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION
156
2. P lanteam iento . 2.1 Discusión Este problema se resuelve al utilizar las leyes de los gases ideales.
2.2 Ley de los gases ideales m fiV = --- — R T F PM
;
Q
_ rn PM P = — = —— — V RT
2.3 Peso molecular promedio P M qo ^ C O í
+ P A f 02*02
^ ^ H zO ^ H zO —
promedio
Por la Ley de Am agat en los gases % en volumen = % en mol
2.4 Presión parcial del agua F h 2o “
^ h 2o
3. C álculos. 3.1 Presión parcial del agua PHi0 = 586 (0.075) = 43.95 mm Hg 3.2 Peso molecular promedio 28 (0.755) + 32 (0.02) + 44 (0.15) + 18 (0.075) = 29.73
3.3 M asa de la muestra m =
f ^ - ) (29.73) f— — V —— \ = 0.0893 g \7 6 0 /\1 0 0 /v 0 .0 8 2 /^ 3 1 3 / 6
3.4 Densidad de la muestra n
= 0 :0893 = Q g 9 3 0.10
6
4. R esultado: 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.
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PRO BLEM A S R E SU ELT O S
157
Problem a 5.6 Se ha diseñado un evaporador con una alimentación de 11500 k g/día de zumo de toronja que produzca 3000 k g/día de agua evaporada y una disolu ción concentrada al 50% . ¿Con qué concentración inicial se deberá alimentar al zumo de toronja y qué cantidad de disolución concentrada al 50% se ob tiene? I . Traducción (figura 5.17).
2. Planteam iento .
2.1 Balances Total
Parcial
L lXf id0 = L 3x f ido 3. C álculos . 3.1 Balances T otal 11500 = 3000 +
.'.¿ 3
= 8500 k g/día
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BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION
158
Parcial 11500 (x*j) = 8500 (0.5) ¿\ x\ = 0.3695
4. Resultado: Se obtienen 8,500 kg/día de zumo concentrado. El zumo entrante 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 simultáneamente dos corrien tes salinas, una de 20 1/min y 50 g/1 de sal y otra de 10 1/min y 5 g/1 de sal. Al mismo tiempo, por la parte inferior del tanque se extraen 2 0 1 /min de solu ción. Si el tanque está perfectamente agitado, cuál será la concentración de sal en el mismo cuando el volumen de solución contenido en el tanque llegue a 3000 1.
í. Traducción.
F ig u ra 5.18
2. Planteamiento. 2.1 Discusión Este es un problema a régimen transitorio en el que cambia tanto el volu men como la concentración de sal que hay eíi el tanque.
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PROBLEM AS RESU ELTO S
159
2.2 Balances de materia Balance total
Lx + L2 1
L, =
2
d6
3
dV L x + L 2 — L 3 = constante------ --- — K; V = Kd + Kx dd Balance de sal L jC P 1 + L 2C f - L 3c f =
= V dC‘f de
de
+ C f 1 dV de
3. Cálculos. 3.1 Tiempo de llenado dV dB
20 + 10 - 2 0 = 10 =
V = 100 + K x Si e = 0 ; V = Vo
K x = Vo
V = 100 + K x
Í 3000
dV =
re
10 d6 ; 1000 = 100
J 0
2000
u =
™ minutos .
100
3.2 Concentración 10(5) + 20(50) - 20 C3 = V pero
= 10
de
50 +
1000
- 2 0
de
dCz + C3 „ dV
° de
V - 100 + Vo
V = 100 + 2000
C3 = (100 +
)
2 0 0 0
^
f 100 0
de
f Cj
de
+ c 3 10
de*
2000 + 100 — JJ 6633 1050 - 30C3 C3 = 35 + 28 e- 1 21638 C3 = 43.2964 g/1
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160
BA LA N CES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION
4. R esultado: 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. L a temperatura inicial de la leche en el tanque es de 50°C . L a leche entrante al tanque está a 15°C . Si un serpentín adiciona 2 0 0 0 kcal/m in, calcule cuál será la temperatura en el tanque a los cinco minutos. El Cp de la leche puede considerarse constante e igual a 1 k cal/k g°C y su densidad igual a 1100 k.g/m 3 . 1. T raducción (figura 5.19). L j — 100 1/min 15°C
VT=
2000 1
t o = 50°C
min
L 2 — 100 1/min
h=
Figura 5.19 2. Planteam iento. 2.1 Balance de m asa
Entradas = Salidas
2.2
Balance de energía
Entradas = Salidas + Acumulaciones
L XH X - L 2H 2 L (H x - H 2) + d = QV
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PROBLEMAS RESUELTOS
161
pero
dH = Cpdt L(C p) (Ti -T 2) + d = QVCp
dT2 dd
3. Cálculos. 3.1 Masa entrante y saliente L , = o i - ^ / n o o - i ? ) = 110 = L¡ min \ m J min Masa en el tanque
Vq = 2m3 ^1100
= 2200 kg
3.2 Balance de energía
110(1) [1 5 - r 2] + 2000 = 2200(1) 2 0
j
-—
J 50
éh —
d$
=
S S 1 8 -T .
J 0
-a O ln JS Jl± . . , 5 -16.82.
T2 = 33.18 + 16.82e-°25 T2 = 46.3°C 4, Resultado: La temperatura a los cinco minutos es de 46.3°C. Problema 5.9 Se mezclan 2000 kg/h de una sustancia A que está a 45°C con 15,00 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 T gmol°C
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BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION
162
1. Traducción (figura 5.20)
2. Planteam iento. 2.1 Discusión Al 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 propor ciona calor al sistema.
2.2 Balances 4* ¿2 — f'j
L>iHi + L1H2 — J
pero H * f Tt
Lx J
Tq
^ CpdT;
p Tt
C p Ad T + L 2 J
t0
p Tj
C p Bd T
= L3 J
t0
C pcdT
CpC = C p mezcja = Xa CpA + XBCpB
3. Cálculos. 3.1 Balance de masa
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P R O BLE M A S R E SU E L T O S
163
3.2 C apacidad calorífica de la mezcla Cpc = 0.57 (0.192 + 0.00067") + 0.43 (0.253 + 0.0008T ) Cpc = 0.21823 + 0.000686T 3.3 Balance de energía r 363
f 318
2000 J
273
(0.192 ■+■ 0.00067") d T + 1500 J 27S (0.253 + 0.000877) d T = f T3 = 3500 J (0.21823 + 0.000686T ) d T ¿iO
2000[(0.192) (45) +
(3 18 2 - 2732)] + 1500 [0.253 (90) + 2
2
(3632 —2732)] = 3500[0.21823 (T 3 - 273) + -P- ?
0 0 6 8 6
2
(T 3 2 - 27 32)]
101736 = 3500[0.21823T3 — 59.57 + 0.000347V - 25.33] T 3 2 + 641.85 r
3
—335198 = 0
7 \ = 34 1 .0 7 °K =
6 8
°C
4. R esu ltad o : L a tem peratura ñnal es de
6 8
°C .
P roblem a 5.10 Para concentrar el jugo de naranjas se parte de un extracto que con tiene 12.5% de sólidos y está a 2 0 °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 em plea para evaporar es de 2 0 psig, encuentre el vapor necesario para esta operación. L a presión barom étrica es de 586 mm de H g y la de vacío dentro del evapo rador de 466 mm de H g. El Cp de las disoluciones se considera como 1 k cal/k g°G .
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164
BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION
2. Traducción (figura 5.Z1)
2. Planteam iento.
2.1 Discusión La disolución puede tomarse como ideal, el calor de disolución es despre ciable y el aumento en el punto de ebullición también.
2.2 Balances de materia Balance total del jugo
í»\ — C 3 + Balance de sólidos n 3 y..so* Lr x x x*>1 — —G 3
+*
Lwa x„ 4sol
Balance total en la unión
L 2 H" Lg T
T
__ sol
*^2 x 2
'
L4
„ sol _
~ 8 ^8
”
J
"4
sol
.^ 4
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PROBLEMAS RESUELTOS
155
Balance del lado del vapor de calentamiento G6 = L 7
2.3 Balances de energía Balance alrededor del evaporador L 5 / / 5 + G$Hg — G3 / / 3 + L-jHf + LgHg G6 (H6 - H7) = GgHg + LgHg - L 5H 5 Hg = CPp(t^ —í0) ; H 5 = C/?5 (¿5 ~¿o) H 6 , H7, H 3 de tablas de vapor 5. Cálculos. 5. i Balance de masa Balance alrededor de todo el equipo 2000 = G3 + L 4 2000 (0.125) = L 4(0.42) L 4 = 595.23 kg/h G3 = 1404.76 kg/h Balance en la unión
L 2 + L g = 595.23 L 2(0.125) + Lg(0.58) = 595.23(0.42) Lg = 385.9 L2 = 209.33 kg/h L 5 = 1790.67 kg/h 5.2 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 kg/cm 2 del apéndice 4.1 t s 122°C .'.Hg = 646.5 kcal/kg H 7 = 122 kcal/kg
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BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION
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 G6 (646.5-122) = 1404.76 (621) + 385.9(1) (55) -1790.*67(20) G6 (524.5) - 872355.96 + 21224.5 -35813.4 G6 = 1635.39 kg/h
4. Resultado: Se requieren 1635.39 kcal/h de vapor de calentamiento.
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°. Calcu lar 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 disolu ción con 45% de sucrosa en peso. Problema 5.12 Una solución de coloide orgánico en agua se concentra de 10 a 50% de sóli dos en un evaporador. El vapor para el calentamiento tiene una presión manométrica 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 él consumo de vapor si la temperatura de la alimentación es de 20°C / kcal El Cp de la solución entrante es de 0 .9 --------. kg°C
R esultado: -1..ksr Se necesitan 23126.6 —— de vapor. h
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P R O B LE M A S PR O P U E ST O S
lb 7
P ro blem a 5.13 Dos corrientes de aceite se mezclan en un proceso continuo en las condi ciones m ostradas en la figura 5.22. Calcule la tem peratura final T3.
R e su lta d o : L a tem peratura final es de 7 2 .4 °C . P roblem a 5.14 Dos bom bas llenan un deposito en 8 horas. ¿Cuánto tiempo necesitan cada una p ara llenarlo por separado, si la prim era bom ba tarda 4 horas m ás que la segunda? Si el volumen del tanque fuera de 100 w ? \ ¿cuáles serán los gastos de cada bom ba?
R e su lta d o : Una borpba tarda 14 hrs y 12 minutos en llenar el tanque a razón de 117 1/m in., la otra 18 hrs y 12 minutos a razón de 91.5 1/min. P roblem a 5.15 ¿Cuántos kilqgram ós de crem a que contienen 12% de m antequilla deben ser agregados a 1800 kg de leche que contiene 2 % de m antequilla p ara obtener leche con 3% de m antequilla?
R e su lta d o : Se agregan 200 kg de crem a.
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BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION
Problema 5.16 En el siguiente diagrama triangular calcule:
a) L a composición del punto A . b) La relación de agua a azúcar en la línea DF. c ) L a 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. R esultado: La composición del punto A es de 40% de alcohol, 45% de H20 y 15% de azúcar. L a relación de agua a azúcar es 1.5, la composición resultante es de 35% de alcohol, 45% de azúcar y 20% de agua (figura 5.23).
Alcohol F
Agua Figura 5.23
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PR O BLEM A S PR O PU ESTO S
ÍG9
Problema 5.17 Con objeto de satisfacer ciertas especificaciones, un fabricante mezcló h a 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:
El precio de la harina es de 33.6 pesos por kilogramo.
Problema 5.18 Una mezcla gaseosa tiene la siguiente composición volumétrica: 02 N2 C02 H20
5% 65% 20% 10%
Si la mezcla anterior ocupa un volumen de 30 m3 a 5 0 °C y 750 mm de Hg, determine:
a) ó) c) d)
L a presión parcial del agua, El volumen parcial del oxígeno. El peso molecular promedio de los gases. L a densidad de la mezcla.
Resultado:
L a presión parcial del agua es de 75 mm de Hg, elvolumen parcial del oxígeno de 1.5m3 ,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 pri mas se deben emplear para producir 5,300 kg/h de néctar de mango?
R esu ltad o: Se requieren 1709 kg de puré de m ango, 513 kg de azúcar, 2906 kg de agua y 171 kg de ácido cítrico.
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BALANCES EN PROCESOS DE MEZCLADO Y EVAPORACION
Problema 5.20 El diagrama de flujo de una industria procesadora de toronjas es el mos trado en la 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 cítri ca 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 concen trado saliente.
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PRO BLEM A S PRO PU ESTO S
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 evaporan do agua. Como el jugo es sensitivo al calor, una temperatura muy alta altera el sabor del mismo. Se decide que la temperatura de 4 0 °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.
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CAPÍTULO
SEIS ________ ___ Balances con vapores condensables
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Objetivos: A l term inar d e estudiar este capítulo, el lector p o d rá calcular las p resio nes de vapor de los líquidos p a ra em plearlas en el cálculo d e tem peraturas de ebullición y condensación, en la estim ación d e equ ilibrio en destilación y en las operacion es de acon dicion am ien to 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 ele mento común el hecho de que uno o más líquidos se vaporizan o uno o más ga ses 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 pa san al estado gaseoso, esto permite percibir el aroma de las sustancias. Si se en cierra 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 aumenta la tempera tura, aumenta el número de moléculas que escapan a la fase gaseosa y conse cuentemente la presión de vapor. Si disminuye la temperatura, la presión de vapor baja. Así se deduce que la presión de vapor es función de la temperatura, pero no es una función lineal, sino que puede ser expresada por medio de ecuacio nes como la de Antoine. T+C En donde A, B y?C son constantes propias de cada.sustancia, T es la tempera tura y P ° la presión de vapor (apéndice 6.2). Para presentar el comportamiento de la presión de vapor con la tempera tura para muchas sustancias se utilizan las gráficas de Cox.
Ebullición
t. ...... i
-: -
-- i-
- - - -..
■- ■ •
•.....
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
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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 ebulli ción es la ríormal y que el líquido está saturado. Todo líquido por debajo de su temperatura de ebullición recibe el nombre de líquido subenfriado. La ebulli ción a presión constante se efectúa también a temperatura constante.
Condensación Si a los vapores de una sustancia pura se les extrae calor a presión constan te, llegará un punto en que se forma la primera gota de condensado, la tempe ratura a la que se produce ese fenómeno recibe el nombre de temperatura de condensación o de rocío. Ün vapor que está a su temperatura de condensación recibe el nombre 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 PT = Pa ° + Pg en donde P t es la presión de trabajo, P% y P b son las presiones de vapor de los líquidos A y B . Se hace notar que la temperatura a la que ello sucede será siempre infe rior a la de cualquiera de los componentes puros, razón por la cual se suele uti lizar 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 vapores deberá ser igual a la del líquido. Pás — P ái En mezclas de gases ideales PAg - P tSa que es la ley de Dalton. Por consiguiente para líquidos inmiscibles Pr3U = PZ
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EQUILIBRIO ENTRE UN LIQUIDO Y UN GAS INSOLUBLE EN EL LIQUIDO
177
Si se tienen mezclas ideales de líquidos miscibles éstas seguirán el compor tamiento predicho por la ley de Raoult, por lo que si se tienen dos líquidos A y B P t — P%xA + PbXb 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 PAg — PAi P-ryA = P°xA la última ecuación permite predecir la composición de un vapor yA 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 temperatura recibe el nombre de temperatura de rocío y se calcula por medio de ¿ y ^ r /P f = 1 =F 0.001 j=i este punto se obtiene por tanteos. La primera gota formada tendrá la composición dada por X¿ = y f r / P i
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 p
— p .70
Pa -
PA A _ _
P jy A , —
rfiA A __ rho
P% A P t Pa
— Y
y sat
en donde Y es la humedad molar de saturación, o sea los kg mol de agua que están contenidos en un kilogramo mol de aire seco.
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BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES
Pa — presión parcial del agua. P a ' — presión de vapor del agua. Pe = presión parcial del aire. mA = moles de agua. Si el aire tiene menor cantidad de agua que la correspondiente a la satu ración, su humedad estará dada por Y =
Pa P t —Pa
_
kgmol de agua kg mol de aire seco
en las operaciones de aire-agua se recurre también al concepto de humedad absoluta másica dado por Y = _____________________ \ P t - P a PAL 1aire seco ' otros conceptos empleados son Y
Y% = ------- ( 1 0 0 ) humedad por ciento sat p
YR = —— (100) humedad relativa Pa la humedad relativa o la humedad por ciento se miden con aparatos llamados higrómetros. Otras propiedades son: El volumen húmedo que es el volumen de la uni dad de masa del gas, más el volumen de todo el vapor que contenga a la pre sión y temperatura que se encuentre al sistema r. = [ _ !_
PMaire
+ _ !_ ]
PA^agua
RT
^*r
la temperatura de bulbo seco es la que se mide con un termómetro común y corriente. La temperatura de bulbo húmedo que se mide con un termómetro provis to 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 temperatura a la cual se condensa la primera gota de vapor de agua es la temperatura de rocío. Calor húmedo es la capacidad calorífica que tiene una mezcla de gas más el vapor que lo acompaña. Cu — Cpgas + Cj&vapoj- ( Y)
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EQ U ILIBRIO EN TR E UN LIQUIDO Y UN GAS IN SOLUBLE EN EL LQUIDO
179
en el caso del aire-agua. CH = 0.24 + 0 .4 6 F k c a l/k g aire seco °C La entalpia de una mezcla de aire húmedo es igual a H = CH ( t - t o ) + \o Y
en donde T o es la temperatura base para calcular las entalpias, generalmente 0°C y \o es el calor latente de vapor a la temperatura base. En el caso del aire húmedo H = [0.24 + 0 .4 6 7 ] ( t - 0) + 5 9 6 7 —k-^alkg A.S Todas las propiedades de las mezclas de aire-agua se pueden graficar en una carta llamada psicrométrica (apéndice 6 . 1 ).
Figura 6.1
La tablas psicrométricas sirven para conseguir rápidamente las propieda des del airé húmedo a una presión dada. Para cada presión existe una tabla psicrométrica, por ello es diferente la carta de humedad en la ciudad de Méxi co que en Acapulco. Otro de los usos de las tablas psicrométricas es que con ellas pueden se guirse algunos procesos simples (figura 6 . 2 ).
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BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES
180
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 proporcio nando 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 equi pos se les deberá eliminar el calor latente de evaporación para pasarlos a la fase líquida, que tendrá una mayor proporción de líquidos con la presión de vapor alta que la que tenía el líquido original. Como se dijo, para lograr la destilación se deberá proporcionar calor a la mezcla líquida, llevar ésta a la temperatura de ebullición y además proporcionar el calor latente para que pasen ai estado gaseoso.
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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
L aXa = L rXr + L ox b
balance del volátil
y el balance de energía L aH a + Qjk = L rH r + L dH d + Qc Qc = Calor eliminado en el condensador. Q r = Calor transmitido en el rehervidor.
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182
BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES
en donde HA = Entalpia de la alimentación. Esta puede ser de un líquido subenfriado, saturado, una mezcla vapor líquido, un vapor saturado o sobrecálentado. Para una mezcla binaria, la entalpia de un líquido saturado sería H l = xA [CpLA{te~ to )} + ( l ~ x A) [CpLB{ t e - t o )] y la de un vapor saturado H v ~ yA[CpLA(te - to) + A ^e] + (1 —yA) [CpÍB(te - to) +
te]
en donde xA — fracción mol del líquido A . yA ~ fracción mol del vapor A . CPlá — Capacidad calorífícá molar a presión constante del líquido A. \A¡te = Calor latente de ebullición del liquido A, a la temperatura de ebulli ción te. to — temperatura base.
Acondicionamiento de aire El acondicionamiento de aire tiene por objeto la obtención de un aire con la humedad y temperatura deseadas para su uso en espectáculos, centros de enseñanza, laboratorios, fábricas* oficinas y casas. En los últimos casos se em plean paquetes de acondicionamiento. E# los primeros los equipos son más complejos 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 comer cial, 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
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BALANCES DE M ATERIA Y ENERGIA
183
calderas y enfriamiento. Por ello el agua caliente de las plantas se enfría en grandes equipos llamados torres de enfriamiento de agua. En ellos el agua se enfría por contacto con aire, calentándose y humidificándose éste mientras el agua se enfría.
Balances de materia y energía En general, al hacer los balances de materia y energía para los equipos de enfriamiento de agua, secado y acondicionamiento de aire (figura 6.4), se tie ne que:
Figura 6A • Balance de masa Gf + Z/4 = G2 + Éj • De agua + £ 4*4 =* G¿y2 + £ 3% • Balance de energía G\Hi + L 4//4 = L 3//3 + G2H 2 + QP en donde la entalpia deí aire se calcula por eí método antes descrito. Qp = pérdidas dé calor
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184
BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES
Problemas resueltos Problema
6 .1
La presión de vapor del alcohol etílico está dada por la ecuación: 1473 11 log P° = 8.04494 -------- - & t + 222.65 en donde ¿ en °C y P° en mm de Hg. Cuál será la temperatura de ebullición normal del alcohol? 1. T radu cción (figura 6.5).
P = 760 mm Hg
Te - ? Alcohol
Figura 6.5 2. P lan team ien to. • 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 P ? = 8.04494
1473.11 t + 222.65
3. Cálculos. Temperatura log 760 = 8.04494 -
1473.11 t + 222.65
2.856 = 8.04494
1473.11 t + 222.65
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185
PR O BL E M A S R E SU E LT O S
t =
1473 11 5.18894
_ 222.65 = 6 1 .24°C
4. R e s u lta d o : El alcohol hervirá a 61.24°C . Problema 6.2 Se tiene una mezcla de 70% de tolueno y 30% de agua en mol a la presión de 760 mm de Hg. ¿Cuál sería la temperatura de ebullición de dicha mezcla? 1. T r a d u c ció n (figura
6 . 6 ).
Figura 6.6
2. Planteamiento, • Discusión: El tolueno y el agua son inmiscibles, por ello cada uno ejer cerá su presión de vapor como si estuviera solo. • Temperatura de ebullición PT =
po
HzO
+
po
tolueno
Esta ecuación se resuelve por tanteos. En cada temperatura se localizará una presión de vapor, cuando la suma se haga igual a la presión de trabajo se habrá encontrado la temperatura.
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186
B A LA N C ES CON V A PO R ES C O N D EN SA BLES
3. Cálculos. • C onstantes d e A ntoin e — Para el tolueno 1343.94 219.38
log P?0 = 6.953 -
t +
— Para el agua log P ° n = 8.10765 h2°
de 0 a 6 0 * 0
t ± 235
log Pu O = 7.96681 - de 60 a 150°C Hz° t + 228 Temperatura de ebullición —Temperatura del primer tanteo 50°C —para tolueno lo g P f . =* 6.953 8
to1
- ... 50 + 219.38
1.9639
í*l(jl = 92 mm Hg —para el agua - 8.10765 - f
j
f
-
1.966
P°H¡0 = 92.8 mm Hg PT -
92.8 + 92 ^ 184 mm H g
—Segundo tanteo 90°C log P * 8
to1
* 6.953 -
log P?, n = 7.96681 5 HjO
1343 94 =* 2.609 ; P? * 406 90 + 219.38 1 6 6 8 21-- = 2.7208 ; P t rt - 525 90+228 H*°
Pr = 406 + 525 = 931 mm Hg
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P R O BL E M A S R E S U E L T O S
187
—Tercer tanteo 84°C J°S,1 = 334;
^ 2o = 416
P t = 750 — Cuarto tanteo 84.5°C n oo! = 339;
pk o = - ^
PT. = 764 mm Hg
4* Resultado: La temperatura de ebullición debe estar alrededor de 84.5°C . Problema 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 temperatura de ebullición de dicha mezcla?
2. Traducción (figura 6.7)
P - 760 mm Hg
Figura 6.7
2. Planteam iento• Discusión; El tolueno y el benceno son miscibles y se comportan como líquidas ideales que siguen la ley de Raoult. • Temperatura de ebullición p
-- p o £ tolueno + tolueno
po £ benceno benceno
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188
BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES
Esta ecuación se resuelve por tanteos. En cada temperatura se ob tienen las presiones de vapor correspondientes, cuando la sumatoria se haga igual a la presión de trabajo se habrá encontrado la temperatura de ebullición.
3. Cálculos. • Constantes de A ntoine — Para el tolueno W P0 8
tolueno
= 6.953 -------1343-94_2 1 9 .3 8
t +
—Para el benceno 1
1 6 2 8 .3 2 ¿ + 2 7 9 .5 6
DO
°S
benceno
*
• Temperatura de ebullición —Primer tanteo T = 50 °C > 0 8 ^
“ 6.955 - J
1343 94 + 2 1 9g s e S
1-9659
log pp = 7.429 -------1 - ^ —- = 2.488 8 benceno 50 + 279.56 tolueno = ^benceno =
92 306
mm HS mm HS
PT = 92 (0.7) + 306 (0.3) = 156.2 —Segundo tanteo 1O0°C po
tolueno
_
550
po
benceno
= 1375
PT 550 (0.7) + 1375 (0.3) = 797.5 —Tercer tanteo 98°C to lu e n o “
552
O n cen o =
PT = 756.9
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PRO BLEM A S R ESU ELTO S
189
4. R e s u lta d o : L a temperatura de ebullición debe andar alrededor de 98°C . Problem a 6.4 Se burbujea aire a través de una disolución con 26.1% de alcohol etílico en mol y el resto de agua. La disolución está a 2 5 °C. ¿Cuál es la composición de la mezcla de alcohol, aire y agua que sale como vapores de la solución? Su ponga comportamiento ideal. La presión de trabajo es de 760 mm de Hg. 1. T r a d u c c ió n (figura
6 . 8 ).
Figura 6.8
2. P la n te a m ie n t o . • Discusión: Esta destilación es a base de arrastre con aire. Al burbujear aire a través de la disolución, se puede aplicar la ecuación ^ a ir e
+
^ a lc
^ H 2Ó
=
^ T * ^ a lc
=
“^ a l c * a l c
^ h2o = ^ h2o* h2o • Composición de los vapores que dejan la disolución: La composición de los vapores está fija por la temperatura, de acuerdo con la siguiente ecuación: P alc
moles de alcohol moles totales
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BALA N CES CON VA PO RES CON DENSABLES
190
3. Cálculos. • Presiones de vapor a 2 5 °C P h 2o
2 7 -4 m m H S
=
P°lc = 62 mm Hg • Presión parcial del aire 760 = 27.4 (0.739) + 62 (0.261) + P&h Paire ~
7 2 3 -6 6
mm Hg
• Composición de los vapores moles de alcohol y . = --------------------------moles totales = Ü LL = 0.02118 760 y » ,o
5
_ 20.24 _ n n ac co TgQ- - 0 02663
* . = °-9521
• Composición de la primera gota destilada: Si fuera posible condensar el alcohol y el agua contenidos en el aire, el condensado tendría la si guiente composición: = 0-02118 * alc 0.02118 + 0.02663 = 0.443
x H>° = 0.557 4. R e s u lta d o : La composición de los vapores sería de 95.21% de aire en mol, 2.118% de alcohol y 2.663% de agua. Bajo ciertas condiciones, esta técnica puede ser útil para la destilación a baja temperatura de los componentes saborizantes.
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191
PR O BL E M A S R E SU E L T O S
Problema 6.5 Una mezcla líquida de benceno-tolueno tiene una composición de 70% de tolueno y 30% de benceno en mol a la presión de 760 mm de Hg. ¿Cuál será la composición de la primera burbuja formada? ¿Cuál será la entalpia molar de la mezcla líquida a su temperatura de ebullición? ¿Cuál será la entalpia de los vapores formados? 1. T r a d u c c ió n (figura 6.9).
760 mm Hg
#v= ? H£= ?
Figura 6.9
2. P la n te a m ie n to . • Discusión: Del problema 6.3 se conoce la temperatura de ebullición que servirá para los cálculos de la entalpia del vapor y del líquido. La composición de los vapores se consigue por medio del equilibrio. • Equilibrio ■^benceno ~ en el gas
“^benceno en el líquido
P j y benceno “
^benceno ^benceno
• Entalpia del líquido H l = xB [CpB ( t e —to)\ + ( l - x B) [CpTo(te —to)\ • Entalpia del vapor ñv
=
y¡B [C p B ( t e - t o )
+
Xa ^ ]
+
( 1 ~ y B) [C p T o ( t e — t o )
3. C álcu los. Composición de la primera gota 7 6 0 ^ b en cen o ) =
1305 (° 3)
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+
X ro .te]
BALA N CES CON V A PO R ES CO N D EN SA BLES
192
y, ^ = 0.515 J benceno > y' . = 0.485 -'tolueno Entalpia del líquido = ( ^ 85°-C -t 2
e
: (78) = 52.26 - f a s L ; kgmol°C
CpTo = 40.25
kcal kgmol°C
/ / £ = 0.3 [52.26 (98 —0)] + 0.7 [40.25 ( 9 8 - 0 ) ] H l m 4297.59
kcal kg mol
Entalpia del vapor *r Xo
9 8 °c
kcal \ro — "t qsoc le g mol 98 c
= 2808 t z ,ou o
<5 qia 2810
kcal kg mol
//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 primera gota será 51.5% de benceno y 48.5% de tolueno en mol. La entalpia del líquido es de.4297.50 kcal/kgmol y la del va por 7359.47 kcal/kgmol. Problema 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 humedad absoluta, la temperatura de rocío, el volumen hú medo, el calor húmedo y la entalpia. 1. T r a d u c c ió n (figura 6.10).
Ya = 30% 25°C PT~ 760 mm de Hg
F igu ra 6.10
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PROBLEMAS RESUELTOS
193
2. Planteamiento, Discusión: Este problema se puede resolver utilizando los conceptos in dicados al principio del capítulo. • Humedad relativa Yr =
...
X
rh2o h 2o
=
(100)
Y b JS v l 100
• Humedad absoluta P h ,o
Y = Pt
_
P h 2Q
PM
hoO
P M aire seco
• Volumen húmedo = (-+ _ + 29
Y ) KT 18 7 P
Calor húmedo CH = 0.24 + 0 .4 6 7 Entalpia H = CH ( t - 0) + '5 9 6 7
3. Cálculos. • Presión parcial del agua log PHO = 8.10765 - -I 75 -P-2 8 6 5 h2° 25 + 235 P » 2o = 23.65 mm Hg; P H ¡0 = + ° g Q65> = 7.095 Cuando la presión de vapor sea igual a 7.095 se alcanzará la tem peratura de rocío: T h = 6 .16°C. * Humedad absoluta 7.095 (—15_) = 0.005849 kgH2Q/kg A.S. 7 6 0 - 7 .0 9 5 29
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BALANCES CON VA PORES CONDENSABLES
194
• Volumen húmedo •) 0.082 (298) = 0.8475
kg A.S.
• Calor húmedo C„ = 0.24 + 0.46 (0.005849) = 0.24269 kcal/kg°C • Entalpia H = 0.24269 (25) + 596 (0.005849) = 9.553 kcal/kg A.S
4. Resultado: La humedad es de 0.005849 kg HzO/kg. La temperatura de rocío de 6.16°C . Volumen húmedo de 0.8475 m3/kg A.S. El calor húmedo de 0.24269 kcal/kg°C y la entalpia de 9.553 kcal/kg A.S. Problema 6.7 Obtenga algunas de las propiedades del aire del problema anterior usan do el diagrama psicrométrico del apéndice 6.3.
I. Cálculos. • Humedad absoluta (figura 6.11).
Y — 0.0058
Figura 6.11
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PRO BLEM A S RESU ELTO S
Temperatura de rocío (figura 6.12).
Figura 6.12
Entalpia (figura 6.13).
H - 4 0 - 0 . 3 = 39.7
kj kg A.S
0.0058
H = 9.486
Figura 6.13
Volumen húmedo (figura 6.14).
kg A.S
F ig u ra 6.14
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kcal
BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES
196
2. R esultado:
y el volumen húmedo de 0.85 kg 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 Tx= 140°C
r*= ?
Figura 6.15 2. P lanteam iento. • Discusión: La condensación se alcanzará cuando la presión parcial del agua sea igual a la presión de vapop a una temperatura. Esta se conoce como temperatura de rocío. ® Presión parcial p u2o 1
C álculos. • Presión parcial PHO = 586 (°-07) = 41 02
• Temperatura de rocío log 41.02 = 8.10765 5
1? 5 — —t + 235
t = 34.496°C
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P RO BL E M A S R E SU E LTO S
197
4. R e s u lta d o : El agua se comenzará a condensar a 34.496°C . Problema 6.9 m3 Para cierto proceso se deberán mezclar 750 —- — 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. 1. T r a d u c c ió n (figura 6.16).
Figura 6.16 2. P la n tea m ie n to . • Discusión: Este problema se puede resolver por medio de una carta psicrométrica a 760 mm de Hg. En la carta se podrán localizar las condicio nes 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).
r F igu ra 6.17
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BA LA N C ES CON V A P O R E S C O N D EN SA BLES
198
® Balances de masa Gil d Gj2 ~ G/3 Balance de aire seco Gi = kg/h de aire seco G iiYi + G/2¡172 = G/3 F 3 balance de agua 3, C álcu los. • Humedades
Figura 6,18 41
Aire de la mezcla
Figura 6,19
• Volumen del aire en 1 VH = ( - — .
+
y aire seco en < í>
rrr
0 0197 (0.082) (298' 18 '
Gn = 1000
0 i8598
1163
kg
kg A.S. de A.S
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199
PR O B L E M A S R E S U E L T O S
• Balances 1163 + G/2 = G/3 (I) 1163 (0.0127) + G¡2 (0.0053) = Gn (0.009) II G ,2 = 1164.86
• Volumen húmedo en
2
= (—— v 29
k— de a¿re seco h
y volumen adicionado
+ M 0 5 3 ) (0 .0 8 2 ) (288) = 0.8212 m ■ 18 ’ v kg A.S, G 2 = 956.68 m
• Volumen de aire resultante F "3
1 . = (-^T " + 29 = 0.8404
0.009 V " - ) (0.082) (293) 18 m3
kg A.S.
Gn = 1164.86 + 1163.06 = 2327.92 kg A.S G 3 = 1956.38 m 3 4. R e s u lta d o : El aire resultante de la mezcla está a 0.009 de humedad, el volumen adi cionado es de 956.68 y el resultante de 1956.38 m3. Problem a 6.10 Se hizo un estudio técnico-económico para la recuperación de glumen de sorgo. Una de las partes más importantes del proceso es el secado del sorgo. Se procesan 333.00 ton/día 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 temperatura a la en trada del 60% y una humedad por ciento de 10. Si el proceso de secado es adiabático. Calcular: a) El agua evaporada. b) El aire seco necesario.
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200
BALA N CES CON VA PO RES CO N DEN SA BLES
c) El volumen del aire, d) Las condiciones de salida del aire. La presión de trabajo es de 760 mm de Hg. 2. T r a d u c c ió n (figura 6.20).
2.
P la n tea m ien to . • Discusión: Para saber la cantidad de agua evaporada, y de aire seco, se hace un balance total de materia y uno parcial de agua. Para saber las humedades absolutas se usa la carta psicrométrica (apéndice 6.3). • Balance parcial de agua En base seca GIY1 + St W2 = Gj Y4 + SrWz en donde: G/ = masa de aire seco. 5/ — masa de sólido seco. Yx = kg de HzO/kg de aire seco. W2 = kg de H 20 /k g de sólido seco. Agua evaporada y aire seco G,Y4 - YO = ,Sr(W 2 -
wo
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PRO BLEM A S R E SU E LT O S
201
• Volumen de aire Gi = G:V h • Humedades finales: El proceso se puede seguir en una carta psicromé trica (figura 6 . 2 1 ).
Figura 6.21
3. C álcu los. • Humedades conocidas W2 = — — = o 2 1 - 0 .4 5
g l8
w 3
= 0d)5 = o 0.95
0526
De la carta Yx = 0.012 kgH20 /k g de aire seco • Sólido seco
S, = 333 (0.55) =' 183.15 Ton/día • Agua evaporada 183.15 (0 .8 1 8 -0 .0 5 2 6 ) = 140.183 Ton/día • Aire utilizado G/(F4 —0.012) = 140.183 Se tiene una ecuación con dos incógnitas, la cantidad de aire y la humedad de salida. Hay muchas soluciones posibles.
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202
BA LA N C ES CON V A P O R E S C O N D EN SA BLES
La mínima cantidad de aire sería la requerida para que el aire sa liera 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 temperatura y humedad final del aire (figura 6 . 2 2 ).
G, =
140.183 Ton -----= 10783.3 — 0 .0 2 5 -0 .0 1 2 día
Figura 6.22
• Volumen de aire a las condiciones de entrada 0 0 1 .9
Vh = (
1
+
lo ,
-wy
( ° -082)
(2 7 3
+ 60) = 0-9597 m3/kg
10783307 (0.9597) = 24
,
4* R e s u lta d o : 0 • • •
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 2 8 .5 °C y una humedad de 0.025 kg/kg o sea saturado.
Problem a 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 m 3/h ) a 15°C y 586 mm de Hg y luego se comprime éste hasta 925 mm de Hg. El aire se manda 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 humedad del 70% y sale casi seco. El gas sale del se cador a 110°C y 800 mm de Hg y se le pasa a través de un cambiador de calor, que enfría la corriente hasta 3 8 °C para quitarle algo de la humedad, antes de ser lanzado a la atmósfera. La presión parcial del vapor de agua en la corriente
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P R O BL E M A S R E SU E L T O S
203
entrante al sistema es de 10 mm de Hg y la del saliente del secador de 175 mm de Hg. Complete el balance molar de materiales para las corrientes indicadas, si el sólido seco tiene un peso molecular de 50 000. b) Determine la humedad relativa por ciento para las corrientes 1, 2, 3 y 4. c) Determine el porcentaje de humedad del cereal saliente del secador.
a)
1. T r a d u c c ió n (figura 6.23).
7^ ° =10 Gi = 10000-
0
—
175 mm Hg
kg M6 = 30000 — h Z6 = 0.70
! i • L.
Figura 6.23 2. P la n tea m ie n to . • Moles de agua en las corrientes _
m H2o
_
m totales
2maire
=
P h2o P'iT
P hi ° = Gv P t - P H2o
/G
• Humedad relativa por ciento en las corrientes Yr = (P H2° / P ° 2o) 100 • Balance de agua en las corrientes C H20
entrante
= G H20
saliente
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BA LA N C ES CON VA PO RES CO N D EN SA BLES
C álcu los. • Moles totales en la corriente (1) Gj = 10 000 m3/h ; Glcstándar = 10 000
288 7 ' 760 7
7308.9 m3 h
G 1 = 7 3 0 8 .9 /2 2 .4 = 326.29 kg m ol/h • Moles de agua en la corriente (1) Gi Vi H2° = 326.29
v 586
G ^ xrc = 326.29 -
= 5.568 kg m ol/h 6 5.568 = 320.722
10 12.788 Corriente (2) P ° i 9 ioC = 9520 mm Hg P
5 568 = 850 ( D ) = 14.5 mm Hg 326.29 6 Y % r = (1 4 .5 /9 5 2 0 ) (100) = 0.152%
• Corriente (3) Pft2o =
mm Hg
PH2q = 175 mm Hg
110°C
OH2° = 3
3 2 0 .7 2 2
(---- U *— ) = 89.8 800 — 175
YR =
(100) = 16% 1090 v '
Corriente (4) ^ h2o = ^>38°c (sa^e saturado) = 65.8 mm Hg
£H2° = 320.722 (---- -----------) = 40.56 kg m '-1 v 5 8 6 - 6 5 .8 ’ h
YR = 100%
Corriente (5) ^ h 2o
q H 2Q _j_ j ~i i2o
89.8 = 40.56 + L^2° ;
^HzO __
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4 Q2 4
kgmol/h
PROBLEMAS RESUELTOS
205
• Corriente (6) L ” 2° = 30000 (0.07) = 2100 kgh S6 = 30000 (0.93) = 27900 kg/h L 6H2° = 2100/18 = 116.6 kgmol/h
S6 = 27900/50000 = 0.558 kgmol/h • Corriente (7)
Le-
-
L 7 = 116.60 - (8 9 .8 0 -4 0 .5 6 ) = 67.36 kg mol/h
L7 _ 67.36(18)(100) L 7 + S6 ~ 27900 + 67.36(18) = 4.16% de humedad 4. R esu ltad o: Corriente Aire Agua
1
2
3
4
320.722
320.722
320.722
320.722
5.568
5.568
89.80
40.56
Sólido
5
6
49.24
116.6 0.558
T° C P mm de Hg
15
191
110
38
586
850
800
586
7
67.36 0.558
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 rela tiva 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 mis ma secuencia se sigue en la tercera sección. El aire húmedo final sale a razón de 5700 m3/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.
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206
BA LA N C ES CON VA PO RES CO N D EN SA BLES
1. T r a d u c c ió n (figura 6.24).
I !
Yx — 0.0105
0
—
< >
ty = 35°C
i i i
1.1 ri i. i ri
II
III
Ul i*l Ul ri •
45
23
1 1 1 1
P = 760 mm Hg
< í> —
0
Gfi = 5700 m3/h
Figura 6,24
2. Planteamiento. • Discusión: Para obtener la cantidad de agua evaporada se hace un b a lance total de materia para el agua en función de las humedades. Para obtener la temperatura del aire saliente se debe usar la carta psicro métrica a las condiciones de presión *iel problema. • Balance de materia
Gi(Y$ — Yx) = agua evaporada • Masa de aire seco
G7
Vi
Tem peratura del aire saliente para cada sección: Con la temperatura de entrada y la humedad 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 enfriamiento adiabático hasta que se alcanza la humedad por ciento requerida, allí se lee la'humedad y la tempera tura. El calentamiento estará representado por una línea horizontal desde la humedad por ciento final hasta la temperatura de entrada a la nueva sección de calentamiento (figura 6.25).
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P R O BLEM A S R E SU E L T O S
207
Figura 6.25
3. C á lcu lo s.
• Temperaturas y humedades en el secador (figura 6.26).
Figura 6.26 • Masa de aire seco
F"6 = (_^ í f L + ~29~) (2?3 + 30) (0 °82) YTJ3 VHr = 0.8853 — 6 kg A.S.
;
G¡ = 6435 kg A.S/h 5
• Agua evaporada 6435 (0.021 - 0 .0 1 0 5 ) = 67.56 kg de agua/h
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BALANCES CON VA PO RES CO N DENSABLES
208
4. R esu lta d o : Se evaporan 67.56 kg de agua por hora. La temperatura y las humedades en cada sección son: 1 Y kg agua kg A.S T °C
2
3
4
.5
6
0.015
0.015
0.015
0.018
0.018
0.021
35
24
35
28
35
30
Problema 6.13 En un proceso para producir antibióticos, se usa un fermentador intermi tente 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 has ta 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 humidificarse 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 alimen tar al fermentador, cuánta agua debe introducirse al humidificador y cuánto calor se requiere para precalentar el aire. 1. T ra d u c ció n (figura 6.27).
F i g u r a 6 .2 7
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PRO BLEM A S R ESU ELTO S
209
2. P la n te a m ie n t o , • Discusión: El aire entrante debe calentarse hasta que la humedad de entrada alcance una temperatura tal que a! humidificarse adiabática mente salga con una tem peratura de 30°C y saturado (figura 6.28).
Figura 6.28
• Balance de aire VTC c
— Masa de células
Aire = V TC c (Dosis) (-
1
% oxígeno en aire
= volumen de aire G3 Gj = G 3VH = aire seco • Agua requerida en el humidificador ¿2
= Gj(F 3 — Yx)
3. C á lc u lo s . • Balance de aire G3
= 10 000 1 ( ™ p?g_5él.ula s) ( 1000 P 1.) (_ _50m1O2 , } (_ ^1 _ ) mi solución mg de células 0.21 G3 = 2 3 .8 X 1 0 9 tú = 23809 1 de aire
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210
• Humedad del aire de entrada y salida Yt = 0,0 0 5 2 kg H20 / k g aire seco F3 — 0.0 2 7 3 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 .2 9 ,
0.0273 0.0052 15°C
84°C
F igu ra 6.29
• Aire necesario 1 VH% = ( r 1 — + 5 29
0 027 - -) (273 + 30) (0 .0 8 2 ) /l = 0 .8 9 2 m 3/k g 18
Gi • Agua necesaria L 2 = 26.691 ( 0 .0 2 7 3 - 0 .0 0 5 2 ) = 0.58987 kg/h • Calor para precalentar CHl -
0 .2 4 + 0.0 0 5 2 (0 .4 6 ) = 0.2423
d = 0.2423 (2 6 .6 9 1 ) ( 8 4 - 1 5 ) = 4 4 6 .2 3 kcal/h
4. R esultado: Se necesitan 23 .8 0 9 1/h de aire, 0 .58987 kg/h de agua y 4 4 6 .2 3 kcal/h para precalentar.
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PRO BLEM A S RESU ELTO S
211
Problem a 6. 14 Se desea diseñar una colum na de rectificación para separar 2 0 ,0 0 0 kg/h de una mezcla que contiene 15% de alcohol y 85 % de agua en peso, con o b je to de obtener un producto destilado con 90% en mol de alcohol y unos fondos con el 15% de alcohol en m ol. Calcule la cantidad de destilados y fondos en kg/h. 2. T r a d u c c ió n (figura 6 .3 0 ).
Figura 6.30 2. P la n te a m ie n to . • Balances de masa L 1 = L u + L r total — LjyXu f JLrXr parcial
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212
BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES
3. Cálculos. • Moles entrantes r~ _ 20000(0.15) , 20000(0.85) —-- ----------------------- i 1 46 18
jL/1
= 1009.66 kg mol/h ¿«1
_
65.217 1009.66
= 0.06459
kg mol alcohol kg mol totales
• Balances 1009.6 = L d + L r 1009.66(0.06459) = ¿0(0.9) + Í R (0.015) Resolviendo simultáneamente ¿o = 56.5786 kg mol/h L r = 953.0814 kg mol/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:
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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. Planteam iento. • Discusión: Este problema se debe resolver con balances de materia combinados con balances de energía. • Balances de energía + Qr = L 3H 2 + L 2H 2 + Qc tota* Balance alrededor del condensador G4 = L 5 + L 3
La — L F
G4H 4 + L fH f = L 5 H 5 + L 3 / / 3 + l ah a
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BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES
214
Balance alrededor del rehervidor L§H§ + G vH v — O-j H-j + L 2H 2 4” L CH C ; G v — L e
• Entalpias de las mezclas alcohol-agua, considerando com portam iento ideal Entalpias de líquidos - H t = CpY (¿i —£0) *i 4- x 2 Cp2 (¿j —í0) Entalpias de vapores H v = C px {te —to)y^ + \ íy í + C p ^j^te —ío) + y 2 X2
3. Cálculos. Entalpia / / 3: La entalpia H 3 corresponde a la de un líquido saturado, o sea que está a su tem peratura de ebullición. Pt ~
P l\
+
* h 2o
760 = P a°j (0.9) + P h2o (0.1)
lo? P°. = 8.04494 s al
15 ^ 2 3 _ 222.65 + <
5
H*°
1668.21 1 + 228
T = 70°C
Prim er tanteo p h2o =
= ? 966gl _
2 3 3 - 7
P alc =
mm HS
PT = 774.7 Segundo tanteo 69°C Pft2o - 224 ; P°lc = 519 mm Hg ; Pr = 743 mm Hg Luego la tem peratura de ebullición es de alrededor de 69.5°C
Cpm= 1 x 18 = 18 - kC^ H,o
28.75
kgmol°C
4
Cpm=
2
(46) =
kcal kgmol°C
H z = 18(0.1) ( 6 9 .5 - 0 ) + 28.75(0.9) (69.5)= 1923.4
kcal kgmol
La entalpia H 3 = H5, porque es el mismo líquido a la misma tem peratura.
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PROBLEMAS RESUELTOS
215
• Entalpia H4 : La entalpia H4 corresponde a la dé un vapor saturado con la misma composición que el liquido destilado. Xa/c = 210 — (46) = 9660 — 69.5 kg kgmol
5
Xh2o = 550 (16) = 9900 kcal 69.5 kgmol
H4 = 18(0.1)(69.5)+ 0.1(9900)+ 28.75(0.9X69.5)+ 0.9(9660) = 11607.4
kcal kgmol
• Balance alrededor del condensador ¿ 3
= 56.5786
¿
5
= 3.5
¿
3
= 198.025 kgmol
G4 = 198.025 + 56.5786 = 254.6 kgmol L f(Ha - H f ) = 254.6 (11607.4) - 254.6 (1923.4)
= Qc = 2465589.3 — * h pero La (Ha ~ H f ) = LACp^ q (T a —TF) LA(l) (45 —25) = 2465589.3 L a = 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°lc (0.015) + P °
2 0
(0.985)
Primer tanteo 98°C P*
=
7 0 8
P °c = 1570
PT = 720.93
La temperatura deberá estar alrededor de 98.5°C. r..ntr / 0.5 + 0.87 c ir o, r kcal C r tf c r (— — - i 4 6 = 5 1 -5 'í g^ '
x. _ c ÍH.o -
1 9
H , = 18(0.985) (98.5) + 31.5 (0.015) (98.5) = 1792.94
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kcal
216:
BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES
• Entalpia a la entradá Hi Cpn2o = 18
CP'&C (—
2'—
kcal kgmol °C
) 46 ,= 24;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 Qx = 3 911,132.7 kcal/h • Vapor requerido T = 127°C
Presión de vapor 1 .4 + 1 = 2.4 kg/cm 2 X = 525 kcal/kg Gy 525 = 3911132.7
Gv = 7449.77 kg/h
4. Resultado: Se requieren 7449.77 kg/h de vapor, se deben quitar 2, 465, 589.3 kcal/h en el condensador y usarse para ello 123, 279 k g /h de agua.
Problemas 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 con densa 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°C es de 13.2563 mm de Hg. La presión total es de 1 atm . Calcule lo siguiente: a) 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.
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PROBLEMAS PROPUESTOS
217
Resultado: La humedad del aire a 43°C es de 0.0629 kgH 2 0/kgA .S. La humedad del aire a 15.5°C es de 0.011. Se derivan 0.2098 kg de aire por kg que entra, o sea el 2 1 %.
Problema 6.17 A una columna de destilación se alimenta una mezcla con 26.1 % en mol de alcohol etílico y el resto de agua a su temperatura de ebullición. La compo sición del destilado deberá ser de 85% de etanol en mol y la de los fondos de 3%. Si se necesitan destilar 2000 kg/h de mezcla, ¿cuánto destilado y fondos se obtendrán? ¿Cuál será la temperatura a la que entre la disolución si la presión de trabajo es de 586 mm de Hg? Suponga comportamiento ideal. Respuesta: Se obtendrán 22.916 kgmol/h de destilados y 56.09 kgmol/h de fondos^ La temperatura será de 73°C.
Problema 6.18 El C1 0 H 2 2 es insoluble en agua y puede ser purificado por medio de la des tilación por arrastre con vapor a 586 mm de Hg. a) ¿A qué temperatura se llevará a cabo la destilación? b) ¿A cuántos grados por debajo del punto normal de ebullición del decano se llevará a cabo la destilación? c) ¿Cuántos kg de vapor de agua se requieren para destilar un kilogramo de decano? Respuesta: La destilación se llevará a cabo a 90°C y a 75°C por debajo del punto de ebullición del decano puro. Se requieren 1.332 kg de vapor de agua por kg de decano.
Problema 6.19 En una mezcla de benceno y nitrógeno que está a 40°C y 720 mm de Hg la presión del benceno es de 50 mm de Hg. Para separar el ochenta por ciento del benceno presente en la mezcla se somete ésta a compresión y enfriamiento. Calcule: a) la presión final si se enfría hasta 10°C; b) el volumen inicial requeri do para condensar 50 kg de benceno por hora.
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218
BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES
Resultados: Se requiere com prim ir la mezcla hasta 4.08 atril. Se necesitan procesar 312 m 3/h de gases.
Problem a 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 húm edo. 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? R esultado: La capacidad del ventilador será de 5 780.83 m 3 /m in .
Problem a 6.21 En un salón de clase se observa que la tem peratura de bulbo seco del aire es de 25 °C y la de bulbo húm edo de 20°C. ¿Cuál es la hum edad absoluta, la relativa, la entalpia del aire y el volumen húmedo? a) A la presión de 760 mm de Hg. b) A la presión de 586 mm de Hg. Resultados: Presiones en mm Hg
Y k g /k g
YR%
H kcal/kg
V*m3/k g aire seco
760 586
0.013 0.017
70 65
13.91 16.3445
0.86 1.1226
Problem a 6.22 La presión parcial del vapor de agua en una m asa de aire húm edo a 30° y 740 mm de Hg es de 14 mm de Hg. Calcúlese: a) El punto de rocío. b) La hum edad absoluta. c) El calor húm edo.
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PROBLEMAS PROPUESTOS
219
d) El volumen húmedo. e) La entalpia. f ) La hum edad relativa. Resultado: • • • •
Tem peratura de rocío: 16.4°C. Humedad absoluta: 0.012 kg H 2 0 /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 e jores 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 pigmeúto entra al secador a razón de 8000 kgm ol/h y contiene 1.25% en mol de benceno. El gas saliente del secador está a 768 mm de Hg, 42.2°C y tiene una hum edad relativa de 75%. Esta corriente se pasa a través de un enfriador para condensar la mayor parte del benceno, el cual se separa en un tam bor de separación. El vapor sa liente del tambor se hace pasar por medio de un ventilador a través de un cam biador de calor y posteriormente pasa al secador. El ventilador operará a una presión de succión de 760 mm de Hg. A la descarga del ventilador hay una tem peratura de 15.4°C y una presión de 1250 mm de Hg. El gas que circula en el circuito es de 9500 m 3/h estándar en base seca libre de benceno (figura 6.32).
F ig u r a 6 .3 2
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BALANCES C O N VALORES CONDENSABLES
a ) ¿Cuál será la tem peratura en el tam bor de separación p ara que no exista u n aum ento de benceno en la corriente de gases recicladas? b) ¿Cuál es el porcentaje en m ol de benceno que condénen los sólidos que d e ja n el secador? R esultado: L a tem p eratu ra en el tam bor esjde 6 °C . A la salida d e l secador los sólidos contienen 0.00242 por ciento de benceno.
Problem a 6.24 Se debe calcular u n equipo p a ra acondicionar el aire de un local en do n de? se extrae aceite de ajonjolí. El proceso com pleto consta de precalefacción, hum idificación y recalentam iento. A la e n trad a del proceso se tiene aire a 27 ?C con una h u m e d ad absoluta de 0 $ 0 7 2 kg de a g u a /k g de aire seco. P ara el local se requieren 340 m 3/m in dé aire a 309C y con u n a hum edad de 0^0166 kg d e á g u a/k g de aire 5 seco. A. la salida del hum idificador se tiene u n a hum edad relativa por ciento de 85. Calcular: a) L a can tid ad de agua que debe absorber el airé. b ) La tem p eratu ra de salida del aire en el hum idificador. c) L a te m p é rátü ra de precáléntám iento? R esultado: Se evaporan 3.65 kg de a g u a /m in . La tem p eratu ra de salida de la cám ara de hum idificación es de 26.5°C. L a tem p eratu ra de precalentam iento es de 57°C.
Problem a 6.25 Se cuenta con una torre de enfriam iento 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 b u l bo húm edo. A la salida de la torre el aire tiene u n a tem p eratu ra de bulbo h ú m edo de 20 °JC y 22° C dé bulbo seco. La presión de trab ajo es de 760 m m de H g. Si el gasto volum étrico de agua que es necesario agregar al sistema para reponer la que se pierde por evaporación d u ran te el enfriam iento es de 3450 1 /h . Calcule: a) b) c)
El gasto más ico de aire que en tra a la torre. El gasto volumétrico de aire a la salida de la torre. El gasto másico del agua que se va a enfriar.
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PROBLEM AS PROPUESTOS
221
Resultado: El aire entrante a la torre es de 328 571.4 kg de aire seco/h. El gasto volu métrico de aire a la salida es de 280 476 m 3 /h . Se enfrían 214 319 kg de ag u a/h .
Problem a 6.26 La h arina de tapioca se usa en lugar de h arin a de trigo en m uchos países. La h arina se obtiene secando la raíz de casava con 6 6 % de hum edad hasta que contenga sólo 5% y luegp se muele p ara obtener la harina. ¿Cuántos kilogra mos se deben secar p arar producir 5,000 k g /h r de harina? R esultado: Se deben secar 13970.58 k g /h .
Problem a 6.27 Un m aterial 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 qüe el aire en tra a 400°K y con una hum edad de 0.007 kg de a g ü a/k g 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 atm ósfera. R esultado: Se requieren 6.302 kg de aire seco por segundo. La hum edad del aire sa liente es de 0.0172 kg de agu a/k g de airé seco.
Problem a 6.28 En un proceso se mezcla h arin a de pescado con otros alimentos. P ara o b 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 p ara dar una h arina con 40% de agua, luego esta se muele y se em paca. Calcule los kilogramos de harina húm eda en tran te £l secador requeridos p ara producir 1 0 0 0 k g /h de harina seca. R esultado: Se deben introducir 3000 k g /h de Harina húm eda al secador.
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222
BALANCES CON VAPORES CONDENSABLES
A p é n d i c e 6 .1 Presión de vapor del agua en mm de Hg Presión en mm de Hg
Temperatura °C
4.579 6.543 9.209 12.788 17.535 23.756 31.824 42.175 55.324 71.88 92.51 118.04 149.38 187.54 233.7 289.1 355.1 433.6 525.7 633.9 760.0
0
5 1 0
15 2 0
25 30 35 40 45 50 55 60 65 70 75 80 85 90 95 1 0 0
A p é n d i c e 6 .2 Constantes de Antoine B t + C
Log P° —A
Metano Etano Propano Butano Pentano Hexano Heptano Benceno Tolueno Etil ciclohexano Acetona Alcohol etílico Alcohol metílico Agua Agua
P — mm de A 6.61184 6.80266 6.82973 6.83029 6.85221 6.87776 6.90246 7.429 6.953 6.80266 7.02447 8.04494 7.87863 8.10765 7.96681
t = °C B C 389 266 656.4 256 813.2 248 845.9 240 1064.63 232 1171.53 224.336 1268.115 216.9 1628.32 279.56 1343.94 219.38 656.4 256 1161 224 1554.3 222.65 1473.11 230 1750.286 235 de 0o a 60°C 1668.21 228 de 60 a 150°C
Hg
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APENDICE 6.3 CARTA PSICROMETRICA
m
Apéndice 6.3 O Í5 LO-O *> s , s
^í® )
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V.
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CAPÍTULO
SIETE
_________ Balances en extracción sólido-líquido y en cristalización
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Objetivos: • Al terminar de leer y estudiar este capítulo el estudiante podrá utilizar un diagrama de solubilidad para efectuar balances en cristalización. • Estará capacitado para efectuar balances de materia en la operación de extracción sólido-líquido usando diagramas ternarios.
Cristalización______________________________________________ Por medio de esta operación unitaria se obtienen sólidos cristalinos a p ar tir de una solución líquida saturada. En muchos casos es deseable obtener los sólidos en forma de cristales, pues así es más fácil almacenarlos, conservarlos y utilizarlos, además por medio de la cristalización se pueden obtener sustancias puras las que sólo tienen el sólido deseado y el agua de cristalización. Para lograr la cristalización las soluciones líquidas se deben sobresaturar, esto se lo gra mediante aparatos llamados cristalizadores, en los cuales se enfrían las so luciones saturadas, a veces, para favorecer la cristalización se agregan cristales pequeños de la misma sustancia que se desea cristalizar, esta siembra fomenta la cristalización al servir de núcleos en los que principia la formación de cristales. La cristalización está ligada a la solubilidad de las sustancias, ésta gene ralmente aumenta con la tem peratura, aunque se dan casos en los que dismi nuye. Los datos sobre solubilidad se presentan en forma de tablas o de gráficas como la siguiente:
Figura 7.1 227
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BALANCES EN EX TR A C C IO N SO LIDO -LIQU ID O Y EN CRISTALIZACION
Si S es el soluto y D el disolvente, en general las curvas de solubilidad p re sentan la form a m ostrada en la figura 7.2. En la figura 7.2 el área por arrib a de la curva AEH representa al liquido 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 satu ra ción corresponde a los líquidos saturados del soluto S y sólidos cristalizados. El punto E de la curva recibe el nom bre de entéctico y representa la tem peratura más baja que puede alcanzar u na solución saturada con el soluto 5. Abajo de la línea CM se encuentran solamente sólidos. El área EHM represen ta mezclas de cristales de soluto S y de aguas m adres o sea líquido saturado con S. El área A C E 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 materia De acuerdo con la figura 7.3, el balance de masa estará dado por:
Figura 73
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MATERIA
200 190
Solución + M gS04 H20
180
170
_
M gS04 H20 0.87
160
150
140 Solución + MgSO« 6HzO
130
M gS04 6H20 + M gS04 -
120
110
100
90
O X
80
6 'O 2
70
M gS04 7H20 + M gS04
Solución + M gS04 7H20 60
50
40
30 g
20
lielo + solución1
_J
0.05
L_
0.10
M gS04 12HzO + M gS04
__
0.15
_
0.20
L _ l
0.25 0.30 0.35 0.40 Fracción en peso M gS04
0.45
I. -L ,
0.50
0.55
Figura 7.4
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-L
0.60
230
BALANCES EN E X T R A C C IO N SO LID O -L IQ U ID O Y EN C RISTA LIZA C IO N
En donde L x son los k g /h de solución en tran te al cristalizador, L 2 las aguas m adres salientes del cristalizador y que están saturadas de soluto a la te m p era tu ra t2, S3 son los k g /h de cristales que se form aron en el cristalizador y que es tán en equilibrio con las aguas m adres. • Balance total: L i = L 2 + S3 • Balance de soluto: L'ix\ = L 2x 2 + S3 W3 Para obtener las concentraciones de xs2 y 0 / 3 se deberán usar las tablas de solubilidad o las gráficas que representan el equilibrio. En ciertos casos a p a rtir de u n a disolución se pueden obtener diferentes ti pos de cristales, dependiendo de la concentración con la que se com ience o de la tem peratura final a la que se lleve la cristalización. Esto se visualiza en la fi gura 7.4.
Extracción sólido-líquido En esta operación por medio de un disolvente se extrae un soluto que for m a parte de un sólido, como un aceite, una esencia, etc. La extracción sólidolíquido recibe tam bién el nom bre 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 p u e den trab ajar a régim en perm anente o interm itente; en ellos lo que se pretende es lograr el contacto más íntim o posible entre las fases p ara favorecer la ex trac ción. En la extracción se agrega solvente en exceso con objeto de recuperar to do el soluto posible. Para los cálculos se suele usar un diagram a trian g u lar rec tangular (figura 7.5).
Figura 7. y
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231
BALANCES DE M ATERIA
En ese diagram a se presenta en el vértice del ángulo de 90°, el compo nente o componentes inertes, en el de la derecha el soluto o componente a extraer y en el superior el disolvente. El equipo más sencillo de extracción se representa en la figura 7.6. U
En donde, SA es la alim entación, L D es el disolvente, L M es la mezcla resul tante, L e es la corriente del extracto y que contiene solamente disolvente y so luto, L r es la corriente de refinado o lodos, que contiene a los inertes más la solución retenida por éstos. En el diagram a triangular la línea D S representa a todos los extractos posibles. Para representar a los lodos se pueden utilizar varias líneas a saber: Línea K M representa lodos que tienen la relación de diso lución a inertes constante. Si lo que perm anece constante es la relación de d i solvente 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 para representar a los lodos.
Figura 7.7 http://ingenieriaytecnologiadealimentos.blogspot.com
232
BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION
Esas líneas se construyen en base a la información experimental presenta da en la literatura obtenida directam ente.
Balances de materia Sea un extractor de una sola etapa consistente en a) un mezclador en d o n de se pone en contacto el sólido con el solvente y b) un asentador en donde se separan las fases.
SA + L d —L m = L e + L r Balance total
r x^ Sol =LE I x r + LrXrsol SAw f +LoX^ =LM Figura 7.8
En donde xf5*y * « )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 h ará lo siguiente: una vez construida la línea de refinado, se localizan en el diagram a los puntos de disolvente y alim entación. 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 num érico o m ediante la regla de la p a lanca (figura 7.9).
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PROBLEMAS RESUELTOS
233
Una vez conocido el punto Ai, se une éste con el vértice de inertes. C u an do esta línea corte la línea de lodos se o b ten d rá la concentración del soluto en los mismos. El corte en la línea de extracto DS d ará la concentración de soluto en ellos.
Problemas resueltos Problem a 7.1 U na 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 i . T raducción (figura 7.10). m NaCl = ?
S atu rad a
S aturada
/ = 65°C
/ = 15°C
Figura 7.10 2. P la n tea m ien to . • 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. • A gua presente en 100 kg de disolución saturada a 15°C Base 1000 kg de H20 NaCl disuelta en esta agua = 6.12 X 58.5 = 358 kg x
NaCl
NaCl disuelta en 100 kg = 100(0.264) — 26.4 kg Agua = 73.6 kg
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BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION
SM
• 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 *N*CI = ----------373 + 1000
= 0.2716
NaCl disuelta en 100 kg 100 (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 03 se alim entan 1000 k g /h de una disolución que contiene 20% en peso de K N 03. Esta disolución entra a un evaporador el que elimina algo de agua para producir una disolución al 50% de K N 0 3. 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 y se reciclan al evaporador. Calcule la cantidad de corriente reciclada y la cantidad de cristales producidos. 3
1. Traducción (figura 7.11).
Figura 7.11
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235
PROBLEMAS RESUELTOS
2. Planteam iento. • Balance total alrededor de todo el proceso Li — G5 + S3 • Balance parcial de KNO 3 L, *,KNO’ = 5 > 3KNO= • Balance en el evaporador L 4 + Li = G5 + L 4 x 4K NQ i +
=
¿ 2
¿ 2*2KNO j
5. Cálculos. • Balance total alrededor de todo el proceso 1000 = G5 + S3 1000 (0.2) = S3(0.96) S3 = 208.33 kg/h ; G5 = 791.67 • Balance en el evaporador L 4 + 1000 = 791.67 + L 2 L 4 (0.375) + 200 = L 2 (0.5) • Resolviendo simultáneamente 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 nombre comercial de la sacarosa que se expende en el comer cio con distintos grados de pureza. En las etapas finales de purificación del azúcar ésta se concentra mediante 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
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236
BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION
enfrían a la temperatura ambiente (20°C) se filtran a través de centrífugas obte niéndose azúcar de primera y miel rica de primera que se devuelve a los tachos. ¿Cuál será el rendimiento teórico de cristales de sacarosa por cada 1000 kg/h de masa cocida (disolución) entrante 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
%
5 1 0
20
30 40 50 60 70 80 90 100
64.18 65.58 67.09 68.80 70.42 72.25 74.18 76.22 78.36 80.61 82.97
F u r n ie : ljin g r \I lii'> tlln > » k <»/ Ciii in n t r \ . M eO raw -f lili. N u ev a Y ork. Ií)67.
1. Traducción figura 7.12).
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PROBLEMAS RESUELTOS
237
2. Planteamiento. • Discusión: Con la ayuda de la tabla de solubilidad se puede obtener el balance de masa. • Balances Balance total = S3 + L 2
Balance de sacarosa ^.sacarosa _
^ ^sac a ro sa
^ ^sacarosa
3. Cálculos. • Concentración inicial de la sacarosa De los datos ¿.sacarosa = 0.7418
• Concentración final de la sacarosa .sacarosa = __ Q^ g y g g -------2 kg---------------sacarosa;----^sacarosa
a 20°C
kg de disolución • Balances 1000 = S3 + L 2 1000(0.7418) = 53 (0.9754) + L 2 (0.6709) L 2 = 767.15 k g /h ; S3 = 232.85 kg /h 4. Resultado: Se obtienen 232.85 kg/h de azúcar con 97.54% de pureza.
Problem a 7.4 En el libro “Solubilities o f Inorganic and Organic com pounds” de H. Stephen y Stephen aparecen los siguientes datos de la solubilidad de la glucosa en agua:
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238
BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION
T° °C % en peso de glucosa
-5.6 05
- 5 .3
33.02
31.75
-2.305 -2 .116 -0 .7 7 2
17.59
16.75
6.83
+ 0.5
+ 15
+ 22
+ 30
+ 35
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
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PROBLEMAS RESUELTOS
• Construcción total de la gráfica (figura 7.14)
Figura 7.14
Porcentaje de glucosa
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? 1. Traducción (figura 7.15). 2. Planteam iento. • Discusión: Este problema se puede resolver utilizando los datos presen tados en el problema anterior.
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240
BALANCES EN EXTRACCIO N SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION
• Balances de materia Balance total L i — L 2 + S2
Balance de glucosa L xx x = L zx 3 + S2w2 3. Cálculos. • Concentración de las aguas madres y de los cristales. En el diagram a de equilibrio del problema anterior (figura 7.16).
Figura 7.16
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PROBLEM AS R ESU ELTO S
241
• Balances Base 1000 k g /h de alim entación 1000 1000 ( 0 . 6 ) L3
s3
S2 L3 S2( 1) + iL3 (0.42) 689.6 k g /h 310.4 k g /h
R e s u lta d o : 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. L a concentración de las aguas m adres salientes es del 42% en peso de glucosa.
Problem a 7.6 En u n a p la n ta de h arin a de pescado se tra ta n 5 toneladas m étricas por hora de pescado con benceno puro, p a ra extraer el aceite contenido en el pesca do. La h arina de pescado contiene 45% en peso de aceite. Experim entalm ente se ha obtenido que por cada kilogramo de h arin a libre de aceite se retiene 0.5 kg de disolución. ¿Cuánto benceno se deb erá utilizar p ara que la h a rin a saliente contenga sólo un 5% de aceite? I . T ra d u c c ió n (figura 7.17).
2, P la n te a m ie n to . • Discusión: De acuerdo con el enunciado, la línea de flujo inferior o de lodos será p aralela a la hipotenusa ya que solución — in erte
= cte
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242
BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION
• Balances: En el tanque de disolución SA A L s = L m total SAxA + L dxd = L mxm parcial En el decantador Lm — Le + Le L mXm — L eXe + L eXe
3. Cálculos. • Construcción del diagram a inerte = inerte lodos m erte + disolución
—
1
0.5 + 1
= n0 . 6rr6
por lo tanto, la línea de flujo inferior se dibuja paralela a la hipotenusa a p artir 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 (fi gura 7.18). • Obtención de flujos. Para resolver gráficam ente este problem a se debe rá recordar que el punto de extracto estará conectado con el punto / o de inertes. Esta línea, al cortar la de alimentación dará el punto de mezcla M (figura 7.19). De la gráfica aceite = ^ aceite
de aceite 0« # 0 5 _ _kg 5 -------------------kg totales
* r ÍK = 0.125 kg de aceite kg totales * f eite = 0.16 Por lo tanto 3000 + Lo — 3000(0.45) = Lm = LD =
Lm Lm(0.125) 10800 kg /h 7800 k g /h
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PROBLEMAS RESUELTOS
243
D
Figura 7.19
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244
BALANCES EN E X TR A C C IO N SO LID O -LIQ U ID O Y EN CRISTA LIZACIO N
4. R esultado Se requiere 7,800 k g /h de benceno p ara tra ta r 3000 k g /h de aceite de pescado.
Problem a 7.7 Si en la planta de harina de pescado se tra ta n 2.5 ton por hora en tres e ta pas de corriente directa y si se usan 1 0 0 0 kg de benceno en cada etapa, ¿cuál será la composición del refinado procedente de la últim a etapa? ¿Qué porcen taje de aceite se recuperará? 1. T raducción (figura 7.20).
Lo = \ 000 k g /h
x l\
Ln = I 000 k g /h
*5“ “* - 0
L o j — 1 000 k g /h
SA -
w accue =
X D laC- ° 0
2500
0 _4 5
-i * r ile= ? Figura 7.20 2. P la n tea m ien to . • Discusión: Se usará el m étodo gráfico. En este caso, la linea correspon diente al flujo inferior es paralela a la hipotenusa. • Balance: En el prim er lixiviador Sa H"
— L El + M R1 — Ai mi
Sa ^ a ~ Aí mXmi * AÍmXmi = L eiXei
A/Ir ^xri
Esto se repite p ara cada lixiviador
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PROBLEM AS RESU ELTO S
245
3. C álculos. • D iagram a: El diagram a em pleado será el del ejem plo anterior. • Prim er lixiviador (figura 7.21)
El prim er lixiviador se tra ta como el ejem plo anterior El punto M Mx está dado por: 2500 + 1000 = 3500 2500(0.45) = 3500 x Ml
De la gráfica X/íj = 0.185
xEl = 0.55
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246
BALANCES EN EX TR A C C IO N S O L ID O -U Q U ID O Y EN C RISTA LIZA C IO N
3500(0.321) *
0.185) +■ L ^(0.5S )
3500 = Stfc| ■+ í>£^
M*t = 2191.78 kg/h
* 1308,2 kg/h
• Segundo lixiviador: En este lixiviador se trata El punto
con L®2
e^tá dado por: 2,191.78 *¥ 1,000 — 3,191.78 2,191.78(0.185) - 3191.78 x-m^
" 0
x m¿ - 0.127
De la gráfica indicada en la figura 7.22 se localiza el punto do x¿i con D
De la gráfica = 0.08
Xe2 ~ 0,24
3 191.78 = M«2 + L E2
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unien
PROBLEMAS RESUELTOS
247
3 191.78(0.127) = M r2(0.08) + L*2( 0.24) Le¿ =* 937.5 kg/h
AÍr2 = 2 254.28 kg/h
• Tercer lixiviador: En este lixiviador se trata Af*2 con LDy El punto AÍMj quedará en 2 254.28 + 1000 - 3 254.28 « A í^ 2 254.28(0.08) « 3 254.28 x ^ ke íCMC3 ite “ (K0B5
El punto Mm3 se localizará uniendo x R2 con dará el punto
La linea que los une
De la gráfica mostrada en la figura 7.23
Figura 7*2$
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BALANCES EN E X TR A C C IO N SOLIDO LIQ UID O Y EN CRISTA LIZACIO N
248
Xr3 = 0.035 XEy ^ - 0 .1
3 254.28 = L E3 + Mk 3 3 254.28(0.055) = L ^ (0 .1 ) + MRj(0.035) M„
3
= 2 252.92 k g /h
L Ej = 1001.35 k g /h Composición global del flujo superior LEl + L E2 + L e 3 = 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 rlobal _
4 ‘
1044
3247 = 0 .3 2 1 7 - - kg de aCCÍte kg de extracto
Porcentaje de aceite recuperado 1044 (100) = 92.85% 2500(0.45) 4. R esultado: La composición global del flujo superior es del 0.3217 kg de aceite/kg de extracto. El refinado procedente de la últim a etapa tendrá una composición de 0.035. Se recuperará el 92.85% del aceite.
Problem a 7.8 Para extraer el azúcar contenida en la rem olacha se em plea un sistema de extracción de tres etapas en corriente directa. Si se tra ta n dos toneladas diarias de rem olacha de composición 14% de azúcar, 40% de agua y 46% de inertes, ¿cuál será la cantidad de azúcar recuperada en el agua si se trata cada etapa con 2 000 kg de agua? Experim entalm ente se ha encontrado que cada kg de só lido inerte retiene 2.5 kg de disolución.
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PROBLEMAS RESUELTOS
249
1. T ra d u cció n (figura 7.24). r-
2
. P la n te a m ie n to . • Discusión: Se resolverá el problem a gráficam ente. • D iagram a: La línea de flujo inferior dada p or x 1 = 1/3.5 = 0.28 es paralela a la hipotenusa. Como las concentraciones están m uy bajas, conviene hacer una am pliación del diagram a. • Balances: En el prim er lixiviador Sa + L d1 — M Ml = L e^ + M k^ SAw.f úcar = M Mtz%\úcaT = L ElXE\úcar + M K1 z ^ úcar Balance en el segundo lixiviador + L e>2 ~ M m2 ~ T e2 4 M Rlz a\úcar = M M2z%?car = L E2x l f cax + M K2z l f car
3. C álculos. • Prim er lixiviador (figura 7.25) 2000 + 2000 = 4000 M Ml 2000(0.14) - 4000 *“ úcar
/. *“ *car = 0.07
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250
BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION
Figura 7.2$
Del diagrama *S?“ r - 0.065
x l f ar * 0.091
4000(0,0?) * AÍ», (0.065) + LH (0.091) 4000 = Lt j + Lej “ 769.2 kg/día
M*, = 3230 kg/d!a
♦ Segundo lixiviador 323ÍT + 20üfr - 5230 kg/día = M2
3230(0.065) = 5230 z $ caT = 0.040 Del diagrama
xti = 0.0485
zk2 = 0.0345 '
.'■»5 230 — L e2 + 5 230(0.40) = 1^(0.0485) + Afps(0.0S4B)
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PROBLEMAS PROPU ESTO S
251
Aíw2 = 3175.3 k g /d ía L e2 = 2054.7 k g /d ía • T ercer lixiviador 3 175.3 + 2000 = 5 175.3 k g /d ía = Aí3 3 175.3(0.0345) = 5 175.3 zM 3 zM3
=
0 . 0 2 1 1
De la gráfica z an,car _
q
Q ]g
* ^ ücar = 0.026 Balance 5 175.3 = L £ 3 + M f l 3 5 175.3(0.0211) = L E2( 0.026) + Aí*3(0.019) iVf«
3
= 3 623 k g /d ía ; L E^ =
1
552 k g /d ía
Azúcar recuperada 1 552(0.026) T 2 054.7(0.04^5) + 769.2(0.091) — 209. 9 k g /d ía % = ---- 209.9 (1 2000(0.14) '
0 0
) = 74.96
4. R e su lta d o : Se recupera el 74.96% del azúcar, o sea, 0.2099 to n /d ía .
óblemás propuestos Profileroa 7.9 En una disolución de n aftalin a en benceno, la fracción mol de naftaleno es de 0.12. Calcule el peso de disolución necesario para disolver 100 kg de n a f talina a 40°C.
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252
BALANCES EN EX TR A C C IO N SO LID O -LIQ U ID O Y EN CRISTA LIZACIO N
Datos (mostrados en la figura 7.26):
Fracción peso de naftaleno Fuente: Hougen. Watson y Ragatz. Chemical Process Principies. Tom o 1. Wiley. Nueva York, 1954.
Figura 7.26 Respuesta: 2 1 1
kg.
Problem a 7.10 500 k g /h de una solución que contiene 40% de naftaleno y 60% de ben ceno a 50°C se enfría hasta 10°C. ¿Cuánto naftaleno cristaliza? Respuesta: Se cristaliza 83.3 kg.
Problem a 7.11 Construya la curva de solubilidad de la maltosa en agua, a partir de los si guientes datos: °C
- 0 .7 9
- 1 .1 6
- 1 .8 7
+ 0 .6
+ 21
29.6
34.4
59.8
66.3
74.2
% en peso
12.23
16.67
23.97
35.8
44
48
49.6
63.7
66.7
72.3
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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
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254
BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION
la cristalización se lleva a cabo a 1G°C, ¿cuál será el % de lactosa recuperada como cristales? (Figura 7.27).
X = fracción peso de lactosa
Figura 7.27
Respuesta: Se recupera el 84.2% como cristales. Problema 7.13 ¿Qué cantidad de agua se requiere para disolver 100 kg/h de maltosa a 15°C? Respuesta: Se necesitan 140.5 kg de agua por hora.
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PROBLEMAS PROPUESTOS
255
Problem a 7.14 100 kg/h de sólidos que contiene 0.15 kg de soluto por kg de sólido se van a tratar con disolvente para extraer el soluto. ¿Con qué cantidad de disolvente se tratarán para que los sólidos finales contengan 0. 01 kg de soluto por kg de sólido?
Nota: Se ha encontrado que los lodos contienen 1.5 kg de disolución por kg de soluto. Respuesta: Se requieren 810 kg/h de disolvente. Problem a 7.15 Se necesitan tratar cuatro toneladas por hora de café tostado y molido con agua fresca como parte de un proceso para producir café soluble. El conte nido de sólidos solubles en el café es de 24%. Si se tratan con 4 toneladas de agua/h, ¿cuál será la cantidad de café soluble extraída? Experimentalmente cada tonelada de sólidos inertes retiene 1.7 toneladas de disolución. Resultado: Se extraen 338 kg de café soluble. Problema 7.16 Una harina de pescado contiene 55% en masa de aceite que debe extraer se a la velocidad de 4 000 kg/h de harina usando 6 000 kg/h de n-hexano, el que se mete en cantidades iguales en las tres etapas. El pescado retiene 1 kg de disolución por kg de pescado libre de aceite. Determine el porcentaje de recu peración. Resultado: Se recupera el 91% del aceite. Problem a 7.17 Se debe obtener aceite de bacalao a partir de hígado granulado de baca lao 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 híga do. Se desea recuperar el 95% del aceite. Calcule la cantidad necesaria de di solvente a sólido para realizar esta operación.
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BALANCES EN EXTRACCION SOLIDO-LIQUIDO Y EN CRISTALIZACION
256
Los experimentos realizados en el laboratorio dan los siguientes datos para construir la curva de flujo inferior.
0
0.019
0.041
0.0709
0.108
0.155
0.2129
0.2808
03189
0.159
0.168
0.165
0.1656
0,16
0.155
0.1419
0.1203
0.1063
x aceite x é te r
Resultado: Se requieren 200 kg de disolvente por cada 100 kg de alim entación. P roblem a 7.18 Se tra ta n dos toneladas por hora de hígado de bacalao usando éter puro como disolvente. La extracción se h ará en dos etapas, utilizando 1000 k g /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 fi nal? ¿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 k g /h de aceite o el 95% .
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CAPÍTULO
OCHO ________ Balances con reacción química
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Objetivos: Después de estudiar este capítulo, el lector podrá efectuar balances de materia y energía en sistemas con reacción química.
Introducción Las reacciones químicas en una planta de alimentos son de gran im por tancia, pues con ellas se generan los productos que van a ir ál mercado, así co mo los servicios requeridos en la planta 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 formar sustan cias nuevas. Las reacciones químicas se presentan mediante ecuaciones que resumen la información mínima necesaria sobre las proporciones relativas de las sustan cias que toman parte en la reacción y los productos que con ellas se generan. La reacción química está basada en la ley de la conservación de la materia que dice: “en cualquier reacción química la masa total de los productos es igual a la masa total de los reactivos”. -: Toda ecuación química -indica el tipo de átomos y la composición de las moléculas que intervienen en ella. Esto se logra mediante la fórmula química. Esta fórmula indica el número y la clase de átomos que existen en un compuesto dado. A partir de la fórmula se puede conseguir el peso molecular de la sustan cia mediante 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 mediante el balanceo. Se denomina balanceo a la determinación de los coeficientes numéricos que se anteponen a las fórmulas de las especies participantes en una reacción química para que se cumpla 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 manera que en la reacción H 2 + 1/2 0 2 . -
H20
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 química el número de átomos de un elemento dado de be ser igual al número de átomos salientes. 259
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
260
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 ca da 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 con versión no es total, pues las reacciones no se llevan a cabo en su totalidad debi do 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 B /inm Rendimiento % = ------ ——- — (100) cantidad calculada de B O tra forma de medir el progreso de una reacción es mediante la conver sión que se da como m Conversión % -
cantidad inicial de A — cantidad final de A — — - . — ~— ----------------- (100) cantidad inicial de A
En muchas ocasiones al ponerse en contacto dos reactivos es posible al canzar dos o más productos comó
s + o 2 — so2 so3 En tales ocasiones es deseable hablar de una selectividad en donde ésta es igual a las moles formadas de un producto en particular por mol de reactivo que desaparece por reacción química. En algunas reacciones, para asegurar un alto grado de rendimiento, es conveniente introducir uno de los reactivos en mayor cantidad que la teóricamente necesaria. Este reactivo recibe el nombre de reactivo en exceso, por lo tanto el reactivo que está en menor cantidad reci be el nombre de reactivo limitante. En la industria no todos los reactivos son
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BALANCES DE ENERGIA
261
puros, por lo que debe tenerse en cuenta su pureza para efectuar los balances de m ateria, 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 —
ge
+
—
ge
)
-
¿ 2
( Z 2 —
ge
+
2ge
+
H
z )
-
d - T
=
- 4
-
dO
( I
W
L>2>^2>U2,Pí >2>2 Figura 8.1 Si no hay acumulación, ese término valdrá cero. En general, como la energía desprendida en una reacción es muy grande en comparación con los términos de energía cinética y potencial; estas energías se suelen despreciar y el balance de energía se reduce a L XH X - L 2H 2 = a como Lj = Li AH = — L En donde el AH es el cambio de entalpia entre los productos y los reacti vos 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
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262
BALANCES CON'REACCION QUIMICA
por una reacción química cuando los productos y los reactivos están a 25° y 1 atm. AH° = £
nPW J
-
1
£
n„ AH°
1
De acuerdo con la ecuación anterior, el cambio de entalpia estándar de una reacción se obtieneval: restar los calores de formación de los reactivos de los ' . calores de formación de los productos. Los calores de formación de las sustan cias se encuentran en libros de fisicoquímica. A los elementos en su estado nor mal y a 25°C y 1 atm se les da un calor de formación de cero. No siempre es posible tener los datos de los calores de formación, espe cialmente de los compuestos orgánicos; sin embargo, los calores de reacción se pueden determinar a partir de los calores de combustión, utilizando la fórmula AH°S =
£
nR A H I -
1
1
t
En donde AH^>T es el calor de combustión estándar de los reactivos y AH °pél de los productos. Los calores de combustión se encuentran tabulados en los libros de fisicoquímica. Una de las leyes más importantes que se emplean-en termoquímica es la de Hess, que explica que el cambio de entalpia eii una reacción química a una temperatura y presión dadas es independiente de los pasbs o forma 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 estándar Cuando se calcula el AH r a una temperatura diferente de 25°C se puede utilizar la ley de Hess para obtenerlo. Consideremos pór ejemplo la reacción H 2 + 1/2 0 2 -
H20
De acuerdo con la ley de Hess (figura 8.2). AH* — Aí/calentamiento + AH j^ j . + A//cnfriamiemo Por lo tanto W R:T
AJ?ca, - ¿ « « i
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CALORES DE REACCION A UNA TEMPERATURA DISTINTA DE LA ESTANDAR
263
Figura 8.2
en donde AÑ R T es el calor de reacción a una tem p eratu ra dada diferente de 25°C, es el calor de reacción a 25°C, A //cal es el calor necesario p ara c a lentar los reactivos hasta la tem p eratu ra de reacción y AHenf es el calor que hay que retirar a los productos p ara llevarlos hasta 25°C. T
AH RiT = A //°
298
AH2 + í] 9QR ? rifi R J 298 1 np p cppd r -
AH R,T
í 298 ¿
dT
O sea, para calcular el calor de reacción a una tem p eratu ra se debe cono cer el calor estándar de reacción y el cam bio de la capacidad calorífica a p re sión constante de los reactivos y productos. Si sucediera que los productos entran a la reacción a u n a tem p eratu ra y salen a otra, entonces el calor desprendido o requerido por la reacción sería Ti
T:
^R T
v t2
~
R
+ í 9Q« ^ 298
nP CppdT
f 9Qft X) 298
nR CpR d T
Figura 8.3
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264
BALANCES CON REACCION QUIMICA
Reacciones adiabáticas Hasta ahora se consideró el hecho de que las reacciones absorben o des prenden energía, pero bien puede suceder que éstas se llevan a cabo adiabáti camente, es decir, sin desprendimiento de calor. En ese caso, la energía servirá para aumentar la temperatura de los productos si la reacción es exotérmica, o disminuirla si es endotérmica. En el caso de que los reactivos sean combusti bles, la temperatura final que alcanzan los productos recibe el nombre de tem peratura de flama. En las reacciones adiabáticas (figura 8.4) r 298
AH% = AHenf = ]
X) np C pdT Tl
AH
Figura 8.4
Problemas resueltos Problem a 8.1 En un quemador se introduce butano con 25% más del aire teórico nece sario. Si se queman 85 m3/h medidos a 20 °C y 760 mm de Hg, ¿qué cantidad de aire se requerirá a las mismas condiciones? ¿Cuál será la composición y el volumen de los gases salientes Si éstos están a 800°C v 1 atm?
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265
PROBLEMAS RESUELTOS
Í. Traducción (figura 8.5).
/t =
Px -
20°C 1 a tm
-C4H,# .0_= V
O /3 =
^ > = 0.21 ®
— <3>—
/*3 =
- Q
800°C 1 a tm
0.79
Figura 8.5
2. Planteam iento • Discusión: Los balances de masa se harán basándose en la reacción química. Con la ley de los gases ideales se obtendrán los gastos volu métricos necesarios. • Reacción 2 C4H10 + 1302 -
8C 02 + 10H2O
• Masa de butano Gt = p O x/ R T • C antidad de oxígeno necesario
C antidad saliente de 0 2
• C antidad de nitrógeno entrante y saliente r
s °2 /° -- rGa» (—- 79^)
• Cantidad de aire G2 — G^y^2 / 0 .79
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
C antidad de C 0 2 saliente G 3^ ° 2 = G1 ( y ) C antidad de H20 saliente
Cálculos. • Masa de butano G 1
= ----------= 3.53 kg m o l/h 0.082 (293) 5
• C antidad requerida de oxigeno Ó # ? 2 = 3.53 ( - ^ - ) (1.25) = 28.68 k g m o i/h 2 • C antidad de oxígeno saliente G35 f 2 = 3.53 ( - Í 5 - ) (1.25) - 3.53 ( - ^ - ) = 5.735 kg m o l/h 2
2
• C antidad de nitrógeno entrante y saliente G tf f 2 = G ^ f 2 = 28.68 ( M | ) = 107.89 kg m o l/h • C an tid ad de aire G2 = 107.89/0.79 = 136.57 kg m o l/h G 2 = 136.57 (0.082) (293) = 3281/m 3/ h •• C an tid ad de C 0 2 saliente Ó2y 2° 2 = 3 .5 3 (4 ) = 14.12 kg m o l/h • C antidad de H 20 saliente G ^ 2° = 3.53 (5) = 17.65 kg m o l/h • Composición de los gases salientes
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267
PROBLEMAS RESUELTOS
• 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: yP 2 = 0.0394 y f 2° = 0.01121
y p 2= 0.742 $ ° 2= 0.09674
• Volumen de los gases salientes a 800°C y 1 atm: 12792.72 m 3/h Problem a 8.2 En un proceso de ferm entación se llevan a cabo las siguientes reacciones: C 12 H 22O 11 + H 2O — * 2 Cg H 120 6 C6 H 120 6
2 C 2 H5OH + 2COz
Estas reacciones se realizan una tras otra y de forma cuantitativa. El C 0 2 desprendido bajo estas condiciones lleva una cantidad apreciable de agua y de vapores de alcohol, lográndose un 80% de saturación. El alcohol presente en esos vapores se elimina en un absorbedor y se regre sa al alam bique en donde se destila el alcohol generado en la fermentación. El absorbedor produce una disolución al 1.5% de alcohol en peso y los gases sa lientes 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 completan en un 100 %. El líquido que se produce en el ferm entador contiene 12% en peso de al cohol. 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.
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
268
/T \
Í. T raducción (figura 8 . 6 ).
2. A gua
7. Gases libres de alcohol
4. L íquido fe rm e n ta d o
6. A gua.
Figura 8.6 2. P lanteam iento • Discusión: La clave del problem a son las reacciones químicas; a partir del C 0 2 generado se puede obtener la cantidad de agua y C 0 2 arras trado. El agua adicionada en la torre de absorción se puede conseguir m ediante un balance en ese equipo. El agua adicionada en el ferm en tador se calcula m ediante un balance en ese equipo. • Reacciones Alcohol producido = S azúcar 4 (PM) alcohol S azúcar = moles de azúcar = G2y 3 ° z bióxido producido =
4 (PM) C 0 2
• Alcohol arrastrado en la corriente de C 0 2 p
alcohol
_ po
alcohol
v
•Y
R *
PM alcohol alcohol
C¿y3alcoho1 = r
L* =
-)
P M C 0 2
alcohol
alcohol
4l h o ,
: ^ f ° h°‘ = 5, 4 (PM)alcohol) - C 3, r c°ho1
XA
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PROBLEMAS RESUELTOS
269
• El agua arrastrada en la corriente de C 0 2 p
agua
= po Y Y = H,0 " ’ HjO
Paguit ( PMagua P r - P agua PM C 0 2
— G iy i0* yh 2o • Balance de alcohol en la torre de absorción
Sea G/ = kg de C 0 2 puro
y L¡ — agua pura
alcohol , r v alcohol xralcohol , r v '3*00*10! G¡ vI 3 4- /-/Ag — (^jtjY j t X-/As
en donde X 5lcoho1 = kg de alcohol en la corriente 5 por kg de agua • Fracción recuperada en el absorbedor % = L 7x 5 (100)/G rY3 • Balance en el ferm entador
Sj ■+■ L 2 = L4 + G3 G3 = G ^ ° > + G331?lcoho, + • Corriente que va al alambique — ¿4 4“ L§ • Concentración de alcohol en la corriente 8 ^alcohol
,
T
alcohol
- (100) 3. Cálculos • Reacciones Base 100 kg de azúcar PMC 12 H 22Ou = 342 ; PMC 6 H 120 6 = 180 5
PMC 2 H 5OH = 46
s .A9.QP.. = 2.9234 kg mol 342 5
¿^.alcohol _ 2.9254 (4 ) (46) = 537.99 kg/h
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BA L A N C ES C O N R E A C C IO N Q U IM IC A
270
• Alcohol arrastrado en la corriente de C 0 2 G¿yf ° 2 = 2.9234 (4) (44) = 514.6 k g /h ; P alcohol = 22(0.8) = 17.6 Y , , , = ----- — ----- (-4®-) = 0.02478 kg de alcohol/kg de COz aIcoho1 7 6 0 -1 7 .6 V 44 ' 5 ^^aicohoi = 514 6 (0.02478) = 12.7517 kg de alcohol/h ¿ 4»|lcoho1 = 53 7 .9 9 -1 2 .7 5 1 7 = 525.23 k g /h
525 23 .\ L 4 = — D— = 4376:98 k g /h 0.12 6 • Agua arrastrada en la corriente de C 0 2 12
18
^ h 2o = 0 8 (16) = 12 ; T h2o = ,760_ 1 2 = 0.006562 kg de HzO /k g C 0 2 G s l f 20 = 514.6 (0.006562) - 3.3768 kg H 20 / h ® Balance de alcohol en la torre de absorción y a ic o h o i ^ a lc o h o l
_ 0.02478 kg alcohol/kg C 0 2 ; Y f cohoi = 0.0003 _
0
.
alcohol
_ —0 •015 _ = 0 01522 kg alcohol 1 -0 .0 1 5 kg de agua
Gj — 514.6 k g d e C 0 2/ h Balance 514.6 (0.02478) - 514.6 (0.0003) 4 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 k g /h 1000 + L 2 = 4376.98 + 530.72 L 2 = 3907.7 kg de H 20 /h
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271
PROBLEMAS RESUELTOS
• Corriente que va al alam bique L 8 = 4376.98 + 840.28 = 5217.26 k g /h • Concentración de alcohol en la corriente 8 alcohol
Xq
_ —
4376.98 (0.12) + 940.28,(0.015). _ „ ino kg alcohol — U . 1 U 3 --------------------------------5217.26 kg totales
4. Resultado: • La concentración del alcohol es del 10.3%. Se recupera el 98.789% del alcohol en la absorción. • Al alam bique llegan 5217.26 kg por cada 1000 kg de azúcar. Problem a 8.3 Para producir alcohol etílico a partir de melaza, se deben llevar a cabo las siguientes reacciones: C 12H 22O 11 + H 2O — * 2 Cg/Zj^Og C 6H 12Og + levadura -
2 C 0 2 + 2 CH 3CH2OH
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 Saccharomyces cerevisie. Cuando se term ina la fermentación, 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? 2. Traducción (figura 8.7).
— ® < »-e > D e p arta m e n to de destilación
0 -< 3 > -
1. M elaza 2. A gua fría 3. A cido 4. L evadura 5. Bióxido de carb o n o 6. A gua cajiente 7. Alcohol de 96°G -L . 8. N utrientes.
Figura 8.7
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
272
2. Planteamiento. • Discusión: Para encontrar el rendimiento teórico se deberán usar las reacciones químicas. • Cantidad de alcohol obtenido alcohol =
4
jT
^ ■sacarosa sí
o sea, una mol de sacarosa produce cuatro moles de alcohol etílico. 3. Cálculos. • Concentración de la sacarosa en la melaza inicial ^sacaro sa =
g 5 k g / k g tQ ta l
0.5 ^sacarosa _ -------- 342— 0.5 0.5 342 18
= ^ Q4999 kg moi
sacarosa/kg mol total
• Alcohol obtenido L x =. 0.0014169 + 0.02777 = 0.0292396 ¿ 7-aic°h°i = 4(0 0292396) (0.04999) = 0.005847 kg mol de alcohol L 7* 7a,coho1 = 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 = 0.286587 0.9385 Id e alcohol 96°G.L 0.286587 = 0.352722 kg de melaza 0.8125 (100) = 65.2% 4. Resultado: • El rendimiento práctico es del 65.2% del rendimiento teórico.
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PROBLEMAS RESUELTOS
273
Problem a 8.4 En fecha reciente, se investigó la síntesis de la glicerina, que puede usarse como una fuente de energía para consumo hum ano. Esta sustancia puede emplearse directam ente con otros alimentos y se sin tetiza del propileno Cl2 h 2o CH 2 = CHCH 3 - CH 2 = CHCH 2C12 - CH 2 = CHCH2OH c h 2 = c h c h 2o h
HOC1 HzO ch2 - ch - ch2 ch2 - ch - ch2 ¿H ¿1 ¿H ¿H ¿H OH
O btenga el calor de reacción necesario para form ar una mol de glicerol a p artir del propileno, utilice los calores de formación y los calores de combus tión. 1. Planteam iento. • Discusión: De acuerdo con la prim era ley de la term odinám ica, 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 form a simplificada como C 3H e
+
3 H 20
-
C 3H 80 3 +
2H 2
• Calor de reacción a partir de los calores de formación
A //° = AH fproductos ~ A#/reactivos =
A
A / / ^ g ü c erin a +
2 A H ° h idrógeno -
propileno ”
3
agua
• Calor de reacción a partir de los calores de combustión A H% = R
A H° . c reactivos
A H°n R
A H° c p ropileno
=
A H° . c productos
+
A H° c agua
- AH c° glicerina . - 2
AH ° ... , c h idrogeno
2. Cálculos. • Calor de reacción a partir de los calores de formación AH°r = 159.16 + 0 - 4.879 - 3 (68.317) A /í° = 41.9032 kcal/gm ol
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
274
• Calor de reacción a p artir de los calores de combustión * -4 9 1 .8 8 7 + 3 (0) - ( - 3 9 6 .2 7 ) — 2 (-6 8 .3 1 7 ) A/1/® — 40.917 kcal/gm ol 3. Resultado: • El calor de reacción es de 41.9032 kcal/gm ol por calores de form ación. • La diferencia es por datos de tablas. La reacción es endotérm ica. • El calor de reacción es de 40.917 kcal/gm ol por calores de combustión. P roblem a 8.5 Calcule la tem peratura teórica de flam a cuando se quem a m etano con un cien por ciento de exceso del aire teórico requerido. El gas y el aire están ini cialm ente a 25 °C. 1. T raducción (figura 8 . 8).
1 M etano
Gases d e com bustión
$
—
A ire
T X~ T 2 ~ 2 5 °C
Figura 8.8 2. P lanteam iento • Discusión: Esta es una reacción adiabática en la que el calor de reac ción 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 + 2 H zO
8 AH
298°K
ZripCppdT
AHH
Figura 8.9
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X]
‘fl2°298“K
PROBLEMAS RESUELTOS
• Balances de masa —Base 1 kgmol de m etano. —Oxígeno requerido por la reacción G riF =
2) 2
—Nitrógeno entrante con el aire G¿y2N‘ = (G¿y2° 7 0 .2 1 ) 0.79 —Dióxido de carbono saliente G jjf 0* = C o i ”4 —Agua saliente C3^ °
= G ^ f n* (2 )
—Oxígeno saliente que no reaccionó G35¡30’ = G tfP - G jjP 1* (2)
3. Cálculos. • Balances de m ateria: Base 1 kg mol de m etano = 1 kgmol = 4 kgmol G ^ i 2 = ( ^ - ) (0.79) = 15.047 kgmol G-¡y^°2 = 1 kgmol G3# °
= 2 kgmol
G¿y° 2 = 4 - 2
= 2 kgmol
• Calor estándar de reacción
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
Capacidades caloríficas C p C 0 2 = 6.214 + 10.396 (lO’3) T - 3.545 (lO*6) T 2 CpÓ2 = 6.148 + 3.102 (10~3) T - 0 .9 2 3 (10-6) T 2 C pN 2 = 6.524 + 1.25 (10*3) T - 0.001 (10'®) T 2 C p C íh = 3.381 + 18.044 (10~3) T - 4 . 3 (10'«) T 2 CpH2Q = 7.256 + 2.298 (10~3) T - 0 .2 8 3 (lO*®) T 2 E ntalpia de los productos r 298
AHe = j
[6.214 + 10.396(10"3)T —3.545(10-6) T 2] d T Tf
f 298
[7.256 + 2.298(10"3) r —0.283(10"®) T 2] d T
+ J Tr Í
298
[6.524+ 1.25(10-3) T - 0.001(10-®) T 2] d T Tf f 298
+
3 Í
[6.148 + 3 . 102(10"3)T —0.923(10-®) T 2] d T — 2 (10746) rt 298
[131.18+ 40(10-3) r - 5 . 972(10-®) T 2] d T - 21492 Tr AHe = 131.18(298- T f) + - M R - 1 (2982- T f ) -
l - 9 ? 20 ° ' 6)
(2983 - T f ) - 21492 AHe — 19323 -
131.18 T f - 20(10-3) T f + 1.99(10-®) T f
T em peratura de la flam a -2 1 2 7 9 8 = 19323 -
131.18 T f - 20(10~z) T f + 1.99(10"6) T f
0 ==• 232121 — 131.18 T f - 20(10 '3) T f + 1.99(10-6) T f Esta ecuación puede resolverse por el m étodo de N ewton-Raphson
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PROBLEMAS RESUELTOS
277
sea f ( T f ) = 232121 -
131.18 T f - 20(10~3) T f + 1.99(10“6) T f
y f ' ( Tf ) = “ 131.18 - 40(10“3) r / + 5.97(10"6) T f —Prim er tanteo 7yi = 1000°K /( T /) = 82931
/ ' ( 2 j0 = -1 6 5 .2 1
T fi = 1000 -
165.21
= 1501.97
—Segundo tanteo T fx = 1501.97°K f ( T f ) = —3283
f x = -1 7 7 .7 9
T f2 = 1501.97 - ( ~ 3283- ) = 1483.5 J —177.79 —T ercer tanteo 7yi = 1483.5
/( r y ) = - 2
/ '( r y ) = - 177.39
T fi = 1483.5 ~ ( _ ~ 72 39) = 1483.48°K 4. R esultado: • La tem peratura de flama estará alrededor de los 1483.48°K ó 1210.48°C. P roblem a 8.6 Con el fin de conseguir proteínas vegetales hidrolizadas (PVH), de bajo peso m olecular que se aprovechan p ara d a r sabor y olor a los caldos de pollo, se hidrolizan las proteínas de alto peso m olecular contenidas en el gluten del maíz. En un proceso típico, se p arte de 1000 kg de gluten con 50% de proteí nas, 8 % de hum edad y el resto de carbohidratos y fibra cruda. El gluten se introduce a un reactor vidriado y allí se mezcla con HC1 8 N( qr = 1.118) 842 kg de ácido y 560 kg de agua. El reactor se calienta con vapor hasta 127°C d u ran te el tiem po necesario p a ra hidrolizar el 80% de la proteína entrante. Los productos de la reacción están form ados por proteínas solubles más hum ina o lodos, agua y ácido, los cuales se tra ta rá n con sosa cáustica al 6 N ( qr = 1.263) hasta neutralización. La suspensión se filtra para elim inar los lodos, que salen con 15% de peso de solución. Las proteínas m ás los carbohidratos del gluten reaccionan y dan una disolución colorida, por lo que ésta se decolora hirviéndola con 50 kg de
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
278
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 atmosfé rica 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? 1. Traducción (figura 8.10)
1. G luten 2. HC1 3. Agua 4. N aO H 6N 5. H um ina 6. Lodos 7. C arbón activado 8. Agua evaporada 9. Vehículo p ara secado 10. PV H 11. Productos del reactor 12. Solución neutralizada 13. Solución colorida 14. Solución con carbón 15. Solución incolora 16. Solución concentrada 17. Solución pasteurizada 18. E n trad a al secador 19. A gua evaporada.
Figura 8.10
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279
PROBLEMAS RESUELTOS
2, Planteam iento, • Discusión: La sustancia de enlace en el proceso es la protefna, la cual servirá para hacer los balances. Los balances se efectuarán de equipo en equipo. • Balances Entrada de materia a un equipo
Salida de materia del equipo
3. Cálculos. • Balances en el reactor Entradas: Proteína entrante = 1000 (0.5) = 500 kg Carbohidratos y fibra entrante Sxwci F w 1000(0.42) =5 420 kg Acido clorhídrico puro entrante L 2x ¡lC] & J M ? )
(842) = 219.914 kg
Agua entrante: 5 , 1 ^ ° + L zx lh° + L 2 ~ 1000(0.08) + 842(0.7384) + 560 « 1261.7 kg TOTAL « 2401.6 kg rr Salidas: Proteína vegetal hidrolizada 500 (0.8) « 400 kg w Ln x fVH Humina saliente ~ 420 + 500 — 400 =* 520 kg
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
280
Acido saliente L n x ? ° = 219.914 kg Agua saliente L n x ? 2° = 1261.7 kg = 1261.7 kg
TOTAL
Balance en el neutralizador. Reacción NaOH + HC1 -
NaCl + H20
—Entradas: Proteína vegetal hidrolizada *■11*1VH = 400 kg Humina *-n*iiH = 520 kg Acido L u x ™ - 219.914 kg Sosa cáustica pura L 4*NaOH =
219314 (40) = 24j kg
Agua entrante L nn x ii^ ° + L4, 4 44H2° = 1261.7 +
6(40)
= 2530 kg
1263 TOTAL
= 3910.9
—Salidas del neutralizador PVH L u x u u = 400
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PRO BLEM A S RESU ELTO S
281
H um ina L 12x \l = 520 A gua L x2x ^ ° = 2530 +
219.914 (18) 36.5
= 2638.45 kg Cloruros = - 219‘ 914 (58.5) 36.5 - 352.46 kg = 3910.91
TOTAL
• B alance en el filtro —Entradas: L\2x i2 520 kg ; ^\2 X\ 2 ^ ~~ 400 kg ¿ 12* 12’° = 2638.45 kg i- 12*Í 2aCI = 352.46 kg Salidas: L 5a:^ = 520 kg j
solución
520 (0.15) = 91.76 kg 0.85
¿ i 3* i 3aC1 = 3 5 2 .4 6 -9 1 .7 6 ( 352-46 ) = 342.92 kg 3390.91 5 ^ i 3* u ° = 2 6 3 8 .4 5 -9 1 .7 6 ( 2638-45 ) = 2567.05 kg 3390.91 5 £ i 3*iP3VH = 4 0 0 -9 1 .7 6 (----— ---- ) = 389.17 kg 3390.91 5 TOTAL
= 3910.9
kg
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282
BALANCES CON REACCION QUIMICA
• Balance en el decolorador E ntradas
Salidas
C loruro L 13x ^ aC' = 342.92 kg = L 14x £ aC1 A gua
¿ 13* $ ° =
2567.05 kg =
PV H
L 13JCiP3VH =
389.17 kg
C arbón SyW^ = 50 kg TOTAL
=
L u * u 2°
= ¿14*14™ =
3 3 4 9 .1 5 k g
• Balances en el segundo filtro —Entradas: Cloruros L i4x u a
342.92 kg
Agua
PVH L 14x !P4VH = 389.17 kg C arbón L u Xit = 50 kg TOTAL
= 3349.14
kg
—Salidas: C arbón M6z f = 50 kg Disolución M6Zf °lució" » -$ ¡ L (0.12) = 6.81 kg U.oo Cloruros L i 5^ N5aCI = 3 4 2 .9 2 ^ 6 ,8 1 {— ,^2 - ) ~ 342.21 1 v 3299.14
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PROBLEMAS RESUELTOS
Agua HO 2567.05 , „ n ¿ 15* 15’ = 2567'05 —6.81 ( 3299 i4 ) - 2561.75 PVH ¿15*iP5VH = 389.1 7 -6 .8 1 ( 38? - .7- ) = 388.36 3299.14 Balances en el evaporador Entradas: Cloruros ¿ i 5*Í 5aC1 = 342.21 kg Agua L 15* $ ° = 2561.75 kg PVH L 15xf5VH = 388.36 - T o ta l = 3292.32 ^ , ... . 342.21 + 388.36 —% de solidos - -------------------3292.32
n o o in - 0.2219
P absoluta = 586 —500 = 86 mm de Hg. Tem peratura de ebullición del agua a 86 mm de Hg — 47' —Salidas: =
« 9 Q 9 99 (í\ 99 1 Q\ 3292.32 (0.2219). _ 0.4
kg
G 8 = 3292.32-1826.41 = 1465.91 kg 342.21 kg 388.36 kg 1095.04 kg
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284
BALANCES CON REACCION QUIMICA
• B alance en el pasteurizador E ntradas
=
Salidas r NaCI *-17*17
7 „NaCl = 342.21 kg *-16*16
T 16-iPbVH = 388.36 kg
= 1095.04 kg = LX7X$°
X i 6 * i 6 2° TOTAL
= X 17*iP7VH
= 1826.41 kg
B alance en el m ezclador E ntradas /
NaCl = 342.21 kg
7 v PVH = 388.36 kg *-17*17
L l7x % °
Salidas
= =
X a8* í í aC1
= X 18*Í 8VH
= 1095.04 kg = L u Xw2°
Sgw9v = 1826.41(0.1 5 )/0 .85 = 322.3 kg = Xi 8* i 8 • B alance en el secador —E ntradas: Cloruros E i 8*Í 8aC1 ” 342.21 kg PVM £ i 8*iP8VH = 388.36 A gua Xi8*ÍJ*° = 1095.04 kg V ehículo = 322.3 kg oy J 1052.07 (100) A(%of % de sólidos = ¿ ¿ = 49% 2148.71
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PROBLEMAS RESUELTOS
285
—Salidas: 2148.7(0.49) = S10(0.97)
S10 = 1085.4
G 19 = 2 1 4 8 .7 1 -1 0 8 5 .4 = 1063.31 kg Si0WwaCI = 342.21 kg
u$ aC1 = 0.315 k g /k g total
Siowfo™ = 388.36
w>ÍÓVH = 0.3578 k g /k g total
■Sio^ío = 322.3
h<Ío
= 0.2969 k g /k g total
tt,$ ° = 0.02997 kg/kg total 4. Resultados:
Corriente 1 2
3 4 5 6
7 8
9 10 11 12
13 14 15 16 17 18 19
kg totales
kg HCl
kg PVH
1000
842 560 1590.42 611.76 56.81 50 1461.91 322.3 1085.4 2401.6 3910.91 3299.14 3349.14 3292.32 1826.41 1826.41 2148.71 1063.31
9.54 0.71
10.3 0.81
kg h 2O
kg V
80 621.7 560 1268.42 71.4 5.3
kg HCl
kg NaOH
kg kg C H
219.91 241 520 50 50
1465.91 342.21
388.36
352.46 342.92 342.92 342.21 342.21 342.21 342.21
400 400 389.17 398.17 388.36 388.36 388.36 388.36
32.53 1261.7 2638.45 2567.05 2567.05 2561.75 1095.04 1095.04 1095.04 1063.31
322.3 322.3 219.91
520 520 520 50
322.3
Se obtienen 1085.4 kg de producto final por cada 1000 kg de gluten. La composición del producto final es m ateria vegetal hidrolizada, 35.7% ; 31.5% de NaCl; 29.69 de m altodextrinas y 3% de agua. Se necesitan 1509.42 kg de sosa 6N. Se requieren 322.5 kg de vehículo de secado. La tem peratura de eb u llición en el evaporador será de 47°G.
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
286
Problem a 8.7 En un proceso de fermentación, la sacarosa C 12H 22 0 ii se usa como n u triente y se oxida a C 0 2 y H 20 . Si la cantidad de solución es de 5000 kg /h con 30% de sacarosa en peso: • ¿Cuántos m 3 de aire medidos a 25°C y 1 atm . se deberán introducir? • ¿Cuántos m 3 de C 0 2 se producirán si la reacción se lleva a cabo a 45°C? • ¿Qué cantidad de agua de enfriamiento se deberá em plear si ésta entra a 15°C y sale a 30°C? 1. Traducción (figura 8.11).
2. P lanteam iento. Discusión: La reacción proporcionará la cantidad de productos y reac tivos necesarios. El balance de energía dará la cantidad de agua de en friamiento requerida. • Reacción C 12H 22On + 17 1/2 0 2 -
12C0 2 + 11 H 20 (/) + A H
• AH de oxidación (figura 8.12) AH» = AH, + AHr 45 + AH 2 AH» 4. = AH» - AH, - AH2 ^ ^F.P
^
F.R
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PROBLEMAS RESUELTOS
287
• Agua necesaria r aro,a A H r 45 = L 3(t5- t 3) • Aire necesario de acuerdo con la reacción Oxígeno requerido A * ? * 0* (17.5) = GzyP2
Aire requerido g
=
12
"
0.21
V olum en de aire requerido G 2 = G2 R T /P • C 0 2 producido G4 = L txl*c*ros* (12) V olum en de C 0 2 g4 = g4rt/p
3. Cálculos. • Sacarosa introducida L 3x \ ~
= 5000 J g - (0.30) kg sacarosa (-^ o l/^ carosa ) = 4.3859 h kg 342 kg sacarosa
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288
BALANCES CON REACCION QUIMICA
• Aire necesario G¿yP2 = 4.3859(17.5) = 76.753 k g m o l/h G 2 = 76.753/0.21 = 365.49 kgm ol aire/h. G 2 = 365.49 (0.082) (298) = 8931.11 m 3/ h • C 0 2 producido G4 = 4.3859 (12) = 52.63 k g m o l/h G 4 = 52.63 (0.082) (318) = 1372.37 m 3/ h • C alor de form ación o de com bustión de la sacarosa: En este caso el c a lor de form ación de la sacarosa, es igual al calor de com bustión de la m ism a. AH ° = AH°c = AH°r = —1348.9 kcal/gm ol • C alor necesario p a ra calentar los reactivos AH x = 342 (0.29) ( 4 5 - 2 5 ) + 10 (175) (45 - 25) = 5483.6 cal/gm ol • C alor necesario p a ra enfriar los productos AÑ 2 = 12 (9.27) ( 2 5 - 4 5 ) + 11 (18) ( 2 5 - 4 5 ) = -6 1 8 4 .8 cal/gm ol • C alor de reacción a 45°C A H R43 = - 1 3 4 8 9 0 0 - 5 4 8 3 .6 - ( - 6 1 8 4 .8 ) -
-1 3 4 8 .1 9 9
kcal gmol
• A gua req u erid a 4.3859 (1000) (1348.199) = L z = 394 204 k g /h
(3 0 -1 5 )
4. R esu lta d o : Se requieren 8931.11 m 3/ h de aire, se desprenden 1372.37 m 3/ h de C 0 2 y se necesitan 394 m3/ h de agua de enfriam iento.
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PROBLEMAS RESUELTOS
289
Problem a 8.8 Un horno quema aceite combustible con aire seco a 250°C y 1 atm. El análisis Orsat de los gases de combustión es de 12.9% de CO 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) e) f)
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. Traducción (figura 8.13). r 3¡r
- 0.129 0.038
vP2= 0.833
l2 = 25°C P 2 = 1 aim 1 ¿
L
Figura 8.13
1. Aire
.» <3 = 290°C 2. Aceite 3. Gases
2. Planteam iento. • Discusión: El análisis de los gases de combustión se suele hacer con un aparato llamado análizador Orsat:-Esíé aparato da las composiciones
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
en volumen de gases secos, es decir, sin tom ar en cuenta el agua que contienen los productos de la com bustión (figura 8.14).
Figura 8.14
AH°r = AH r T" T2 + AH e 25 + 273
AH e =
290 + 273
ñp Cpjj d T — ñ .. r
rp
H20
X
TI20
AH°r = - 8000 kcal/kg a h
J
R
x' t 2 =
AH°r - AHe
Balance de m ateria G iy3°2 — ^ 2^2* El carbono del CO 2 procede sólo del carbono contenido en el aceite r -To. _ (GdiN!) y? 1 Ctyi
~ ~ 1 F ~
G3j¡3N2 = Gj-r* Todo el nitrógeno que entra, sale G3 # 0 = [ G 0 ? 1 - G¿Ü3°> - G03CO‘ ] 2 El oxígeno que no salió reaccionó para d a r C 0 2 y H 2O. Un mol de oxígeno da dos moles de agua. Porcentaje de aire en exceso oxígeno introducido ( 100) oxígeno estequiom étrico
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291
PROBLEMAS RESUELTOS
• Porcentaje de carbono en el aceite G2y2Hl = 0 # ? * °
% masa = G ^ i (PMc)/[(G 23¡2c ) PMc + ¿¿y”2 (PM^)] • Metros cúbicos por kg de aceite ó x = G j^V ivT 2; g , = Gj 4 t -
G2 = Gajf^PMnP + G ^ f (PMc) G i/G 2 = m3 de gases/kg de aceite • Metros cúbicos de gases de combustión por kilogramo de aceite G3 = Gjy3c o* + G&"* + G¿y?> + 6 ^ °
G3 = G3 R T /P
G 3 /g 2 = m3 de gases/kg de aceite
• Presión parcial del agua en los gases de chimenea P Hto = (G353Hí° ) Pt/ g 3
3. Cálculos. • Balance de materia Base 100 g de mol de gases Orsat G3y 3° 2 = 12.9 gmol — 83.3 gmol
G¿ ~
12.9 gmol
G^yi2 = ~ ~ (0.21) = 22.14 gmol
G3y f 2° = ( 2 2 .1 4 - 1 2 .9 - 3 .8 ) 2 = 10.88 gmol = Ó # ? 2 • Aire en exceso 22.14r (10.88/2 + 12.%) 1 0 .8 8 /2 + 1 2 .9 V
= ;
• Porcentaje de carbono en el aceite % = (12.9(12)/[12.9(12) + 10.88(2)]} (100) = 87.6%
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
• Metros cúbicos de aire por kilogramo d e aceite = 105.44 gmol de aire; Gs = 105„44(0.082)(298) = 2576.53 l
G3 =
G2 = 12.9(12) + 10.88(2) = 176.56 g G3/ q
2
- ~
176.56 g
= 14.54 g/1 = 14.59 m 3 de aire/kg de aceite
• 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 ^ 3/G 2 = ^*®*®®/176.56 = 28.99 1/g = 28.78 m3/k g • Presión parcial del agua en los gases de chimenea PH20 = 10.88 (760)/110.88 = 74.57 mm Hg • Calor quitado a los gases Usando capacidades caloríficas promedio
290 °C = 8.2 cal/gm ol°C
CPm H,0 25 °C
C pm Q2 — 7.35 ; C pm N2 = 7.08 ; C pm cc>2 = 10.5 X = 10.497 cal/gm ol AHr t " t > = - 8000 000(0,176) - ([12.9(10.5) + 3.8(7.35) + 10.88( 8 .2) + 83.3 (7.08)](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
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PROBLEMAS RESUELTOS
293
4. Resultado: • • • • •
Se introduce 20.7% de aire én exceso. El aceite contiene 87.6% de carbono. Se necesitan 14.59 m 3 de aire por kg de aceite quem ado. Se producen 28.99 metros cúbicos de gases de combustión. La presión parcial del agua en los gases de chim enea es de 74.57 mm de Hg. • El calor transferido a los gases es de 6,082 kcal/kg de aceite.
P roblem a 8.9 Para secar 330 to n /d ía de sorgo se utilizan 11,000 to n /d ía de gases de com bustión a 120°C. Los gases de combustión se obtienen quem ando gas n a tural con exceso de aire (25°C y hum edad de 0.019 kg de vapor de agua por kg de aire seco). ¿Cuál deberá ser la cantidad de gas n atu ral que se queme? ¿Cuál será el exceso de aire utilizado? ¿Cuántos m 3/ h de gas en condiciones normales se utilizarán? Composición de gas natural: M etano: Etano: Propano:
86.4% en volumen. 11.6% en volumen. 2.0% en volumen.
1. T ra d u cció n (figura 8.15).
Figura 8.15
h - 120°C
2 . P lanteam iento.
• Discusión: El poder calorífico del gas n atural se puede obtener a partir de los calores de combustión de sus componentes. M ediante un balance de entalpias se calcula la cantidad de gas que se deberá* quem ar. Para ello se puede suponer que los gases de combustión son esencialmente aire.
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294
BALANCES CON REACCION QUIMICA
• Poder calorífico del combustible = ^ C ch /ch * +
+
• Combustible requerido G2 Ch (h ~ *2) AH c
_
q
1 • Productos de combustión Reacciones CH4 + 2 0 z -
C 0 2 + 2HzO
CzHe + 7 /2 0 2 - 2COz + 3HzO C3Hg + 5 0 2 -
SC0 2 + 4H20
GíV3C02 = (1) G iy i^ + (2) 0 0 ? *
+ (3) G ^ » *
G ^ ° = (2) G tff114+ (3) Go>pH« + (4) Gjjíp1”* • Aire en exceso Gjyf™ = G3 - [(G¿V3N2) / 0. 79] 2 9 -0 .0 1 9 G3y3aire - [(G3y 3N*)/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 = 3¡CH^Mn||i + 5^1*.PM^ • Volumen de gas Gx = G i R T / P
3 . Cálculos. • Poder calorífico del combustible. A fíP 1* = 212.795 kcal/gmol; = 53o.605 kcal/kgmol AH?*1*' = 372.82 kcal/gmol
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PROBLEM AS RESU ELTO S
295
AHc = 212.798(0.864)+ 372.82(0.116) + 530.605(0.02) = 237.7167
kcal gmol
• Combustible requerido Calor húmedo del aire = CH = 0.24 + 0.019(0.46)=? 0.2487 kcal/kg
G =
11000000(0.2487) (1 2 0 - 2 5 ) -------------------------------------------- — = 1093 kgm ol/h 257716 - ¡ S i L kgmol
'
• Productos de combustión G3Í3C° 2 = 1093(0.864)+ 1093(0.116)(2) +1093(0.02)(3) = 1263*5 kgmol Gjyf1’0 = 1093(0.864)2 + 1093(0.116)(3) + 1093(0.02)(4) = 2356.5 kgmol G3y¡t*= [1093(0.864)2 + 1093(0.116)(3.5) + 1093(0.02)(5)]0.79/0.21 = 9185.63 kgm ol/h • Aire en exceso Qzy f ire = i i 000 000 - ( 91q8^968 )29 —Q.019G3y aire - ( 918* ’63 )29(0.019)
G3y 3airc = 10 457 703 — ■de aire seco h • Exceso Aire necesario 9185.63 (29) = 337194 k g /h 0.79
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
296
Exceso 10457703 337194
X 100 = 3101.39
• Balance de agua Agua con aire = 198696.36 kg/h 42417 k /h Aeua por reacción = 6 F Total 241113.36 kg/h ■= _24H 13_ = Q 0 2 3 10457703
kgH20 kg A.S.
CH = 0.24 + 0.023 (0.46) = 0.25 • Peso molecular del gas y volumen de gas natural PM = 18.104
G2= 1093(0.082)(273)= 24467.59 m3/h
4. Resultado: • Se deben quem ar 1,093 kgm ol/h de gas natural. • Se utilizan 31 veces más aire del teórico necesario. • Se usan 24,467.89 m 3/h de gas 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 desea do de hidrogenación. Si se quieren tratar 30,000 kg de aceite de algodón por día de m anera 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? Nota: El índice de iodo es el porcentaje de iodo que puede ser absorbido por el aceite. 1. Traducción (figura 8.16). 2
. Planteam iento. • 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.
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297
PROBLEMAS RESUELTOS
Figura 8.16 • Iodo necesario
¿i
ih ~ h ) = I
• H idrógeno necesario í 2 = J /P M j
G2 = 72 PM h
3. Cálculos. • Iodo necesario ksr , 1 0 0 0 e de aceite, . m g/ 2 7 = 30000 —a - ( 2 ------------- ) (1 0 5 -6 0 ) s 2 día ' kg 7 g de aceite = 1.35(109) mg / 2/d ía Hidrógeno necesario
G2 = 4.937 kgmolH2/d ía (2-— ^ 7 ^ ) = 9.8756 kgHz día kgmolH 2 • Volumen necesario G = 2
4.937(0.082X120 + 273) 3.8
= 4J
g 3
’
m3 día
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
298
4. Resultado: Se requieren 9.8756 kg/día de H 2 ó 41.86 m 3/d ía a las condiciones de reacción. Problema 8.11 Se hizo un estudio a nivel de planta piloto p ara la reacción A + B — C operando adiabáticam ente y a presión constante. Los resultados de una co rriente experim ental fueron los siguientes: Alim entación
Productos
5 gmol de A a 75°C 10 gmol de B a 100°C
5 gmol de C a 17°C 5 gmol de B a 17°C
а) ¿Cuál es el calor de reacción de 25°C? б ) El mismo proceso en escala comercial se verifica con un 35% de efi ciencia. Si las condiciones de la alimentación son: 25 kgm ol/h de A a 75°C, 50 kgm ol/h de B a 100°C, ¿cuál será la tem peratura de sólidos de los productos en °C? Datos Cpm A = 0.5 cal/m ol °C Pm C = 0-85 cal/m ol°C
^Pm B ~ 1-5 cal/m ol°C
1. Traducción (figura 8.17).
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PROBLEM AS RESUELTOS
299
2. Planteam iento. • Discusión: Es una reacción adiabática en donue el calor de reacción sirve para calentar los productos (figura 8.18). AH°r
AHx + AH2 n
AH, =
n, Cpm{ A T reactivos
A //2 =
rti Cprtii A T 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 • Calor estándar de reacción AHn = 1250-1797.75 = -547.75 cal;A //£ = -547.75/5 gm ol/C = -109.55 • Inciso b (en escala comercial) 1. Traducción (figura 8.19).
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cal
300
BALANCES CON REACCION QUIMICA
• Balance de energía A
= AH 1 + AH2 = rh2 Cp2 AT + m 1 Cpx A T + rá 3 Cp3 AT
• Balance de m ateria Entradas
Salidas
25 kgmol de A 50 kgmol de B
25(0.35) = 8.75 kgmol C 25 — (8.75) = 16.25 kgmol A 50 - 8.75 = 41.25 kgmol B
• Tem peratura final (-1 0 9 .5 5 ) (8750) = 25000 (0.5)(75 - 25) f 50000 (1.5) (100 - 25) + 8750 (0.85) ( 2 5 - Tf) + 16250 (0.5) (25 —Tf) + 41250 (1.5) T f = 119°C 4. Resultado: • El calor de reacción es de —109.55 cal/gm ol de C. • La tem peratura 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
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301
PROBLEMAS RESUELTOS
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 can tidad de dicromato usado indicará el oxígeno consumido. • Reacciones C6H120 6 + 4Cr20 7 = + 32H+ -
6C 02 + 8Cr+3 + 22HzO
pero también C6H120 6 + 6 0 2 ■** 6C 02 + 6HzO o sea, 4 moles de cromato equivalen a 6 de oxígeno en poder oxidante. • Concentración de la disolución Normalidad
^°*
e3u*valente £Famo I de disolución
Normalidad = -M°^ar^ a(^ (£¡ada molécula de cromato Cr20 7 ^ es igual a tres átomos de oxígeno y por lo tanto igual a 6 electrones). n oc t PM Cromato 0.25 Nvt = —---------------6 (4)
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302
BALANCES CON REACCION QUIMICA
3. Cálculos. • Concentración de la disolución Un litro de reactivo N /4 es equivalente a 0.25 N =
24 =. 12.25 g/1 de cromato =
g
2
por lo tanto cada mi es igual a
2
0
2/l
ppm ó
2
mg de oxígeno.
• COD Volumen de sulfato utilizado = 50 — 4.9 = 45.1 m i/100 mi solución. _ __ COD =
45 mi reactivo ,««« , , 2 mgO, — X 1000 mi solución X — mi solución mi de reactivo = 902 mg/1 1 0 0
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 - C6 H 4 - COOH + (CH 3 - CO)20 5(£ c H+ CH 3 - CO - O - Cs H 4 - COOH + CHjCOOH Calcule la cantidad de ácido salicílico HO —C6 H4 —COOH que senecesita para obtener 1000 kg/h de aspirina, CH3 —CO —O —CgH* —C 0 2H siel rendi miento experimental de la reacción es del 75%. Si se utilizan 300 kg de anhídrido acético (CH3 C 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.
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PROBLEMAS PROPUESTOS
303
Problema 8.14 Para hidrogenar el aceite de girasol se usa hidrógeno qué se hace burbu jear 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 hidró geno entrante al proceso tiene la siguiente composición: 96% de H2, 2 % de CH4 y 2% de H20 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 2 0 0 0 kg/h de aceite con un índice de yodo inicial de 2 0 0 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 hidró geno entrante al reactor. Resultado: • 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, C ^ P ^ O jj, se usa como n u triente y se oxida a C 0 2 y H 2 0 . Calcule el calor de oxidación a 45 °C en esta fermentación. El Cp de la sacarosa sólida es 1.25 kJ/kg°K. Resultado: Se desprende 1348.2 kcal por cada gramo mol de sacarosa oxidada a COz y H2 0 . 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//£ = — 673 000 cal/gmol. Resultado: 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 tem pera tura de los productos salientes de la reacción?
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BALANCES CON REACCION QUIMICA
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Resultado: La tem peratura de flama está alrededor de 1192°C. Problema 8.18 ¿Cuál es la tem peratura de flama del C 0 2 al quemarse en un, 100% de aire a volumén constante? La tem peratura inicial es de 200 °C. Resultado: La tem peratura 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 com bustión. Resultado: La composición del combustible es de 9.145% de N 2 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 suministra do o cedido por el proceso. Resultado: 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: Ci2 H 2 2 Ox1(s) +
1 2
0
2(g) —
1 2
0
2(g) +
1 1
H 2 0 (/>
Él calor de combustión estándar es de: A
= — 1344.9 k cal/g m o l
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PROBLEM AS PR O PU ESTO S
Calculé el calor de oxidación a 37 °C, que es la tem p eratu ra a la cual se llevan a cabo m uchas reacciones bioquím icas. D atos:
C^ m iactosa = °*2857 kcal/kg.°C.
C h a g u a = 0.995 kcal/kg°C .
C p m Q^~~ = 6.995 cal/gm ol°K .
C pm c o ^ — 9.32 cal/g m o l°K
R esu lta d o , El calor de com bustión (oxidación) de la lactosa a 37°C es de ~ 1343,373 kcal/gm ol (se desprende ese calor). Problem a 8.22 Se determ inará la te m p e ratu ra que puede esperarse en la com bustión de coque de alto grado (100% carbón) con el aire teórico. El coque en tra al horno a 25°C.
Resultado: La tem p eratu ra final será de 1912°K.
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BALANCES C O N REA CCION QUIM ICA
Apéndice 8.1 .
Calores norm ales de form ación a 25°C
Compuesto
AH ° kcal/gmol - 70.94
S° 2'(g) ,, -
'
- 94.39
- 94.052
0
- 26.416
ó?
CQ/(g) O
SO3
C aC0 3
- 289.5
CaCO.(S)4
- 151.7
H3°U)
- 68.3174
H2° ( S)
- 57.7979
HG1(g) H 2 s o 4(1)
- 22.063
H2S
- 193.91
,
- 4.815
(g)
h n o 3(1)
H3p 04(5)
- 41.404 - 1281.1 - 75.23
NH% NH 4 0 H aq
- 87.59 -
NO(g) -
7.96 10
N% > k c i ..
- 103.8
KOH (s)
-
(s)
NaCl ,
(s)
102.02
- 98.321 -
75.38
-
17.889
CH3 OH(1)
-
57.04
c h 3 c h 2 o h (1)
-
66.35
nh
4C1,s)
C H *(g)
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APENDICE 8.2 CALORES NORMALES DE COMBUSTION A 25°C
Apéndice,8.2.
Calores normales de combustión a 25°C
Compuesto Carbono Monóxido de carbono Hidrógeno Metano
807
áH* kcal/gmol (agua líquida y CQrf
%
-
94.0518
°%
-
67.6361
-
68,3174
%
-
212,78
-
372,820
Propano
-
530.605
n-Butano
-
687,982
Etano
c% C2 \ )
Benceno
W u
Alcohol etílico
CjHsOH(1j
-
326,7
-
173.65
Acido acético
CH40 (j) • P tH .0 ^ ,
-
208.34
Dextrosa
c 6h 12o 6(s)
-
673
Lactosa
Ci2H220 1I($)
-1350.1
Sacarosa
c 12h 22o U(s1
-1348.9
Alcohol metílico
789.08
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Bibliografía
ALTSCHUL,
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ESTA O BR A SE T E R M IN O DE IM P R IM IR EL D IA 4 DE AGOSTO DE 1986 EN LOS T A L L E R E S DE IM PRESIONES E D IT O R IA L E S , S. A. LA G O C H A LC O 23 0, CO L. A N A H U A C M E X IC O , D. F. L A E D IC IO N C O NSTA DE 3,000 EJEM PLARES V SO BR AN TES P A R A REPOSICION KE - 5 2 9 - 80
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O tra obra del m ism o a u to r: PROBLEMAS DE TRA N SFEREN CIA DE CALOR La presente obra es una introducción a la solución de problemas relaciona dos con la transferencia de calor. En los primeros capi'tulos se estudian los aspectos generales de la transferen cia de calor por conducción, convec ción 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, condensa dores, rehervidores, etc. También se presenta una breve in troducción teórica de los temas por tratar para pasar en seguida a la solu ción, paso a paso, de gran número de ejemplos y, por últim o, en cada capí tulo se presentan problemas propuestos con su respuesta que son muy útiles para que el estudioso que desee afian zar su habilidad en la solución de pro blemas. 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 muy adecuada para los profesionales de toda.; las ingenierías.
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