balance de materiales y energia

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD
ESCUELA DE CIENCIAS BASICA, TECNOLOGIA E INGENIERIA
CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CUSO: 3011103 – BALANCES DE MATERIA Y ENERGÌA
ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, TECNOLOGIA E
INGENIERÍA
BALANCE DE MATERIALES Y
ENERGIA
Director Nacional de Curso
Víctor Jairo Fonseca Vigoya
Ingeniero Químico
Máster Brewer
Acreditador del curso
CARLOS GERMAN PASTRANA
Ingeniero Químico
Julio de 2009
Bogotá D.E.
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PRESENTACION
Los balances de materiales y de energía se han constituido en base para
diversas aplicaciones en los campos de las ingeniarías química y de alimentos.
El manejo de los balances, fundamentalmente matemático, crea en mayor o
menor grado dificultades a nivel de análisis y síntesis que deben desarrollar los
estudiantes en su proceso de aprendizaje.
Por ello se ha estructurado el presente módulo con un énfasis en procesos
analíticos más que en procesos matemáticos, sin descuidar tan importante
herramienta, en el estudio y desarrollo de la ingeniería.
Las valiosas ayudas de la informática en diversos programas, al alcance del
común de los estudiantes, permiten reforzar el material escrito en la resolución de
múltiples ejercicios.
Las memorias
y hojas de cálculo se constituyen en los elementos
complementarios para simulación e integración de los balances a otros campos de
aplicación.
La mayoría de los ejemplos dispone en el módulo de sus respectivas hojas de
cálculo, alguna de ellas para ser terminadas, no en cálculos, por los estudiantes.
Como complemento se entrega un archivo, en Excel, para que el estudiante
analice y realice simulaciones para diferentes situaciones.
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INDICE
UNIDAD 1 BALANCE DE MATERIALES
1
1.2.
1.2.1
1.2.1.1
1.2.1.2
1.2.2
1.2.3
1,3
1.3.1
1.3.2
1.4
1.4.1
2
2.1
2.2
2.3
3.1
3.2
Objetivos
Introducción
Procesos
Proceso industrial
Proceso de cochada
Proceso continuo
Variables de proceso
Diagrama de flujo.Memorias y hojas de calculo para balances de materiales.
Simulación
Composición, fracciones, porcentajes
Resolución de balances
Base de cálculo
Clases de balances
Balances en operaciones de separación
Balances de separación con acumulación
Balances de mezcla
Balances de mezcla y separación
Balances en operaciones con recirculación o reciclo
UNIDAD 2 BALANCE DE ENERGÍA
4
4,1
4.1.1
4.1.2
4.1.3
4.1.4
4.1.5
4.2
4.2.1
4.2.2.
4.2.4
4.2.5.
4.3
4.3.1
Objetivos
Introducción
1a. Ley de la termodinámica
Energía Potencial
Energía Cinética
Energía Mecánica
Energía Interna
Energía PV
Balance Total de Energía
Calor de índole física
Calor específico
Calor especifico a P constante
Calor latente
Calor de índole química
Calor de formación
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4.3.2
4.3.3
4.3.4
4.3.5.
4.3.6
Calor de reacción
Calor de disolución
Calor de mezcla
Calor de combustión
Balance estequiomètricos de masa y energía
UNIDAD 3 BALANCES COMBINADOS
5,0
5,1
5.2
5.3
5.4
Objetivos
Introducción
Balance materia y calor
Balances con mermas
Balances ensayo y error
Balances por método Gráfico
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PRIMERA UNIDAD
BALANCE DE MATERIALES
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OBJETIVOS
Definir la ecuación fundamental de un balance de materia.
Interpretar datos suministrados para lograr resolver problemas de balance de
materia.
Resolver utilizando bases de cálculo, problemas referentes a procesos en
reflujo y/o reciclaje.
Emplear la técnica del ensayo y error, en la resolución de problemas
Elaborar memoria y hojas de cálculo.
Realizar simulaciones en diferentes situaciones presentadas en la industria.
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1 Introducción
Los balances de materiales y de energía se fundamentan en la ley de
conservación de la materia y de la energía. que establece: " la materia y la
energía no se crean ni se destruyen, sólo se transforman."
La masa de materiales que sale de un proceso debe ser igual a la masa de los
materiales que entran, si no existe acumulación de masa dentro del proceso.
En forma similar, la energía adicionada a un proceso debe ser igual a la energía
removida del proceso más la acumulación de energía dentro del proceso. A
menudo las energías cambian en su forma; muy usual es que la energía eléctrica
se transforme en energía mecánica o energía térmica.
Einstein estableció la existencia de la ley universal que integra la masa y la
energía, donde dadas circunstancias específicas la masa se transforma en
energía o viceversa acorde la ecuación E = mc2
Donde:
E
m
c
Energía
masa
constante, igual a la velocidad de la luz.
Un balance de materiales establece las relaciones contables de cantidades
mensurables de materiales que entran y que salen en un proceso industrial.
Los balances de materiales se aplican, entre otros, para:
Establecer necesidades de materias primas e insumos para una producción
predeterminada.
Calcular las mermas y rendimientos de materias primas e insumos.
Definir programas de adquisiciones.
Manejar y rotar inventarios.
Establecer costos de insumos para un producto.
Dimensionar y diseñar procesos y operaciones unitarias.
Dimensionar y diseñar equipos.
Diseñar plantas industriales.
1.2. Procesos
Un proceso es una o más etapas desarrolladas para transformar unos insumos o
materias primas en productos.
A la vez las etapas están constituidas por una o más operaciones o procesos
unitarios.
Se denomina operación unitaria al cambio físico que tiene lugar en un proceso
industrial, en forma similar se denomina proceso unitario al cambio químico que
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ocurre dentro de un proceso industrial
1.2.1- Proceso
industrial
Proceso industrial es el conjunto de operaciones y procesos unitarios requeridos
para transformar insumos a productos mediante el empleo de equipos y mano de
obra apropiados.
Los procesos industriales en alimentos, a menudos son un conjunto de
operaciones complejas que requiere de gran cantidad de equipos.
Conociendo los principios es posible diseñar los pasos de la mejor forma posible.
Los procesos se analizan bajo seis consideraciones interdependientes:
Clase de proceso.
Variables de proceso.
Operaciones y procesos unitarios.
Balances de masa y energía.
Instrumentación y Control
Costos.
Los procesos se desarrollan por lotes o cochadas y en forma continua.
1.2.1.1. Proceso de cochada
Es aquel en el cual el ó los materiales permanecen en el equipo mientras se
realizan las operaciones o procesos unitarios correspondientes a una o más
etapas.
En algunos procesos de cochada se le suministra a los materiales un movimiento
rotacional o circular, como en el caso de mezclado o agitación en tanques.
Entre los más representativos tenemos:
Elaboración de alimentos a nivel doméstico. En la elaboración de los alimentos
en los hogares, artesanalmente y en muchos restaurantes se tienen
fundamentalmente procesos de cochada; la elaboración de una sopa, la
cocción de verduras o el freido de carne realizados en una olla o sartén.
Selección y clasificación, lavado y escaldado de cantidades determinadas en
frutas y verduras en mesas y recipientes..
Labores tradicionales de mezclado de ingredientes , amasado como el remojo
de harinas , horneado tradicional en la obtención de panes, secado ,
concentración en la obtención de mermeladas o arequipes.
En los procesos de cochadas y para correlacionar las variables involucradas se
manejan volúmenes o cantidades de masa (en peso) y un tiempo total de proceso.
Mezcla de hierbas, sal y condimentos para la obtención de 20 kilos de un
adobo, efectuado en una mezcladora en el lapso de 15 minutos.
Horneado de diez bandejas con 50 panes de 100 gramos, cada una, durante
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25 minutos.
Osmodeshidratación de 50 kilos de tajadas de guayaba, en el transcurso de
48 horas.
Añejamiento de 1500 litros de vino durante 3 años.
1.2.1.2. Proceso continuo
Es aquel en el cual el material o producto en proceso pasa a través del equipo
sufriendo una operación o proceso unitario durante su paso.
Realmente corresponde a lo que se conoce como flujo y el manejo de unidades se
realiza fundamentado en las unidades propias de flujo como kilos por hora (k / hr),
metros cúbicos por segundo (m3 / s ) galones por minuto (GPM), etc.
Entre los procesos continuos más representativos tenemos:
Transporte de materiales, sólidos a granel, mezclas ó líquidos.
Procesos de molienda y pulverización, tamizado.
Envasado de alimentos y bebidas.
Y ejemplos específicos:
Transporte de maíz en un tornillo sinfín a razón de 4000 kilos por hora.
Pasterización de 8.000 litros de leche por hora.
Molienda de malta a un flujo de 2.500 kilos por hora.
Dosificación de cloro a razón de 3 miligramos por minuto en un tratamiento de
aguas.
Desaireación de 5.000 latas por horas de sardinas en un túnel de exhausting.
A nivel industrial un proceso continuo se realiza en un período de tiempo definido
que esta determinado por las jornadas de trabajo que se tienen en las empresas.
Un molino de maíz (como empresa se llama trilladora de maíz) que tiene dos
jornadas de trabajo, laborará durante 16 horas. En este lapso de tiempo o aún de
acuerdo a la programación interna el transportador de maíz y el molido trabajan a
un flujo de 4000 kilos por hora.
Puede ocurrir que un sábado se trabajen cuatro horas y durante este lapso de
tiempo los equipos trabajan continuamente al flujo establecido
Algunas plantas de la industria cervecera tienen programación continua durante la
semana y se para el día sábado al mediodía para hacer aseos generales y
completos.
Se tiene una programación de tres turnos para cubrir la jornada del día.
El envasado que comprende las etapas de desencanastado de botellas, lavado de
botellas, envasado propiamente dicho, tapado, etiquetado, pasterizado y
encanastado se realiza en forma continua pero únicamente durante 22 horas al
día, pues se hace necesario parar durante dos horas para hacerle aseo a las
lavadoras y pasterizadoras por la acumulación de residuos y vidrio que no se
pueden retirar continuamente.
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Es de recordar que en procesos industriales que involucran muchas etapas el
proceso global se puede subdividir en procesos, y en esta consideración para la
obtención de muchos productos se tienen de las dos clases, procesos continuos y
por cochadas o por lotes.
Por analogía las etapas y operaciones también se clasifican como continuas o por
lotes.
En algunas industrias se hace necesario preparar los insumos o materias primas
secundarias, tal es el caso de la preparación de un jarabe invertido de azúcar en la
osmodeshidratación de la guayaba. La obtención del jarabe en sí es un proceso,
aunque en el proceso industrial de la osmodeshidratación de la fruta es una etapa.
Un criterio para establecer ó definir si es etapa o proceso lo constituye la
disponibilidad en tiempo y espacio para obtener o adecuar el insumo. El jarabe
debe prepararse antes o simultáneamente al inicio del manejo de la fruta; el caso
es que debe estar listo para iniciar la osmodeshidratación propiamente dicha. El
jarabe se puede preparar con mucha antelación y aún, como hoy se esta
convirtiendo en actividad usual, adquirir el insumo a terceros.
Ejemplo 1
En la obtención de tajadas osmodeshidratadas de guayaba se tienen las
siguientes etapas:
Preparación de jarabe.
Recibo de la fruta.
Selección y clasificación de la fruta.
Escaldado.
Adecuación de la fruta.
Osmodeshidratación.
Juagado
Secado y
Empaque.
Domestica o artesanalmente para trabajar 10 ó 100 kilos el proceso es por
cochada o lote y corresponde a lo que se va a procesar, una cochada de 10 kilos ó
un lote de 100 kilos.
Industrialmente algunas etapas puede constituirse en un proceso y tenemos que:
La preparación del jarabe es un proceso por cochadas.
El recibo de la fruta es por cochadas, ya sea en cajas o por el contenido de un
vehículo, es una etapa.
La selección , clasificación y escaldado son etapas continuas.
La adecuación de la fruta (tajado o troceado) es continua.
La osmodeshidratación es por cochadas.
El juagado es una operación continua.
El secado es por cochada y
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El empaque es continuo.
Ejemplo 2
La elaboración de tamales a nivel artesanal establece las siguientes etapas, todas
ellas por lotes:
Adecuación de materias primas.
Cocimiento de las carnes.
Preparación de la masa..
Dosificación o porcionado de la masa.
Ensamble del tamal (colocación de carnes y adición a las hojas)..
Amarre del tamal.
Cocción del tamal.
Enfriamiento.
A nivel industrial las etapas de preparación de la masa, dosificación, ensamble y
amarrado se pueden hacer en forma continua.
Muchos procesos tienen etapas por cochadas y etapas continuas, una forma de
integrar las dos clases de etapas es mediante los que se denomina tanques
pulmón o de acumulación para líquidos o sólidos pulverulentos o en granos, y
mesas de acumulación o canastas en sólidos regulares o productos empacados.
En el caso de la elaboración industrial de tamales, para tener continuidad en la
producción se dispone de una marmita y dos tanques pulmón.
La masa elaborada en una primera cochada se pasa al primer tanque pulmón de
donde se dosifica o porciona a las hojas para un ensamble continuo, mientras
tanto se esta procesando la segunda cochada de masa que se recibe en el
segundo tanque pulmón.
Cuando se termina de dosificar del primer tanque se pasa a dosificar del segundo
tanque pulmón y se elabora la tercera cochada que a la vez se recibirá en el
primer tanque.
El empaque de leche en bolsas o de arroz en talegas se constituye en una
operación continua disponiendo de la leche en un tanque y del arroz en una tolva
alimentadora.
La mesa de acumulación, que como su nombre lo indica es una mesa o un
espacio de gran tamaño superficial permite recibir productos de un equipo
continuo, para alimentar a un equipo por cochadas.
En la industria de tamales se dispone de una mesa de acumulación y canastillas
para recibir los tamales ensamblados que se han de cocinar por cochadas en un
horno.
1.2.2 Variables de proceso
En muchos procesos lo que establece su continuidad son las formas como se
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manipulen las variables que se manejan en cada operación o etapa.
A la vez esta manipulación requiere de equipos o aparatos diferentes.
Ejemplo 3
En la osmodeshidratación de frutas tomemos la preparación del jarabe y
desglosémoslo en las operaciones y procesos unitarios que tienen lugar:
Medición del agua.
Pesada del azúcar.
Pesada del ácido cítrico.
Calentamiento del agua.
Agregación del azúcar y ácido cítrico.
Ebullición.
En la medición del agua se tienen dos variables principales, volumen de agua y
tiempo en el cual se realiza la medición del volumen que se requiere.
Para la pesada de azúcar las variables de la operación son peso y tiempo; iguales
variables se tienen en la pesada del ácido cítrico.
En el calentamiento del agua las variables manipuladas son calor, temperatura y
tiempo, que pueden ser integradas a dos variables, flujo de calor (diferencial de
calor sobre diferencial de tiempo q = dQ /dt) y temperatura.
Solamente el tiempo se constituye en variable durante la agregación del azúcar y
del ácido cítrico. Esta variable puede involucrar el tiempo de llevar el azúcar
pesado desde su sitio de almacenamiento sea provisional o permanente y el
tiempo de agregación propiamente dicho
En la ebullición se tienen dos variables el flujo de calor y el tiempo de ebullición.
Debe tenerse muy en cuenta que la variable tiempo para el flujo de calor es
diferente a la variable tiempo de duración de la ebullición. En términos prácticos se
tiene un flujo de calor en kilocalorias por hora y la ebullición puede durar 5 ó 10
minutos.
La agregación de azúcar implica el transporte. En un proceso de cochada la
cantidad de agua se adiciona a una olla o marmita y se mide por nivel marcado
directamente en el recipiente o empleando un recipiente aforado como baldes,
vasos aforados, etc; en un proceso continuo el agua fluye a través de un medidor
de volumen o contador de agua, para entrar al equipo que la ha de calentar.
Normalmente se emplea una báscula o una balanza para pesar las cantidades
necesarias para una cochada. En un proceso continuo se debe usar un dosificador
de sólidos que alimentará al equipo en el cual se efectúa la ebullición continua.
En la preparación del jarabe se tiene otra variable y es el pH, ya que la inversión
del azúcar ocurre en medio ácido. Sin embargo el pH es función del ácido cítrico
agregado y establecida una relación constante de ácido cítrico y azúcar agregado
el pH deja de ser variable.
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Ejemplo 4
En la obtención de cerveza, en una de las primeras etapas del proceso la malta se
muele y se adiciona a agua con características químicas especiales.
La mezcla (masa) se lleva a calentamientos periódicos para convertir proteínas y
almidones en compuestos más simples en una solución llamada mosto.
La operación más importante es la conversión de almidones en azucares por
acción de las enzímas amilolíticas que tiene la malta.
Esta conversión puede reconocerse mediante la toma de muestras a la masa y
adición de una solución de yodo; el cambio de coloración de la solución a azul
intenso indica presencia de almidones.
A mayor intensidad mayor contenido de almidones en la masa. Se considera que
se tiene una conversión de almidones cuando la solución no cambia de coloración.
Las operaciones que se tienen en la llamada maceración son:
Preparación del agua (adecuación de sus características químicas).
Calentamiento del agua a 36 oC.
Adición de la malta molida.
Agitación de la mezcla. ( se continua hasta terminar el proceso).
Calentamiento a 52 oC.
Descanso a 52 oC (conversión de proteínas).
Calentamiento a 72 oC.
Descanso a 72 oC (conversión de almidones).
Calentamiento a 76 oC.
Descanso a 76 oC (inactivación de enzimas).
Bombeo a filtración.
Los descansos son operaciones en las cuales la masa se deja durante un tiempo
predeterminado a la temperatura establecida para lograr un mayor o menor grado
de conversión de las proteínas y almidones.
Para este proceso en particular, las variables son pH y cantidad de sales del agua,
cantidad de materias primas (relación agua:malta) , temperatura, tiempo y
concentración de proteínas y almidones.
Todas ellas inciden en las características de la cerveza y permiten establecer los
llamados tipos de cerveza.
El diseño, dimensionamiento y la optimización de procesos se fundamenta en el
correcto conocimiento y manejo de las variables
1.2.3. Diagrama de flujo
Es la representación gráfica de operaciones y etapas que tienen lugar en un
proceso.
En algunos diagramas, se representan la secuencia coordinada de los procesos y
operaciones unitarias que permiten la transformación de las materias primas a
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productos finales y subproductos.
Los diagramas de flujo se clasifican de acuerdo a los símbolos empleados y de
acuerdo a los contenidos. En la primera clasificación se tienen los de bloques y
los simbólicos, en la segunda los cualitativos y los cuantitativos.
La clasificación y representación de los diagramas de flujo se presenta en el
numeral 2.3.2 del módulo “Introducción a la Ingeniería de Alimentos” de la
ingeniera Margarita Gómez de Illera.
1.3. Memorias y hojas de cálculo para balances de materiales
Las memorias de cálculo son las relaciones descriptivas minuciosas en el
desarrollo de las diversas operaciones y cálculos.
En realidad corresponde al desarrollo tradicional de problemas con una
descripción completa de los pasos y operaciones realizadas.
Las hojas de cálculo, ampliamente empleadas en aplicaciones de Ingeniería, se
elaboran fundamentadas en las relaciones, sean funciones o ecuaciones de las
múltiples variables y parámetros, igualmente de datos estipulados en tablas,
gráficas y aún en prácticas de terreno o pruebas de campo.
Las prácticas de terreno se refieren al ejercicio profesional en los diversos campos
en tanto que las pruebas de campo son experiencia a nivel laboratorio o planta
piloto sin el rigor científico de los ensayos experimentales, pero con manejo
estricto y controlado que permite la fiabilidad de los resultados obtenidos.
En el desarrollo de los ejemplos tanto de balance de materiales como de energía
se emplearán las hojas de programa Excel 95/97.
En el apéndice 1 Ejemplos se presentan las memorias y hojas de cálculo,
herramientas muy valiosas para el desarrollo de cálculos.
1.3.1. Simulación
El mayor valor de las hojas de cálculo consiste en ser el medio para realizar la
simulación, herramienta importante en el estudio de alternativas de procesos,
diseños, formulaciones económicas, etc.
La simulación consiste en desarrollar un problema o situación modificando
diversas variables para obtener resultados comparativos y permitir una visión
amplia y simultánea de las alternativas presentadas (ver apéndice 1).
En varios de los ejemplos presentados en el
simulaciones en otras hojas de la hoja de cálculo,
apéndice 1 se presentan
1.3.2. Composición, fracciones y porcentajes
Todos los alimentos estan compuestos de sustancias en diferentes proporciones.
Algunas de estas sustancias los hacen en cantidades apreciables siendo las
principales agua, carbohidratos, proteína, grasa y fibra, y se llaman elementos
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mayores, en tanto que otras sustancias, elementos menores, aparecen en muy
pequeñas cantidades como son los minerales, (generalmente como sales y que
contienen calcio, fósforo, sodio, potasio, cobre, hierro, etc.), vitaminas,
aminoácidos y ácidos orgánicos entre otros.
Prácticamente a nivel mundial, las diversas legislaciones exigen en las etiquetas
de los productos alimenticios su composición tanto por los elementos mayores
como los elementos menores, aunque las cantidades se expresan en diferentes
unidades.
Los elementos mayores se expresan como fracciones del total del producto que
siempre se ha de tomar como 1; esto significa que las fracciones siempre son
menores de uno.
Otra forma de expresar las cantidades de los compuestos en el porcentaje que
siempre corresponde a la fracción multiplicada por cien.
Ejemplo 5
Expresar en fracciones los compuesto de una carne cuya composición principal
es: Grasa 8%, (1), Proteínas 17% (2), carbohidratos 1%, (3) y Humedad 74%,
(4),
Solución.
Dado que el porcentaje es una fracción multiplicada por cien, la fracción será el
porcentaje dividido por cien y se tiene:
Grasa
Proteínas
Carbohidratos
Humedad
Total
= 8 /100 = 0,08
= 17/100 = 0.17
= 1/100 = 0,01
= 74/100 = 0.74
= 1,00
1.4. Resolución de los balances
Para facilitar el planteamiento y resolución de los balances es conveniente
realizar los pasos siguientes:
Leer comprensivamente todo el problema.
Seleccionar una simbología conveniente para todas las corrientes que
intervienen en el proceso.
Elaborar un diagrama de flujo, colocando en el los símbolos de la diferentes
corrientes.
Establecer la consistencia de unidades. En lo posible emplear pesos de todas
las corrientes en el sistema internacional. En las hojas de cálculo se pueden
trabajar simultáneamente con diferentes sistemas de unidades.
Colocar los valores numéricos consistentes en el diagrama de flujo.
En algunos problemas, se desconocen valores numéricos de las corrientes, en
tal caso seleccione una base de cálculo que debe ser consecuente al
problema.
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En el manejo de cálculos estequiometricos, escriba las reacciones químicas
cuando sea absolutamente necesario.
Lo primero, para solucionar un balance de materia, es establecer las diferentes
relaciones cuantitativas entre las diferentes corrientes del proceso.
1.4.1 Base de cálculo
En múltiples aplicaciones de ingeniería no se parte de valores numéricos definidos
si no que se plantea un problema general en el cual se establecen parámetros y
situaciones dadas, y al resolverse se hace necesario cuantificar los parámetros;
en estas circunstancias se da un valor numérico a uno de los parámetros que
como se comenta debe estar plenamente identificado y no debe ser arbitrario.
Este valor numérico se constituye en la base de cálculo.
En lo posible la base de cálculo debe estar relacionada con todos los parámetros
que intervienen en el problema.
En los alimentos donde el agua juega un papel muy importante y se tiene gran
numero de procesos en los cuales se disminuye o elimina como evaporación y
secado y otros en los cuales se adiciona, como la reconstitución de productos
deshidratados, entre ellos leche en polvo, café liofilizado, etc., se acostumbra a
trabajar base de calculo en lo llamado base húmeda y en base seca.
La base húmeda se refiere al producto incluyendo el agua que normalmente posee
en cualquier etapa de un proceso y base seca al producto considerado como si no
tuviese agua.
Un kilo de leche tal cual puede tener un 80% de humedad y 6% de grasa. 1 kilo
se constituye en base húmeda o tal cual y en muchas ocasiones no se califica
como húmeda.
El kilo de leche tiene otros compuestos, no necesariamente sólidos disueltos,
como la grasa que es insoluble en agua pero se encuentra finamente dispersa. La
base seca para esta leche es del kilo de toda la leche menos el peso del agua que
equivale a 0,8 kilos, es decir la base seca es de 1,0 - 0,8 = 0,2 kilos.
La grasa que hay en la leche es de 1,0 x 0,06 = 0,06 kilos.
Cuando se toma la base seca, la grasa sigue siendo de 0,06 kilos pero se tienen
únicamente 0,2 kilos de materia seca.
El porcentaje de grasa en la base seca, cambia y del 6% en base húmeda llega a
(0,06 / 0,2) x 100 = 30% en base seca. Los otros compuestos sólidos sumarán
el 70%.
Ejemplo 6
Una carne cuya composición principal es: Grasa 8%, (1), Proteínas 17% (2),
carbohidratos 1%, (3) y Humedad 74%, (4), se deshidrata hasta llegar a un 5%
de humedad (5)
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Establecer la composición en base seca, determinar la composición del producto
seco.
Nota: los números en paréntesis se toman como referencias para las hojas
de cálculo
Solución.- Para resolver las tres preguntas se requiere trabajar sobre una base de
cálculo.
Se puede tomar como base de cálculo el valor de 100
fresca pues facilita los cálculos.
kilogramos (6) de carne
Recordando que la cantidad, en peso, de sólidos en base húmeda y en base seca
no cambia, se deben calcular los sólidos y la suma de ellos constituyen la base
seca.
Con el valor de la base seca se puede entrar a determinar el porcentaje de cada
uno de los componentes y así establecemos la composición del producto seco.
La cantidad de cada unos de los componentes en la base de cálculo es igual a la
cantidad total de carne multiplicada por el respectivo porcentaje, colocado este
porcentaje como fracción:
Grasa
Proteína
Carbohidratos
Subtotal sólidos
Agua
Total
100 x 0,08
100 x 0,17
100 x 0,01
100 x 0,74
= 8 kg
= 17
= 1
= 26
= 74
= 100
(7)
(8)
(9)
(10)
(4)
Para establecer la composición en base seca, se deben tomar únicamente los
sólidos, en este caso 26 kilos y determinar sobre esa base el porcentaje que
representa cada componente, así:
Grasa
Proteína
Carbohidratos
8 / 26 x 100 = 30,8%
7/26 x 100 = 65,4%
1/26 x 100 = 3,8%
Total base seca
(11)
(12)
(13)
= 100,0%
El producto seco con humedad del 5%, tiene un 95% (14) de sólidos que pesan
26 kg (10), de acuerdo a lo obtenido anteriormente.
El producto seco pesará
El porcentaje de grasa
El porcentaje de proteína
El porcentaje de cenizas
Ps
Gs
Ps
C
=
=
=
=
26/ 0,95
=
8/ 27,4 x 100
17 / 27,4 x 100
1/ 27,4 x 100
27,4 kg
= 29,2%
= 62,1%
= 3,1 %
(15)
(16)
(17)
(18)
Para diferenciar el producto sin agua del producto seco, se emplea el término
deshidratada para el producto en base seca.
En este ejemplo se han trabajado compuestos sólidos como grasa, carbohidratos,
y proteína, sin embargo en algunos productos, principalmente de la industria
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química, se encuentran líquidos diferentes al agua y en los cálculos de base seca
se debe tener presentes los compuestos líquidos diferentes al agua.
En la figura 1 se representa un deshidratador a vacío, en planta piloto para
deshidratación de alimentos.
En la hoja siguiente se presenta la hoja de cálculo.
Secador al vacio
FIGURA 1
EJEMPLO 6
BALANCES DE MATERIALES
CALCULOS DE BASE SECA Y BASE HUMEDA
Símbolo
Unidad Fuente
BASE HUMEDA
CARNE
B
Grasa
G
%
Dato
Proteínas
P
%
Dato
Carbohidratos
C
%
Dato
Humedad
A
%
Dato
SOLUCION
BASE HUMEDA
CARNE
B
kg
Selección
Grasa
G
%, kg
Dato, cálculo
Proteinas
P
%, kg
Dato, cálculo
Carbohidratos
C
%, kg
Dato, cálculo
Humedad
A
%, kg
Dato, cálculo
BASE SECA
%
Sólidos
Dato
Ref:
1
2
3
4
6
7
8
9
4
10
Porc.
Valor
8,0%
17,0%
1,0%
74,0%
8,0%
17,0%
1,0%
74,0%
100,00
8,00
17,00
1,00
74,00
26,00
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Grasa
Proteinas
Carbohidratos
G
P
C
%, kg
%, kg
%, kg
%
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
11
12
13
30,8%
65,4%
3,8%
100,0%
8,00
17,00
1,00
26,00
PRODUCTO SECO
Sólidos
Grasa
Proteinas
Carbohidratos
Humedad
TOTAL CARNE SECA
S
G
P
C
A
%,
%,
%,
%,
%,
%,
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
14
16
17
18
5
15
95,0%
29,2%
62,1%
3,7%
5,0%
100,00%
26,00
8,00
17,00
1,00
1,37
27,37
kg
kg
kg
kg
kg
kg
Como se comentó, una de las aplicaciones de los balances es poder establecer
los precios de la materia prima transformada
CASO 1
Si el costo de la carne fresca es de $ 4.000 kilo, cuál es el precio de la carne seca,
tomando únicamente el costo de la materia prima?.
Del balance de materiales y como se aprecia en la hoja de cálculo, por cada cien
kilos de carne fresca se obtienen 27,37 kilos de carne seca, es decir un 27,37%,
Para obtener un kilo de carne seca se requieren 1 / 0,2737 = 3,654 kilos de carne
fresca que tienen un costo de 3,654 x 4.000 = $ 14.635.39.
Este valor también se obtiene dividiendo 4.000 por 0,2737.
En la columna de CASO 1 de la hoja de cálculo, (ver apéndice 1) simulación, se
aprecia el costeo, que se ha basado en los 100 kilos de carne fresca que han de
costar 100 x $ 4.000 = 400.000 y que representan el valor de 27,37 kilos de carne
seca, luego el precio de la carne seca es de $400.000 / 27,27 = $14.635,38
Para ello se toma el valor del precio unitario y se copia en la celda I13, en la celda
J13 se hace la operación de multiplicar las celdas G13 por I13, para obtener el
valor total de los 100 kilos de carne.
El resultado se copia, como celda en la J30 y el valor del kilo de carne seca se
obtiene colocando en al celda la división del precio total, celda J30 por la cantidad
de carne obtenida, celda G30.
Cuando se tiene un valor diferente del costo por kilo se hace el reemplazo del
nuevo valor en la celda I13.
En la hoja de unidades se aprecia el valor por kilo de carne seca de $21.451,64
cuando el precio por kilo de carne fresca es de $ 6.000.
CASO 2.
Que precio tiene el kilo de carne seca, cuando su humedad final es del 7%?.
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Cuando la humedad se sube al 7% se obtiene más producto.
En este caso la base seca (26 kilos) equivale al 93% y el producto con la humedad
del 7%, pesará: 26 / 0.93 = 27,96 kilos y el peso por kilo será de $ 400.000/ 27,96
= $14.307,69.
Para establecer la composición de la carne con el nuevo porcentaje de humedad
se procede a realizar la simulación operacional.
Para ello se copia todo el bloque de la hoja Ejemplo 9, en la siguiente hoja
llamada de simulación y en el nuevo bloque se cambia el valor de la humedad a
7% en la celda correspondiente humedad del producto seco, celda F29 y se
aprecia como el costo varia a $ 14.307,69
Es muy importante tener presente que los balances de materia están
fundamentadas en lo que representa peso de los materiales, razón por la que las
unidades se deben expresar en las correspondientes a peso, ya sea normal o
molar en los respectivos sistemas de unidades.
Una valiosa aplicación de la hoja de cálculo es presentar los problemas en
diversas unidades introduciendo las columnas necesarias para los sistemas de
unidades y cada valor de la nueva columna se obtiene multiplicando el valor que
se ha tomado como base por el factor de conversión como se aprecia en la hoja
Unidades para el ejemplo 9.
En la columna de unidades se han incluido para los pesos las libras,
representadas como lbs. y a nueva columna aparece como VALOR y debajo de
esta celda ES, que significa english system en referencia a que las unidades de
peso en dicho sistema son las libras. Se debe recordar que Valor se refiere al
valor numérico de la variable y no a un costo.
2. Clases de balances.
No existe una clasificación sobre las clases de balances de materiales que se
tienen en la industria, sin embargo para orientar en la forma de manejar los
problemas relacionados a balances, se pueden tener balances a procesos:
De separación, en los cuales un flujo se divide en dos o más.
De separación con acumulación, es aquel en el cual se acumula o queda una
cantidad de material en el equipo en el cual se realiza la separación.
De mezcla, en el cual dos o más flujos se convierten en uno.
De mezcla con acumulación es aquel en el cual se acumula o queda una
cantidad de material en el equipo en el cual se realiza la mezcla, tal es el caso
del ejemplo 2.
Combinados en los cuales se tiene mezcla y separación, como en el ejemplo 1
Combinados con acumulación, como es el caso del ejemplo 3.
Combinados con reciclo, en el cual parte de una o mas corrientes de
separación regresa al equipo convirtiéndose en corrientes de mezcla.
Sin importar si el proceso es continuo o por baches, siempre se presentan las
llamadas mermas, que son acumulaciones de materiales generalmente muy
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pequeñas, que quedan en los equipos, accesorios y tuberías, sin importar su
estado sea sólido o líquido.
Estos valores son bastante significativos en el caso de materiales muy viscosos y
se llega el caso e tener que implementar los equipos para evitar esas
acumulaciones que siempre se constituyen en pérdida de los materiales.
En procesos de cochadas entre más equipos se tengan en un proceso mayor es la
cantidad de mermas. Para el control y manejo de la mermas se determinan etapa
por etapa y total para el proceso y siempre se expresan en porcentaje.
La base de cálculo en la determinación de las mermas siempre es la cantidad de
materiales que ingresa a la etapa.
Una de los propósitos de optimizar procesos industriales es disminuir las diversas
mermas que se pueden presentar en las operaciones o etapas. Los procesos
continuos siempre presentan menos mermas que los de cochada.
La inmensa mayoría de procesos en la industria de alimentos implican procesos
simultáneos o secuenciales de mezclas y separaciones y sobre ellos haremos
mayor énfasis en los ejemplos.
2.1 Balances en operaciones de separación
Asiduamente se presenta esta clase de balances, en la industria de alimentos.
Muchas de las materias primas de origen vegetal o animal que se constituyen
inicialmente en un solo producto, sean frutas o vegetales y animales ya sean
sacrificados o en canal, requieren de procesos iniciales para separar las partes
aprovechables de aquellas que no se consumen o se constituyen en
subproductos.
Generalmente en los vegetales, las cáscaras y semillas no son consumibles y
deben ser separadas.
Igualmente de una canal de res o pollo, los huesos no son consumidos y ciertas
partes no se procesan integralmente, sino en forma separada ya que tanto el
proceso como los productos tienen características diferentes.
En muchos procesos se parte de una materia prima o insumo completo, como es
el caso de los cereales, de las frutas y de animales en pie. Se considera al insumo
como un todo que tiene una composición definida, obtenida después de
innumerables pruebas o ensayos.
Este todo es igual la suma de la partes y generalmente las partes se expresan
como porcentaje del todo y siempre la sumatoria de los porcentajes debe ser igual
a un ciento por ciento (100%).
Cada parte es igual al todo multiplicado por el
participación.
respectivo porcentaje de
Llamando A al insumo y sus partes B, C, D, E, ……I se comprueba que
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A = B + C + D +…….. I
Siendo
ó lo que es igual
A =
cada parte en particular.
A la vez si llamamos b.c.d.e… i, al porcentaje de cada parte se cumple:
B = A x b , C = A x c , D = A x d ………. I = A x i , llegando a
A = B + C + D+…….. I = A ( b +c + d+ …. i) , como la suma de los porcentajes
debe ser igual a 1 se comprueba
A = Ax1 = A
Una parte se define completamente cuando se conoce su participación en el todo
(porcentaje o fracción) y la cantidad presente.
Ejemplo 7.
Después de varias pruebas de campo se establece que la composición promedio
de la curuba en términos de sus tres partes principales es: pulpa 58% (1),
semillas, 20% (2) y cáscara 22% (3).
a) De cinco cargas de curuba, cuantos kilos de cáscara, de pulpa y de
semillas se obtienen?
b) Se pretende elaborar jugo empleando exclusivamente la pulpa, qué
cantidad de pulpa se fruta se requiere para obtener 2.500 (4) kilos de pulpa
y cuanto es el desperdicio en cáscara y semillas?.
Curaba y sus partes
FIGURA 2
En las fotos, figura 2, se aprecian la fruta y las porciones obtenidas. Una
representación gráfica, para la parte b del problema, se muestra a continuación
P
2.500
58%
F
S
100%
?
20%
C
22%
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FIGURA 3
Solución
En cálculos en los cuales intervienen porcentajes, se hace necesario llevarlos a
fracción. De tal forma que las fracciones de los componentes son : pulpa 0,58,
semilla 0,20 y cáscaras 0,22.
En este ejemplo se introducen unas unidades de peso muy usuales en
Hispanoamérica; una carga que consiste en el contenido de dos bultos de cinco
arrobas cada uno, equivale a 125 kilos, de tal forma que 5 cargas serán 625 kilos.
Debe recordarse que una arroba equivale a 25 libras ó a 12,5 kilos
Tomando los porcentajes de cada componente o parte se tiene:
Pulpa
Semilla
Cáscaras
= 625 x 0,58
= 625 x 0,20
= 625 x 0, 22
Total
=
=
=
=
362,50 kilos
125,00
137,50
625,00 kilos
Es conveniente en la resolución de problemas comprobar los resultados y en este
caso ello se hace sumando los pesos de cada uno de los componentes.
En la hoja de cálculo se muestra la resolución del problema.
COMPOSICION DE LA
CURUBA
Parámetro
PROBLEMA
Pulpa
Semillas
Cascara
Fruta
SOLUCION
Pulpa
Semillas
Cascara
Fruta
Símb.
Fuente
P
S
C
F
Dato
Dato
Dato
Dato
P
S
C
F
Dato
Dato, Cálculo
Dato, Cálculo
Dato, Cálculo
Ref
1,4
2
3
5
%
58%
20%
22%
100%
1, 4
2,6
3,7
4,5,8
58%
20%
22%
100%
Valores
kilos
625,000
362,50
125,00
137,50
625,000
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. En la hoja de cálculo analice las celdas de cada
valor y plantee la ecuación respectiva.
b) Para este ejemplo la base de cálculo ya esta dada y es la cantidad de pulpa a
obtener, es decir 2.500 kilos. Esta cantidad es el 58% de la fruta a procesar.
Teniendo las fracciones, la cantidad de fruta necesaria se determina estableciendo
la respectiva regla de tres sobre la base de que la pulpa es la parte requerida y
que la fruta es el 100% (5) ó como fracción 1,00, así que:
1,00 =========== 0,58
X =========== 2.500
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Resolviendo se obtiene que la fruta necesaria es:
X = 1,00 x 2.500 / 0,58 = 4.310,345
(6)
Es usual hacer directamente la operación de dividir la parte por su fracción para
hallar el total
X = 2.500 /0,58 = 4.310.345
Los residuos se calculan, tomando el todo y multiplicándolo por la respectiva
fracción:
semilla =
4.310,345 x 0,20 =
802,07
(7)
cáscaras = 4.310,345 x 0,22 =
948,27
(8)
4.310,34,
(9)
Al sumar los componentes tenemos
2.500 + 802,07 + 948,27 =
Comprobando el valor obtenido en (6).
Se ha tomado como unidad de cálculo el kilo, luego las cantidades contenidas son
igualmente kilogramos. Debe observarse que en ciertos cálculos, se hacen
aproximaciones, por ejemplo
802,069 se aproxima a 802,07 La hoja de cálculo se presenta en la siguiente
página.
Es de recalcar que a nivel de cifras manejadas en la industria, (miles de kilos), no
se acostumbra a usar decimales; como ejercicio elimine los decimales de la hoja
de cálculo.
Caso diferente si se manejan unas pocas toneladas y en que las cifras decimales
si son significativas.
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE.- Para obtener el jugo se puede emplear también
la cáscara, cuando la fruta es madura y ha sido debidamente lavada y escaldada.
Si la relación de sólidos (pulpa y cáscara) y agua en el jugo es de 1 a 1,7,
¿cuanto jugo se puede obtener por peso?
EJEMPLO 7
SEPARACION DE COMPONENTES DE PRODUCTOS
OBTENCION DE UNA PULPA
Parámetro
Símb.
Fuente
Ref.
PRESENTACION DEL PROBLEMA
COMPOSICION DE LA CURUBA
Pulpa
P Dato
1,4
Semillas
S Dato
2
Cáscara
C Dato
3
Fruta
F
Dato
5
SOLUCION
Pulpa
P Dato
1, 4
Semillas
S Dato, Cálculo
2,6
Cáscara
C Dato, Cálculo
3,7
Valores
%
58%
20%
22%
100%
kilos
2.500,000
58%
20%
22%
2.500,000
862,069
948,276
Comprob.
kilos
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Fruta
F
Dato, Cálculo
SIMULACIÓN PARA 3.000 KILOS DE PULPA
SOLUCION
Pulpa
P Dato
Semillas
S Dato, Cálculo
Cáscara
C Dato, Cálculo
Fruta
F
Dato, Cálculo
SIMULACION PARA DIVERSOS VALORES
SOLUCION
Pulpa
P Dato
Semillas
S Dato, Cálculo
Cáscara
C Dato, Cálculo
Fruta
F
Dato, Cálculo
4,5,8
100%
4.310,345
1, 4
2,6
3,7
4,5,8
%
58%
20%
22%
100%
kilos
3.000,000
1.034,483
1.137,931
5.172,414
1, 4
2,6
3,7
4,5,8
%
58%
20%
22%
100%
kilos
3.000,000
1.034,483
1.137,931
5.172,414
4.310,345
kilos
5.172,414
kilos
5.172,414
CASO 3. Determinar el costo de la pulpa cuando la fruta se compra a $1.800 el
kilo y la cáscara se vende a $200 kilo.
Sobre los resultados del balance hacemos la siguiente consideración:
para obtener los 2.500 kilos de pulpa se emplearon 4.310,34 kilos de fruta que
valen 4.310,345 x 1.800 = $7.758.620,69.
Por venta de cáscara se recuperan 948,276 x $ 200 = $189.655,20
El costo neto de los 2.500 kilos de pulpa es de:
$7.758.620,69 - $ 189.655,20 = $7.568.965,52
El costo de cada kilo de pulpa, por concepto de materia prima es de :
$ 7.568.985,52 / 2.500 = $3.027.59.
Nota, se pueden presentar algunas diferencias en los resultados obtenidos
por la hoja de cálculo, ya que el programa guarda y acumula en toda
operación hasta 14 decimales.
Matemáticamente el problema se resuelve:
Para la parte a, llamando F a la fruta, P a la pulpa, S a la semilla y C a las
cáscara, se tiene
F = P + S + C {1}
Llamando p, s y c a las fracciones de cada componente se tiene
P =Fxp
{2}
S =Fxs
{3}
C =Fxc
{4}
F son 5 cargas que convertidas a kilos son:
2 Bultos
5 arrobas
12,5 kilos
F = 5 cargas x --------- x -------------- x ----------------- = 625 kilos
Carga
bulto
arroba
Tomando F = 625,
p = 0,58, s = 0,22 y C = 0,20 y reemplazando en las
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ecuaciones {2} , {3} y {4} se tiene:
P
S
C
= 625 x 0,58
= 625 x 0,20
= 625 x 0, 22
Total
=
=
=
=
362,50 kilos
125,00
137,50
625,00 kilos
Para la parte b, los valores cambian. Se tiene que P = 2.500, despejando en {2}
a F se obtiene:
P
F = -----p
{5}
2.500
reemplazando valores, F = --------0,58
=
4310,34 kilos
CASO 4
Cual es el costo de producir un litro de jugo de curuba si por cada kilo de pulpa se
obtienen cuatro litros de jugo.
Los costos de manos de obra, servicios, administración, envase y demás
involucrados en el proceso productivo son del 32% del costo de producción.
Con la relación dada de 1 litro de pulpa a 4 de jugo, el costo para los cuatro litros
por concepto de la pulpa es el mismo es decir $ 3.027,60. El costo por litro de
jugo es:
$ 3.027,59 / 4 = $ 756,90
Este costo constituye un porcentaje del costo total y como el porcentaje de los
otros insumos y demás involucrados es del 32%, el del jugo corresponderá al
100% - 32% = 68%.
Así el costo total por litro de producto será de $ 756,90 / 0,68 = $ 1.113,08
En el apéndice 1, ejemplo 7 Curuba, en la hoja costos se muestran los cálculos
efectuados. Debe analizarse cada celda en particular para establecer las
operaciones allí realizadas.
CASO 5. En los dos casos anteriores se ha manejado una situación digámoslo
teórica.
En la práctica se presentan las mermas por producto, que queda adherido a las
paredes de los recipientes y tuberías.
Tomando mermas del 2,5% en la obtención de la pulpa y 0,8 % en la obtención del
jugo, establecer el costo total del jugo.
Las mermas siempre se toman sobre la base de la alimentación y en este caso
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debe inicialmente tomarse sobre la fruta. El 2,5% de merma significa que 0,025 x
4310,34 = 107,76 kilos de fruta no llegaron a convertirse en producto
aprovechable. La diferencia 4.310,34 - 107,76 = 4.202,58 o el 97,5% se
aprovechan en su totalidad.
La pulpa obtenida es de 2.500 x 4.202,58 / 4.310,34 = 2.437,50 kilos,
También se puede obtener tomando 4.202,58 x 0.58 = 2.437,50 kilos.
Para la obtención del jugo se parte de que el 0,8% de la pulpa no se aprovechó
para el jugo, esto significa que el 99,2% de pulpa, es aprovechada en su totalidad.
Pulpa aprovechable = 2.437,50 – 0,008 x 2.437,50 = 2.418 kilos, que es lo
mismo
2.437,50 x 0,992 = 2.418 kilos
Recordando que la relación pulpa a jugo es de 1 kilo a 4 litros se obtiene de
jugo:
2418 (kilos ) x 4 (litros / kilo) = 9.672 litros.
Otra forma de encontrar la cantidad de jugo es
(2.437,50 - 2.437,50 x 0,008) x 4 = 9.672 litro
El nuevo costo por litro es de 7.568.965,52/ (9.672 x 0,32 ) = 1.150.83
El costo real se incrementa respecto al costo teórico, por las mermas presentadas.
A continuación se presenta la hoja de cálculo respectiva, (apéndice 1):
COSTEO DE LA PULPA
Parámetro
Pulpa
Semillas
Cascara
Fruta
P
S
C
F
COSTEO DEL JUGO
Parámetro
Pulpa
P
Relación pulpa jugo
R
Jugo obtenido
J
Costo jugo por pulpa
Porcentaje de otros costos
Costo total del jugo
COSTEO CON MERMA
Parámetro
Fruta
Merma
Fruta aprovechada
Pulpa
Merma
Pulpa aprovechada
Jugo obtenido
Fuente
Ref
Porcent.
kgs
Costo unit.
Costo Total
Dato
1, 4
58% 2.500,000 $ 3.027,59 $ 7.568.965,52
Dato, Cálculo
2,6
20% 862,069
Dato, Cálculo
3,7
22% 948,276
$ 200,00
$ 189.655,17
Dato, Cálculo 4 , 5 , 8
100% 4.310,345 $ 1.800,00 $ 7.758.620,69
Fuente
Ref
Porcent.
Fuente
F
Mf
Fa
P
Dato
Mp
Pa
Ja
Ref
Porcent.
1, 4
kgs
Costo unit.
Costo Total
2500
$ 7.568.965,52
4
10000
$ 756,90 $ 7.568.965,52
32%
$ 1.113,08
kgs
Costo unit.
Costo Total
4.310,345
2,5%
107,76
4202,59
$ 7.568.965,52
58% 2.437,500 $ 3.105,22
0,80%
19,500
2.418,000
9.672,000
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CUSO: 3011103 – BALANCES DE MATERIA Y ENERGÌA
Costo jugo por pulpa
Porcentaje de otros costos
Costo total del jugo
$ 782,56 $ 7.568.965,52
32%
$ 1.150,83
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Llene las celdas que se requieren para tener
completa la hoja de cálculo.
En la obtención de muchos productos se presentan sucesivamente etapas de
separación.
Ejemplo 8
En la preparación de un jamón York se emplea únicamente la carne del pernil de
cerdo, desprovista de cuero y de grasa.
En promedio un pernil tiene 8% de cuero, 3% de grasa y 6% de hueso.
Establecer el costo de kilo de carne, cuando el kilo de pernil esta a $ 7.200, el kilo
de cuero $ $6.000, el kilo de grasa $ 500 y el kilo de hueso $ 800.
Solución
El precio de la carne se establece partiendo del precio del pernil y asumiendo que
los subproductos, es decir el cuero, la grasa y el hueso se venden.
Es decir, al precio del pernil se le descuenta el precio de venta de los
subproductos.
De los datos de porcentajes establecidos se tiene que la carne constituye:
100 - 8 - 3 - 6 = 83% del peso del pernil.
Tomando como base 100 kilos de pernil se tienen las cantidades y precios
de pernil
cuero
grasa
hueso
100 kilos
100 x 0,08 = 8
100 x 0,03 = 2
100 x 0,06 = 6
precio 100 x 7.200 = $ 720.000
precio
8 x 6.000 =
48.000
precio
3 x 500 =
1.500
precio
6 x 800 =
4.800
Para la carne se tiene precio 720.000 - 48.000 - 1.500 - 4.800 = 665.700
El precio por kilo será
665.700 / 83 = 8.020,48
Nota. Para facilitar la transcripción de datos, se han omitido las unidades y el
símbolo $
Ejemplo 8
Elaboración de Jamón York
Parámetro
Símb. Valor
Kilos
Precio
Unitario
Pesos
Total
Pesos
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Pernil
Cuero
Grasa
Hueso
P
C
G
H
100%
8,0%
3,0%
6,0%
100,00
8,00
3,00
6,00
7.200,00
6.000,00
500,00
800,00
720.000,00
48.000,00
1.500,00
4.800,00
Carne
C
83,0%
83,00
8.020,48
665.700,00
Caso 6 . ¿A que precio se deben vender el cuero para que la carne salga a $
8.000 kilo?
Cuando el kilo vale $8.000 por los 83 kilos se deben pagar $ 664.000 y el precio
de los 8 kilos de cuero debe ser = 720.000- 664.000-1.500- 4.800 = 49.700 y el
precio de cada kilo de cuero se establece en 49.700/ 8 = 6.212,50
Precio del cuero
Pernil
Cuero
Grasa
Hueso
Carne
P
C
G
H
C
100%
8,0%
3,0%
6,0%
83,0%
100,00
8,00
3,00
6,00
83,00
7.200,00
6.212,50
500,00
800,00
8.000,00
720.000,00
49.700,00
1.500,00
4.800,00
664.000,00
Se puede apreciar que se ha elaborado una Hoja de Cálculo con otro formato para
facilitar la resolución del problema.
Como se pudo observar en los ejemplos anteriores, la masa dentro de un proceso
tiene dos alternativas: o acumularse o salir del mismo, es decir, que no hay
pérdidas ni ganancias; en otras palabras, lo que entra es igual a lo que sale; se
verifica así la ley de la conservación.
Ejemplo 9.
Una empresa molinera procesa trigo para obtener productos y subproductos de
consumo en la industria de panificación y de alimentos para animales.
Inicialmente el trigo se limpia, sacando un 2,3% de suciedades, luego en una
molienda inicial se separan la cáscara, el germen y el endospermo. En la molienda
se presenta una merma del 1,5%
Posteriormente se procesa el endospermo obteniendo un 5,5% de mogolla y un
94,5% de harinas.
En los granos los porcentajes promedio de cada parte son: cáscara 5%, germen
2% y endospermo el resto.
Las ventas mensuales programadas, de harinas son del orden de 8.500 toneladas
y la empresa hace importaciones periódicas para tener un almacenamiento de seis
meses.
Cuánto trigo debe importar y cuanto producto y subproducto se obtienen.
Solución
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CUSO: 3011103 – BALANCES DE MATERIA Y ENERGÌA
En general los programas de producción de las empresas se hacen mensualmente
y se escoge este periodo para desarrollar el problema.
Una importante herramienta en resolución de problemas de ingeniería son los
diagramas, pues permiten visualizar la situación planteada y definir a partir de
dónde se inicia la resolución del problema.
La base de cálculo son las 8.500 toneladas de harina que se han de vender
mensualmente.
Del análisis del diagrama, se observa que la única porción que tiene definido el
porcentaje y la cantidad son las harinas y a la vez las harinas son el 94,5% del
endospermo, Así que este es el punto de partida para la resolución.
El endospermo necesario para producir las 8.500 ton. de harinas es
E =
8.500 / 0,945 = 8.994,71 ton.
Se continuará trabajando con toneladas como unidad.
La mogolla resultante es la diferencia.
M = 8.994,71 – 8.500 = 494,71,
Que también puede ser obtenida con el porcentaje (4,5,%) de participación.
M = 8.994,71 x 0,055 = 494,71
Siendo este una forma de comprobación.
Trigo importado
Suciedades 2,3%
Trigo Limpio
C áscar a 5%
Endospermo
Ger men 2%
Mogolla 5,5%
FIGURA 4
EJEMPLO 9
PROCESAMIENTO DE TRIGO
BALANCE DE MATERIALES
H arinas
8.500 Ton.
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Base de cálculo 1 mes
PRESENTACIÓN DEL PROBLEMA
Parámetro
LIMPIEZA
Trigo
Trigo limpio
Suciedades
MOLIENDA
Trigo limpio
Merma
Trigo a procesar
Cáscara
Germen
Endospermo
SEPARACION
Endospermo
Harinas
Mogolla
Simb. Fuente
Ref.
Fracción
Valor
0,03
0,01
0,05
0,02
0.055
0,945
8500,00
Con la cantidad de endospermo necesaria se puede determinar el trigo limpio a
procesar. Tomando el trigo limpio a procesar como el 100%.
El endospermo es el 100% – 5% -2% = 93% del trigo limpio a procesar y en
forma similar al paso anterior se determina el trigo limpio a procesar:
Tp = 8994,71 /0,93 = 9,671,73
Y las fracciones
Cáscara
= 9671,73 x 0,05 = 483,59
Germen
= 9671,73 x 0,02 = 193,43
Sumando los productos de la molienda se obtiene 8994.71 + 483,59 + 193,43 =
9.671,73
Para determinar el trigo limpio necesario se debe tener presente la merma (1%)
El trigo limpio, Tp, se calcula estableciendo que el trigo a procesar es el 100% 1,0% = 99%
Tl = 9.671,73 / 0,99 = 9.769,42
Las mermas, N, son:
N = 9.769,42 - 9.671,73 = 97,69
Finalmente para el trigo tal cual se deben tener en cuenta las suciedades. El trigo
limpio es el 100% - 2,3% = 97,7% del trigo tal cual, así
T = 9.769,42 / 0,977 = 9992.24
Las necesidades mensuales de trigo son de 9.992,24 toneladas y para importar lo
de seis meses se tienen 9.992,24 x 6 = 59.953.45 ton.
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Este valor se redondea a 60.000 toneladas.
SOLUCION DEL PROBLEMA
Parámetro
LIMPIEZA
Trigo
Trigo limpio
Suciedades
MOLIENDA
Trigo limpio
Merma
Trigo a procesar
Cáscara
Germen
Endospermo
SEPARACION
Endospermo
Harinas
Mogolla
Simb. Fuente
Ref
8
7
9
6
10
5
6
7
3,4
1
2
%
0,023
0,01
0,05
0,02
0,93
0.055
0,945
Valor
9999,411
9769,424
229,986
9769,424
97,694
9671,730
483,587
193,435
8994,709
8994,709
8500,000
494,709
Ejemplo 10
En procesos industriales de obtención de compuestos químicos se emplean
operaciones unitarias llevadas a cabo en equipos apropiados.
Una solución de sal orgánica al 35% en peso, es concentrada por evaporación
para ser saturada a 135 C. Posteriormente la solución se enfría a 40 C, este
enfriamiento causa una sobresaturación de la solución y se produce una
cristalización parcial de la sal.
Los cristales húmedos se separan por filtración, reteniendo un 15% de la solución
Los cristales se secan y la sal de la solución retenida se deposita en los cristales,
La solubilidad de la sal orgánica es:
1,8 kilos/kilo de agua a 135 C
0,70 kilos/kilo de agua a 40 C.
Se pide hacer balance de materiales en el evaporador, en la filtración y en el
secador.
Solución
El proceso, tomado en un todo es complejo, pero debe considerarse que está
conformado por tres etapas muy diferentes, pero relacionadas secuencialmente..
Al tomar cada etapa en forma independiente se facilita la resolución del problema.
En este ejemplo no se dan cantidades y debe tomarse una base de cálculo. Lo
generalizado es tomar la alimentación inicial y en este caso es la solución original.
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Tomando etapa por etapa se establecen dos formas de resolver el problema, la
analítica y la matemática.
Cuando se hace la resolución etapa por etapa, se tienen los balances parciales,
también se habla de balances parciales cuando se hace el balance sobre uno de
los componentes.
Solución Analítica
El diagrama de flujo del proceso planteado en el ejemplo se representa en la figura
11 y en el se aprecian cada una de las corrientes.
Se emplea la siguiente simbología:
S
solución original.
V
agua evaporada en el evaporador.
C
solución concentrada que sale del evaporador.
Fo
F
P
E
FIGURA 5
cristales retirados del filtro
solución que pasa por el filtro
producto final o cristales secos
agua evaporada en el secador
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Coloque en el diagrama
correspondientes a las diversas corrientes.
los símbolos
Balance en el evaporador
Tomamos un procedimiento paso a paso con base de cálculo 100 kilos de solución
al 35%.
De este planteamiento, se tiene:
Agua 65,00 Kilos
Sal
35,00 kilos
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Evaporada
65 Kg
Agua
Solución
Sol ución
C
Concentr ada
100 K g
Sólido s
35 Kg
3 5 Kg
Diagrama de la evaporación
FIGURA 6
En la evaporación se ha de tener presente que el concentrado C sale como
solución saturada que contiene 1,8 kilos de sal orgánica ó sólidos por cada kilo de
agua.
Igualmente se tiene que los 35 kilos de sal salen del evaporador en la solución
concentrada C y en la proporción ya mencionada.
La solución saturada a 135ºC. contiene 35 kilos de sal y a la vez por cada 1,8 kilos
de sal se tiene 1 kilo de agua, luego el agua que sale con los 35 kilos de sal es :
35,00 x 1 / 1,8 = 19,44 kilos.
El concentrado que sale del evaporador tendrá un peso de 35,00 + 19,44 = 54,44
El agua que se evapora es la diferencia de lo que entra, 100 kilos, menos lo que
sale como solución, 54,44 kilos, es decir el agua evaporada es de 100,00 - 54,44 =
45,56 kilos.
Este valor se comprueba tomando el agua que entra y restándole la que sale
como solución.
Agua evaporada = 65,00 - 19,44 = 45,56 kilos.
Solución matemática:
Para resolver el balance de la etapa en forma matemática se hace necesario
ampliar la nomenclatura así:
Os
fracción de la sal orgánica en la solución original.
Oc
fracción de la sal en el concentrado.
R
relación de agua a sal en el concentrado.
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Evapor ada
45,56 Kg
19, 44 Kg
65 Kg
Agua
Solución
Sol ución
C
Concentr ada
54, 44 Kg
100 K g
Sólido s
3 5 Kg
35 Kg
Resultados de la evaporación
FIGURA 7
Con la nomenclatura escogida el problema se resuelve:
Balance Total
S = V+C
[1]
Balance parcial sobre la sal
S x Os = C x Oc
[2]
Balance parcial sobre el agua
S x ( 1 - Os) = V
[3]
Estas tres ecuaciones se convierten en dos.
Se conocen S y Os y quedan tres incógnitas V, C y OC, luego se requiere de otra
ecuación, que se obtiene de la relación sal : agua en el concentrado.
Llamando W al agua y B a la sal en el concentrado que sale del evaporador se
tiene:
S x Os = C x Oc
[4]
W = C x ( 1- Oc ) y
[5]
B / W = 1,8
[6]
Reemplazando valores
C x ( 1 - Oc ) = W = 19,44 se tiene 19, 44 = C ( 1 - 35 / C ) =====
C = 19,44 + 35 = 54,44 y Oc = 35/ 54,44 = 0,6429
También
C = W + B = 19,44 + 35 = 54,44
de la ecuación [1] ó de balance total A = S - C = 100 - 54,44 = 45,56
Resumiendo el balance alrededor del evaporador es :
S
C
100 kg
54,44 kg
Os = 35%
Oc = 64,49%
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A
45,56 kg
Balance en el cristalizador y en el filtro
Solución analítica
Al cristalizador ingresa el concentrado procedente del evaporador es decir 54,44
kg con un contenido de sólidos de 35 kg y 19,44 kg de agua.
Para que ocurra la cristalización el producto se enfría en el cristalizador
debajo de los 40oC.
por
En el cristalizador se forman dos productos: los cristales puros de la sal orgánica y
la solución saturada que de acuerdo a los datos tiene 0,70 kg de sal por kilo de
agua.
Debe tenerse presente que al buscar separar en el filtro los dos productos
obtenidos en el cristalizador, con los cristales se retiene un 15% de la solución, es
decir que en el filtro quedan cristales humedecidos con un 15% de solución.
El agua en el cristalizador hace parte de la solución saturada fría, que tiene 0,7
kilos de sal por kilo de agua.
La cantidad de sal que permanece en la solución es de 19,44 x 0,70 = 13,61 kg y
se cristalizan 35 - 13,61 = 21,39 kg.
la cantidad de solución que queda en el cristalizador es de 54,44 -21,39 = 33,05
kg.
Los cristales retienen solución o quedan humedecidos en proporción del 15% de la
solución es decir 0,15 x 21,39 = 3,21 kg.
En el filtro, por lo tanto quedan los cristales y la solución retenida: 21,39 + 3,21 =
24,60 kg y a través del filtro pasan 33,05 - 3,21 = 29,84 kg de solución.
Esta solución contiene sal que puede ser recuperada, regresándola al evaporador.
Cristales
humedos
Cristales
Fo
Co ncentrado
Enfriador
C
Solución saturada
F
Fil tro
D
85% de la Solución saturada
Ds
FIGURA 8
Solución matemática
Se exige una nomenclatura y de acuerdo a la figura 8
C
concentrado que llega al enfriador o cristalizador, compuesto de agua W y
sal B.
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Fo
cristales puros de sal obtenidos en el enfriador o cristalizador.
D
solución saturada fría.
Fe
sal que queda en la solución saturada fría.
Ds
solución adherida a los cristales que salen del filtro ( 15% de D ).
Fs
sal que sale en la solución adherida a los cristales.
Df
el filtrado que contiene 0,7 kg de sal por kg de agua
F
retenido en el filtro y que va al secador, compuesto de cristales puros y del
15% de solución fría.
Se tiene sobre el cristalizador o enfriador y sobre el filtro:
Balance total
C = F +S
[7]
C = W + B = Fo + D
[8]
Balance sobre el agua
Cw = Fw + Dw
[9]
Balance sobre la sal orgánica
Co = Fo + Do
[10]
a la vez
Además se tiene que la solución fría tiene 0,7 kg de sal por kg de agua, luego la
sal en la solución fria es Fe = 0,7 W
y la solución fría
D = Fe +W = Ds + Df
como
Ds = 0,15 x D
y
Df = 0,85 x D
reemplazando valores con W = 19,44 y C = 54,44
se tiene
Fe = 0,7 x 19,44 = 13,61
D = 13,61 + 19,44 = 33,05
Ds = 0,15 x 33,05 = 4,96
Df = 0,85 x 33,05 = 28,09
Fo = C - D = 54,44 - 33,05 = 21,39
y
F
= C - Df = 54,44 - 28,09 = 26,35
que se puede comprobar C = Fo + Df +Ds = 21,39 + 28,09 + 4,96 = 54,44
Balance en el secador
Solución analítica:
Al secador ingresan 21,39 kg de cristales y 4,96 kg de solución que contiene a la
vez 0,7 kg de sal por kg de agua.
La cantidad de sal que ingresa con la solución es de 4,96 x 0,7 / ( 1+ 0,7 ) = 2,042
kg y de agua ingresan 4,98 - 2,04 = 2,92 kg.
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Vapor de agua
E
Cristales
humedos
Secador
F
Cristales secos
P
FIGURA 9
La relación de sal a agua es de 2,04 / 2,92 = 0,7
La cantidad total de sal que entra es de 21,39 +2, 04 = 23,43 y el agua evaporada
de 2,92 kg.
Solución matemática:
Para la solución matemática acudimos a la figura 9.
Se plantean las ecuaciones
Balance total
F = E + P
[11]
Balance sobre el agua
Fx w = E
[12]
Balance sobre la sal
Fxb = P
[13]
teniendo a w y b como fracciones del agua y la sal en los cristales húmedos que
van al secador. A la vez del balance anterior se tiene la relación:
F = Fo + Ds
con F = 26,35 kg y Ds = 4,96 kg
Como en Ds la relación agua a sal es de 1 a 0,7 se tiene que el agua F x W = Ds
/ 0,7, reemplazando los valores:
F x w = E = 4,96 / 1,7 = 2,92, de donde se obtiene w 2,92 / 26,35 = 1,07
P = F - E = 26,35 - 2,92 = 23,43 kg
Al aplicar la hoja de cálculo para la resolución del problema, se tiene un desarrollo
mucho más sencillo pero debe estar fundamentado en el análisis de cada una de
las etapas.
EJEMPLO 10
OBTENCION SAL ORGANICA
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BALANCE DE MATERIALES
Parámetro
PRESENTACION PROBLEMA
Solución de Sal orgánica
Solución
o
Solubilidad a 100 C
o
Solubilidad a 20 C
Remanente en filtración
SOLUCION
Solución
Sólidos
Agua
EVAPORACION
Sólidos
Agua con sólidos
Concentrado
Agua Evaporada
Simb Unid. Fuente
%
Valor
Os
S
%,
kg
kg/kg
kg/kg
kg/kg
Dato
Base de cálculo
Dato
Dato
Dato
S
kg
kg
kg
Dato
Cálculo
Cálculo
100
35
65
kg
kg
kg
Cálculo
Cálculo
Cálculo
35,00
19,44
54,44
45,56
kg
kg
kg
kg
kg
kg
kg
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Comprobación
Cálculo
Cálculo
Cálculo
13,61
21,39
19,44
0,70
33,06
4,96
2,04
kg
kg
Cálculo
Cálculo
Cálculo
26,35
23,43
2,92
C
V
ENFRIAMIENTO Y FILTRACION
Sólidos en solución
Sólidos cristalizados
b
Agua en solución
Solubilidad en solución fria
Solución
c
Solución remanente
d
Sólidos en remanente
e
SECADO
Cristales y remanente
Sólidos secos
Agua evaporada
Ref.
t
35%
100
1,8
0,7
0,15
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Complete las columnas de símbolos, elabore las
memorias de cálculo y complete la columna de referencias.
45,56 kg
2,92 kg
100 kg
54,44 kg
26,35 kg
28,09 Kg
23,43 kg
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CUSO: 3011103 – BALANCES DE MATERIA Y ENERGÌA
FIGURA 10
En la siguiente figura se anotan los resultados de los balances sobre cada unos
de los equipos.
Se pueden observar diferencias procedimentales en las dos formas como se
resuelve el problema.
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Desarrolle el ejemplo en forma matemática,
tomando como 0,63 kg de sal por kg de solución de solubilidad para temperatura
de 25 oC. y retención del 14% en la filtración.
EJEMPLO 10
OBTENCION SAL ORGANICA
BALANCE DE MATERIALES
Parámetro
PRESENTACION PROBLEMA
Solución de Sal orgánica
Solución
o
Solubilidad a 135 C
o
Solubilidad a 25 C
Remanente en filtración
SOLUCION
Solución
Sólidos
Agua
EVAPORACION
Sólidos
Agua con sólidos
Concentrado
Agua Evaporada
ENFRIAMIENTO Y FILTRACION
Sólidos en solución
Sólidos cristalizados
Agua en solución
Solubilidad en solución fria
Solución
Solución remanente
Sólidos en remanente
SECADO
Cristales y remanente
Sólidos secos
Agua evaporada
Simb. Unid.
Fuente
Os
S
%,
kg
kg/kg
kg/kg
kg/kg
Dato
B. de cálculo
Dato
Dato
Dato
S
kg
kg
kg
Dato
Cálculo
Cálculo
100
35
65
kg
kg
kg
Cálculo
Cálculo
Cálculo
35,00
19,44
54,44
45,56
c
d
e
kg
kg
kg
kg
kg
kg
kg
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Comprob.
Cálculo
Cálculo
Cálculo
12,25
22,75
19,44
0,63
31,69
4,44
1,72
t
kg
kg
Cálculo
Cálculo
Cálculo
27,19
24,47
2,72
C
V
b
Ref.
%
Valor
35%
100
1,8
0,63
0,14
SIMULACIÓN.- La anterior actividad se resuelve rápida y fácilmente empleando la
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hoja de cálculo.
Copiando todo el bloque del ejemplo en la siguiente hoja, se cambian las celdas
A10 y G10 anotando solubilidad a 250C y 0,63 respectivamente.
Igualmente se cambia la celda G11 al nuevo valor de 0,14., como se aprecia
enseguida.
En la hoja de cálculo se puede apreciar los cambios que se han tenido al hacer las
modificaciones presentadas.
Los sólidos secos (en su mayor parte cristales) se incrementaron a 24,47 kgs y
consecuencialmente el agua evaporada se disminuye. Compare los resultados con
los obtenidos mediante la resolución matemática.
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Determine analítica o matemáticamente la
cantidad de solución original que se requiere para producir 400 kilos por día de
producto seco.
Una forma muy rápida de resolver el problema es partiendo de la relación de
producto obtenido a solución alimentada.
Se tiene que por cada 100 kilos de solución se obtienen 23,43 kilos de cristales
secos, luego para obtener 400 kilos de producto seco se necesitan 100/23,43 x
400 = 1707,22 kilos por día.
Este valor se coloca en la hoja de cálculo, en la celda correspondiente al valor de
la solución y de inmediato se cambian los diversos valores calculados como se
aprecia a continuación.
EJEMPLO 10
OBTENCION SAL ORGANICA
BALANCE DE MATERIALES
Parámetro
Simb
PRESENTACION PROBLEMA
Solucion de Sal orgánica
Os
Solución
S
o
Solubilidad a 135 C
o
Solubilidad a 40 C
Remanente en filtración
SOLUCION
Solución
S
Sólidos
Agua
EVAPORACION
Sólidos
Agua con sólidos
Concentrado
C
Agua Evaporada
V
SIMUL. PARA OBTENER 400 KILOS DE SOLIDOS
Unid.
Fuente
%,
kg
kg/kg
kg/kg
kg/kg
Dato
kg
kg
kg
kg
kg
kg
Ref. %
Valor
Valor
35%
100
1,8
0,7
0,15
35%
1707,172
1,8
0,7
0,15
Dato
Cálculo
Cálculo
100
35
65
1707,172
597,5104
1109,662
Cálculo
Cálculo
Cálculo
35,00
19,44
54,44
45,56
597,51
331,95
929,46
777,71
Dato
Dato
Dato
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ENFRIAMIENTO Y FILTRACION
Solidos en solución
Sólidos cristalizados
Agua en solución
Solubilidad en solución fria
Solución
Solución remanente
Sólidos en remanente
SECADO
Cristales y remanente
Sólidos secos
Agua evaporada
kg
b kg
kg
kg
c kg
d kg
e kg
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Comprob.
Cálculo
Cálculo
Cálculo
13,61
21,39
19,44
0,70
33,06
4,96
2,04
232,37
365,15
331,95
0,70
564,32
84,65
34,85
kg
t kg
Cálculo
Cálculo
Cálculo
26,35
23,43
2,92
449,79
400,00
49,79
2.2 Balances en operación de separación con acumulación
Los procesos en los cuales se aplica esta clase de balances realmente son
escasos en la industria de alimentos, puesto que en productos alimenticios, salvo
bebidas fermentadas, la acumulación trae altos riesgos de alteraciones
microbiológicas.
En procesos de secado o curado de carnes o quesos, sobre periodos de tiempo
definidos, se pueden tener acumulaciones.
En algunos procesos exclusivos de almacenamiento, se tiene acumulación pero
únicamente con entradas y salidas no continuas de un material, como es el caso
de silos de almacenamiento de granos de cosecha que tienen como función
acumular existencias para tener disponibilidad en épocas de no cosecha.
Ejemplo 11.
Un molino de arroz adquiere diariamente y durante la cosecha que dura 55 días,
200.000 kilos de arroz con 18% de humedad .El producto para almacenar y
procesar debe tener una humedad máxima del 12%. El molino seca diariamente
120 toneladas y posteriormente procesa 80 toneladas del arroz seco
Dado que la humedad del 18% favorece la formación de hongos que dañaran el
producto, lo que el molino no puede secar diariamente debe ser secado por otras
empresas; si la empresa paga el secado a $50.000 tonelada, cuanto debe pagar
por secado?.
Al termino de la cosecha, ¿cuanto arroz sin procesar y con humedad del 12%
queda en bodegas del molino?
Solución.
El problema se resuelve estableciendo cuanto arroz se cosecha y cuanto seca el
molino y cuánto se procesa en los 55 días para determinar lo que debe ser secado
por otras empresas y lo que queda almacenado
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En la cosecha se recogen 55 x 200.000 kilos = 11.000.000 kilos con humedad
del 18%.
Durante los 55 días el molino seca 55 x 120 x 1.000 = 6.600.000. kilos
Se debe enviar a secado por terceros 11.000.000 – 6.600.000 = 4.400.000 kilos
El costo de secado es 4.400.000 x $50.000 = $220.000.000.
En base seca el arroz cosechado es de 11.000.000 x (1 -0,18 ) = 9.020.000 kilos
Con humedad del 12% el arroz secado es de 9.020.000 /( 1- 0.12) = 10.250.000
kilos.
En los 55 días el molino procesa 80 x 1000 x 55 = 4.400.000
El arroz ( del 12% de humedad) que queda almacenado al cabo de los 55 días es
de 10.250.000 – 4.400.000 = 5.850.000 kilos
Hoja de cálculo
Parámetro
Símb.
PRESENTACION DEL PROBLEMA
Días de cosecha
Recolección diaria
Humedad inicial
Humedad final
Secado diario
Procesamiento diario
Costo secado
Humedad final almacenam.
Unidades
cada uno
kilos
porcentaje
porcentaje
toneladas
pesos
Fuente
Ref
Valor
Comprob.
55
200.000
18%
12%
120
80
50.000
11,20%
Solución
Total cosecha
Arroz seco (sólidos)
Humedad
Producto seco (12% humedad)
Humedad final
Humedad evaporada
kilos
kilos
kilos
kilos
kilos
kilos
11.000.000
9.020.000
1.980.000 1.980.000
10.250.000
1.230.000
750.000
750.000
Producto secado por molino
Producto a procesar
kilos
kilos
Costo del secado
pesos
6.600.000
4.400.000
220.000.00
0
Procesado por molino
Arroz Almacenado
kilos
kilos
4.400.000
5.850.000
Ejemplo 12
En la fermentación continua de melazas ( o mostos de azúcar), se establece para
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un ciclo de 6 meses (1) fermentaciones en la cuales se alimentan lenta y
continuamente por el fondo del tanque 100 litros diarios (2) de melaza diluida con
densidad de 1,253 gr. / cm3 (3), a la melaza se le inyectan inicialmente 200
gramos (4) de levadura seca de tal forma que al tanque de fermentación llega la
melaza diluida ya con la levadura; durante la fermentación continuamente se
reproduce la levadura a razón de 60 gramos (5) por 100 kilos de mosto y se
genera gas carbónico en proporción de 80 gramos (6) por 100 kilos de mosto; a
partir del cuarto día se retiran diariamente 99,5 litros (7) de fermentado con
densidad 1.083 (8) y con un contenido de levadura de 70 gramos (9) por kilo de
fermentado, además se desprende gas carbónico en una proporción de 93
gramos (10) por kilo de fermentado
Determinar la cantidad de material, y su composición, que queda en el tanque al
cabo del ciclo de 180 días e igualmente determinar cuanto producto se obtiene.
Comprobar resultados por un balance general
Solución. El análisis del tiempo en que transcurren las entradas y salidas, lleva a
establecer que el mosto ingresa durante 180 días y los productos son retirados
durante 177 días. El acumulado corresponde entonces a lo procesado durante 3
días.
Diariamente entran 100 x 1,253 = 125,3 kilos de mosto.
Durante el ciclo entra = 125,3 x 180 = 22.554 kilos de mosto y con la levadura la
entrada total es de 22.554,2 kilos
Durante este tiempo se producen 22.554 x 0,06
= 1.353,24 kilos de levadura
y
22.554 x 0,08
= 1.804,32 kilo de gas carbónico
Gas carbónico
Gas carbónico
Mosto
Mosto
Acumulación
Fermentado
Situación al tercer día
Fermentado
Situación en operación
Diagrama del proceso
FIGURA 11
A diario salen de fermentado
= 99,50 x 1,023
= 107,758 kilos
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Levadura que sale
= 107,76 x 0,07
=
7,543
De CO2 retirado
= 107,76 x 0,093
=
10,021
Total
= 125,323
kilos
Siendo estrictos la producción de levadura es de 69,77 gramos por 100 kilos de
producto y por tal razón se aproxima a 70 gramos equivalente a 0,07 kilos.
Como lo que entra es igual a lo que sale, lo acumulado es lo correspondiente a
tres días de mosto procesado, más la levadura que se adicionó al comienzo del
proceso:
Acumulado
3 x 125,30 + 0,200 = 376,10 kilos
y su composición
Fermentado
107,758 x 3
= 323,274
Levadura
7,52 x 3 + 0,2
=
22,754
Gas carbónico
10,02 x 3
=
30,064
Total
= 376.10
El balance total se establece
Entradas
22554,200
Salidas = 125,3 x 177
22178,10
Acumulado
Salidas más acumulado
376,10
22554,200
Nota. En la hoja de cálculo se presenta una pequeña diferencia de 2 gramos
entre las entradas y salidas por razón de las aproximaciones que se han
hecho.
EJEMPLO 12
PLANTA DE FERMENTACON
BALANCE DE MATERIALES
Parámetro
PRESENTACION PROBLEMA
Mosto diario
Densidad
Levadura inicial
Fermentado
Densidad
Levadura producida por kilo mosto
Levadura con 100 kilos producto
Gas producido por 100 kilo de mosto
Simb.
Unid.
Fuente
Ref.
Valor
100,00
1,253
0,20
99,50
1,083
0,060
0,070
0,080
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Gas salido por 100 kilo de producto
Dias acumulado inicial
Dias proceso
SOLUCION
Entradas diarias
Mosto
Salidas diarias
Producto
Levadura
Gas carbónico
Total salidas diarias
Acumulado tres días
Producto
Levadura
Gas carbónico
Acumulado total
Productos
Levadura inicial
0,093
3
180
125,300
107,758
7,518
10,02
125,30
TOTAL
323,27
22,55
30,07
375,90
375,90
0,20
376,10
Total entradas
22554,00
0,20
22554,20
Total salidas
Acumulado
Salidas mas acumulado
19073,16
1330,68
1774,24
22178,08
376,10
22554,18
BALANCE TOTAL
ENTRADAS
Mosto
Levadura
SALIDAS
fermentado
levadura
gas carbónico
Actividad de Aprendizaje: Completar las columnas en las hojas de cálculo
2.3 Balances de mezcla.
Los balances de mezcla son muy usuales en la industria de alimentos.
Prácticamente todo producto alimenticio resulta de la mezcla en mayor o menor
proporción de diversos ingredientes.
Aún, en alimentos que anteriormente se empleaban tal cual, hoy, con la adición de
complementos para darles un balance nutritivo, se consideran como mezclas, así
los aditivos se adicionen en muy pequeñas cantidades.
Tal es el caso de la leche, harinas y sémolas de trigo enriquecidas con vitaminas.
En estos procesos los ingredientes o partes se suman para dar un todo y desde el
punto de vista de balances pueden considerarse como los contrarios a los
balances de separación ( ejemplos 10, 11 y 12) .
Llamando a las partes B, C, D, E, ……I
y A al insumo , se comprueba que
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B + C + D+…….. I = A =
Siendo
ó lo que es igual
=A
cada parte en particular.
Al tomar cada parte y dividirla por el todo se obtiene el respectivo porcentaje de
participación
Llamando b.c.d.e… i al porcentaje de cada parte se cumple :
b = B / A ; c = C /A , d = D /A ………. i = I / A
A ( b +c + d+ …. i) = B + C + D+…….. I
, llegando a
= A
como la suma de los porcentajes debe ser igual a 1 se comprueba
= A
A = Ax1
Una parte se define completamente cuando se conoce su participación en el todo
( porcentaje o fracción) y la cantidad presente.
Ejemplo 13
Se desea preparar un jarabe con una concentración del 70% (1) ; para el efecto
se dispone de una solución de azúcar del 35,5 % (2) y azúcar puro.
Establecer la cantidad requerida de cada uno para preparar 470 kilos (3) de
jarabe.
Solución.
Se toma como base de cálculo los 470 kilos de solución, y sobre esta cantidad se
maneja el azúcar que es la sustancia común en los tres materiales.
Como el jarabe tiene una concentración mucho mayor que la solución se debe
añadir soluto (en este caso el azúcar puro), para a la vez disminuir la cantidad de
solvente.
Representación del proceso
Solución al 35%
TANQUE
Jarabe al /0%
MEZCLADOR
Azúcar Puro
FIGURA 12
El cálculo del azúcar presente, A , en los 470 kilos del jarabe da un resultado de
A = 470 x 0,70 = 329 kilos.
(4)
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La cantidad restante es agua, H, es decir
H = 470 – 329 = 141 kilos,
(5)
Esta agua es suministrada únicamente por la solución de azúcar.
Es decir que la solución de azúcar a agregar debe estar en tal cantidad que aporta
los 141 kilos de agua necesarios para el jarabe
Se han tomado los números en paréntesis como las referencias para las hojas de
cálculo.
El porcentaje de agua en la solución es de 100% - 35,5% = 64,5 %
(6)
Por sencilla regla de tres se determina cuanta solución es necesaria para aportar
los 141 kilos de agua.
S = 141 x 100 / 64,5 = 218,6 kilos
(7)
A la vez esta solución aporta de azúcar As = 218,6 - 141 = 77,6 kilos
Igual resultado se obtiene al aplicar el porcentaje de azúcar, a la solución
requerida
As = 218,6 x 35,5 / 100 = 218,6 x 0,355 = 77,6 kilos
(8)
Como se requieren 329 kilos y la solución suministra 77,6 kilos, es necesario
adicionar de azúcar puro
Ap = 329 - 77,6 = 251,4 kilos.
(9)
Debe notarse que a medida que se avanza en el desarrollo del problema se dan
los símbolos respectivos.
Una sencilla prueba nos permite corroborar que el problema está bien resuelto
Agua
141
Solución
Agua Total
= 141 ( 30% )
218,6
Azúcar
77
Azúcar Total = 329 (70%)
Azúcar Puro
251,4
TOTAL
470,0
= 470,0
En la Hoja de Cálculo, se establecen simulaciones para diferentes cantidades y
concentraciones.
Igualmente el problema derivado de establecer la cantidad de jarabe que se puede
elaborar si se dispone únicamente de 270 kilos de solución de azúcar al 30%.
Al lado derecho de la Hoja de Cálculo, se tienen representaciones gráficas de las
simulaciones efectuadas.
EJEMPLO 13
PREPARACION DE JARABE DE AZUCAR
BALANCE DE MATERIALES
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PLANTEAMIENTO
Parámetro
Jarabe
Solución de azúcar
Azúcar Puro
SOLUCIÓN
Jarabe
Azúcar en jarabe
Agua en jarabe
Solución de azúcar
Azúcar
Agua en solución
Azúcar Puro
Unidades Símb. Fuente
Ref.
%, kg
%
Dato
Dato
Dato
1, 3
2
70,0%
35,5%
470
Dato
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
1, 3
4
5
7
8
6
9
70,0%
470
329
141
218,6
77,6
141
251,4
%, kg
kg
kg
kg
%, kg
%, kg
kg
A
H
S
As
Hs
Ap
1a. SIMULACION DIFERENTE CANTIDAD DE JARABE
Parámetro
Unidades Símb. Fuente
Jarabe
%, kg
Dato
Solución de azúcar
%
Dato
Azúcar Puro
Dato
SOLUCIÓN
Jarabe
%, kg
Dato
Azúcar en jarabe
kg
A
Cálculo
Agua en jarabe
kg
H
Cálculo
Solución de azúcar
kg
S
Cálculo
Azúcar
%, kg
As
Cálculo
Agua en solución
%, kg
Hs
Cálculo
Azúcar Puro
kg
Ap
Cálculo
Ref.
1, 3
2
1, 3
4
5
7
8
6
9
%
35,5%
64,5%
Valores
%
Valores
70,0%
550
35,5%
70,0%
35,5%
64,5%
550
385
165
255,8
90,8
165
294,2
2a, SIMULACION PARA CONCENTRACION DIFERENTE EN LA SOLUCIÓN
Parámetro
Unidades Símb. Fuente
Ref.
%
Valores
Jarabe
%, kg
Dato
1, 3
70,0%
470
Solución de azúcar
%
Dato
2
40,0%
Azúcar Puro
Dato
SOLUCIÓN
Jarabe
%, kg
Dato
1, 3
70,0%
470
Azúcar en jarabe
kg
A
Cálculo
4
329
Agua en jarabe
kg
H
Cálculo
5
141
Solución de azúcar
kg
S
Cálculo
7
235,0
Azúcar
%, kg
As
Cálculo
8
40,0%
94,0
Agua en solución
%, kg
Hs
Cálculo
6
60,0%
141
Azúcar Puro
kg
Ap
Cálculo
9
235,0
Empleando la misma solución. En la hoja de cálculo ( programa excel) se presenta
una simulación empleando una solución con diferente concentración
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE: Elabore las memorias de cálculo para la última
simulación y determine el costo unitario del jarabe, si la solución tiene un precio de
$ 400 kilo y el azúcar $ 1100 kilo.
Enumere cinco productos en los cuales se empleen jarabes de azúcar.
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Ejemplo 14
Determinar la composición final de la mezcla de tres harinas cuya cantidad y
composición porcentual es:
Harina A ,
Humedad
Fibra
Carbohidratos
Proteína
Cenizas
Harina B ,
Humedad
Fibra
Carbohidratos
Proteína
Cenizas
Harina C,
Humedad
Fibra
Carbohidratos
Proteína
Cenizas
850 kg
6%
8%
72%
13%
1%
450 kg
8,5%
10,2%
65%
14,8%
1,5%
370 kg
6,8%
8,7%
63,6%
18,9%
2%
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
(11)
(12)
(13)
(14)
(15)
(16)
(17)
(18)
Harina A
Harina B
Producto Final
MEZCLADOR
Harina C
FIGURA 13
Solución. Para la resolución se emplearán las hojas de cálculo. Como se aprecia,
en la presentación se han colocado los datos dados en el problema.
Se procede a determinar para cada harina, la cantidad de cada componente, así
en la harina A
Humedad
Ha
= 6% x 850 = 0,06 x 850 = 51,00
(19)
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Fibra
Fa
= 8% x 850
= 0,08 x 850 = 68,00
(20)
En igual forma para los demás componentes de la Harina A, y similarmente para
los componentes de la Harina B y Harina C .
En la hoja de cálculo se abre un bloque para la harina resultante como producto
final. Obtenidos los valores de cada componente se suman , así para la humedad,
en el producto
H = 51+ 38,25 + 25,16 = 114,41
(23)
Esta operación se hace en la celda del valor correspondiente a la humedad del
producto final. En forma similar se procede para los demás componentes.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
B
C
D
EJEMPLO 14
MEZCLA DE PRODUCTOS
CALCULO DE COMPOMENTES
PRESENTACION DEL EJEMPLO
Parámetro
Símb. Unid.
Harina A
Humedad
Fibra
Carbohidratos
Proteina
Cenizas
Harina B
Humedad
Fibra
Carbohidratos
Proteina
Cenizas
Harina C
Humedad
Fibra
Carbohidratos
Proteina
Cenizas
A
Ha
Fa
Ca
Pa
Za
B
Hb
Fb
Cb
Pb
Zb
C
Hc
Fc
Ca
ca
Zc
kgs,lbs
%
%
%
%
%
kgs,lbs
%
%
%
%
%
kgs,lbs
%
%
%
%
%
E
F
Fuente
Ref
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
G
H
Valores
MKS
850
6,00%
8,00%
72,00%
13,00%
1,00%
450
8,50%
10,20%
65,00%
14,80%
1,50%
370
6,80%
8,70%
63,60%
18,90%
2,00%
ES
1870
990
814
Luego se suman los valores de las tres harinas y arrojan un resultado de 1.670
(22)
Por último se obtiene los porcentajes de cada componente en el producto final,
dividiendo el valor de la suma por la suma de las harinas o producto final
% H = 114,41 / 1.670
x 100 = 6,85%
(24)
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28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
SOLUCION
Harina A
Humedad
Fibra
Carbohidratos
Proteina
Cenizas
Harina B
Humedad
Fibra
Carbohidratos
Proteina
Cenizas
Harina C
Humedad
Fibra
Carbohidratos
Proteina
Cenizas
Producto Final
Humedad
Fibra
Carbohidratos
Proteina
Cenizas
Comprobación
A
Ha
Fa
Ca
Pa
Za
B
Hb
Fb
Cb
Pb
Zb
C
Hc
Fc
Ca
Pb
Zc
F
H
F
C
P
Zc
kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
%, kgs,lbs
Dato
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
1
2, 19
3, 20
4, 21
5,21
6,21
7,21
8,21
9,21
18,21
22
24,23
25,23
26
6,00%
8,00%
72,00%
13,00%
1,00%
8,50%
10,20%
65,00%
14,80%
1,50%
6,80%
8,70%
63,60%
18,90%
2,00%
6,85%
8,75%
68,25%
14,79%
1,36%
100,00%
850
51,00
68,00
612,00
110,50
8,50
450
38,25
45,90
292,50
66,60
6,75
370
25,16
32,19
235,32
69,93
7,4
1670
114,41
146,09
1139,82
247,03
22,65
1670,00
1870,0
112,2
149,6
1346,4
243,1
18,7
990,0
84,2
101,0
643,5
146,5
14,9
814,0
55,4
70,8
517,7
153,8
16,3
3674,0
251,7
321,4
2507,6
543,5
49,8
3674,0
Para la simulación se pueden cambiar las cantidades de cada harina ó la
concentración de sus compuestos aunque en este segundo caso se debe tener
cuidado de que al cambiar la concentración, la suma de los porcentajes sea del
100%, como se aprecia en la hoja de cálculo del programa Excel.
Ejemplo 15
300 toneladas (1) de leche en polvo deben ser reconstituidas . La leche en polvo
tiene la siguiente composición: agua 2% (2), proteína 31,4% (3) , lactosa 43,7%
(4), ceniza 9,9% (5), grasa 13% (6).
Reconstituida debe tener un contenido de sólidos no grasos del 9%. (7).
A) Determinar la composición de la leche reconstituida y la cantidad de agua
requerida.
B) Determinar el costo por materias primas de la leche reconstituida si el precio de
la leche en polvo es de $ 450.000 ton. (23) y el del agua es de $ 10.000 ton (24).
Solución. A) Si bien se da una cantidad de leche en polvo , en este caso la base
de cálculo son los sólidos no grasos que permanecen invariables en la
reconstitución.
De los datos se establece que los sólidos no grasos de la leche en polvo son:
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Proteína
P
31,4 % equivalente a 300 x 0,314 =
94,2 ton.
(8)
Lactosa
L
43,7%
equivalente a 300 x 0,437 = 131,1 ton.
(9)
Cenizas
C
10,9%
equivalente a 300 x 0,109 = 32,7 ton.
(10)
Para un total de sólidos no grasos Sn de
Grasa
G
12,0%
= 258,0 ton
(11)
equivalente a 300 x 0,12
= 36,0 ton. (12)
Ss
= 294,0 ton (13)
Para un total de sólidos
El agua, A, en la leche en polvo será la diferencia de 300 – 294 = 6 ton , es decir
el 2% de 300 (14).
Los sólidos no grasos que suman 258 ton, son el 9% de la leche reconstituida.
Leche en polvo
Leche reconstituida
TANQUE
MEZCLADOR
Agua
Diagrama de la reconstitución
FIGURA 14
Consecuencialmente la leche reconstituida será: Mr = 258/ 0,09 = 2866,67 ton
(15)
Con una composición de:
Proteína
p
(94,2 / 2866,67 ) x 100 =
3,3%
(16)
Lactosa
l
(131,1 / 2866,67 x 100 = 4,6 %
(17)
Cenizas
c
( 32,7 / 2866,67 ) x 100 = 1,1%
(18)
Grasa
g
(36,0 / 2866,67 ) x 100 = 1,3%
(19)
Subtotal de sólidos s
Agua
a
100 - 10,3 =
= 10,3%
(20)
89,7%
(21)
B) Para el costo unitario por materias primas se establece el costo de cada uno
de los insumos y el costo total así:
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Leche en polvo
300 x 450.000
= 135.000.000
(25)
Agua
2.566,67 x 10.000 = 25.666.667
(26)
160.666.667
(27)
Total
Leche reconstituida
= 2.866,67
(15)
Costo unitario de leche reconstituida
= 160.666.667 / 2.866,67 = 56.047 (28)
En la Hoja de cálculo se muestran dos formas de presentar y solucionar el
problema e igualmente en la Hoja 2, 3 y 4, simulaciones con diferentes precios y
diferentes porcentajes de los componentes.
Matemáticamente y en base al balance total y de cada uno de los componentes el
problema se plantea y resuelve para la composición de la leche reconstituida:
Balance Total
M + A = Mr
[1]
Balance Parcial de componentes
Sólidos no grasosos
Proteína P = pm x M = p x Mr [2]
Lactosa L = lm x M = l x Mr
[3]
Cenizas C = cm x M = c x Mr
[4]
Balance total de componentes:
P + L + C = M x ( pm +lm + Cm) = Sh x Mr = Mr = M x ( pm +lm + Cm) /
Sh
[5]
Porcentaje de proteínas en el producto final :
p = ( P / Mr ) x 100 = 100 x P / M x ( pm +lm + Cm) / Sh = reemplazando P
por [ 2]
p = 100 x pm x M / {M x ( pm +lm + Cm) / Sh}
[6]
p = 100 x 0,314 x 300 / {300 x (0,314 + 0,437 +0,109 ) / 0,09}
P = 9.420 / {(94,20 + 131,10 + 32,70) / 0,09 } = 9.420 / (258/0,09) = 9.420 /
2.866,67 = 3,28 %
Porcentaje de lactosa en el producto final :
l = ( L/ Mr ) x 100 = 100 x L / M x ( pm +lm + Cm) / Sh = reemplazando L
por [ 3]
EJEMPLO 15
RECONSTITUCION DE LECHE EN
POLVO
BALANCES DE MATERIALES
Simb. Unid.
PRESENTACION PROBLEMA
Fuente
Ref:
Porcent.
Valor
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Leche en Polvo
Agua
Proteina
Lactosa
Cenizas
Grasa
SOLUCION
Primer Paso
Leche en Polvo
Agua
Proteina
Lactosa
Cenizas
Subtotal sólidos no grasos
Grasa
Subtotal sólidos
Segundo paso
Leche en Polvo
Proteina
Lactosa
Cenizas
Subtotal sólidos no grasos
Grasa
Subtotal sólidos
Solidos no grasos en base
húmeda
Leche reconstituida
Tercer paso
COMPOSICION
RECONSTITUIDA
Leche reconstituida
Proteina
Lactosa
Cenizas
Subtotal sólidos no grasos
Grasa
Subtotal sólidos
Agua
Agua Agregada
M
A
P
L
C
G
Ton
%
%
%
%
%
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
1
2
3
4
5
6
M
A
G
P
C
Sn
G
Ss
ton
%, ton
%, ton
%, ton
%, ton
%, ton
%, ton
%, ton
M
G
P
C
Sn
G
Ss
Sh
2,0%
31,4%
43,7%
10,9%
12,0%
Dato
Dato, Cálculo
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Cálculo
Dato, cálculo
Cálculo
1
2 , 14
3,8
4,9
5 , 10
11
6 , 12
13
2,0%
31,4%
43,7%
10,9%
86,0%
12,0%
98,0%
300,00
6,00
94,20
131,10
32,70
258,00
36,00
294,00
ton
%, ton
%, ton
%, ton
%, ton
%, ton
%, ton
%, ton
Dato
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Dato, cálculo
Cálculo
Dato, cálculo
Cálculo
Dato
1
3,8
4,9
5 , 10
11
6 , 12
13
7
31,4%
43,7%
10,9%
86,0%
12,0%
98,0%
9,0%
300,00
94,20
131,10
32,70
258,00
36,00
294,00
258,00
Mr
ton
Cálculo
15
Mr
G
P
C
Sn
G
Ss
Ar
Aa
ton
%, ton
%, ton
%, ton
ton
%, ton
%, ton
%, ton
ton
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
15
16
17
18
11
19
20
21
22
l = 100 x lm x M / {M x ( pm +lm + Cm) / Sh}
300
2.866,67
3,3%
4,6%
1,1%
1,3%
10,3%
89,7%
2.866,67
94,20
131,10
32,70
258,00
36,00
294,00
2.572,67
2.566,67
[7]
l = 100 x 0,437 x 300 / 2.866,67 = 13.110 / 2.866,67 = 4,6 %
Porcentaje de cenizas en el producto final :
c = ( c/ Mr ) x 100 = 100 x C / M x ( pm +lm + Cm) / Sh = reemplazando L
por [ 4]
c = 100 x cm x M / {M x ( pm +lm + Cm) / Sh}
c = 100 x 0,109 x 300 / 2.866,67 = 3270 / 2.866,67 1,1 %
Porcentaje de grasas en el producto final :
[8]
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g = ( G / Mr ) x 100 = 100 x G / M x ( pm +lm + Cm) / Sh = reemplazando
g = 100 x pm x M / {M x ( pm +lm + Cm) / Sh}
[9]
g = 100 x 0,12 x 300 / 2.866,67 = 3.600 / 2.866,67 = 1,3 %
El Porcentaje de agua se obtiene restandole al 100% los porcentajes de los otros
componentes
a = 100 - p - l - c - g
[10]
a = 100 - 3,3 - 4,6 - 1,1 - 1,3 =
89,7%
Para determinar el agua agregada debe calcularse la cantidad de leche
reconstituida y restarle la leche en polvo. Reemplazando en [5]
Mr = 300 x ( 0,314 +0,437 +0,109 ) / 0,09 = (94,20 + 131,10 + 32,70) / 0,09
= 258 / 0,09 = 2.866,67 ton
Reemplazando en [1]
2.566,67
300 + A = 2.866,67 ==
A = 2.866,67 - 300 =
El Precio Unitario se establece mediante la siguiente ecuación:
Cu = ( M x Cm + Aa x Ca )
[11]
reemplazando valores
Cu
= ( 300 x 450.000 + 2.566,67 x 10.000 ) / 2.866,67
= ( 130.000.000 + 25.666.667 ) / 2866,67 = 56.047
2.4 . Balance de mezcla con acumulación
Igual que los procesos de separación con acumulación, son escasos en la
industria de alimentos, y su manejo es muy similar.
Ejemplo 16
Una planta de tratamiento de aguas, tiene como norma de clorinación de 0,5 ppm.
(1) de cloro residual en el agua que sale para los consumidores y emplea
hipoclorito de sodio en solución comercial al 40% (2).
En el almacenamiento del agua ya tratada en la planta, se consume 0,08 ppm
(3) de cloro.
Determine el consumo diario de hipoclorito de sodio cuando la planta trabaja 1,2
metros cúbicos por segundo (4).
Solución
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Este ejemplo en esencia no deja una acumulación en el tanque sino que se
consume cloro en el tanque, pero su tratamiento es igual a si el cloro consumido
se quedará acumulado ..
El cloro se emplea como un bactericida en la potabilización del agua y se
denomina cloro residual el contenido de cloro que debe tener el agua al salir del
almacenamiento para llegar a los sitios de consumo. Se toma como base de
cálculo el flujo de agua, 1,2 m3 / seg.
FIGURA 15
El cloro necesario es el consumido en el almacenamiento más el cloro residual , o
planteado como acumulación es lo que se acumula más lo que sale o residual. es
decir:
Cl = 0,5 + 0,08 = 0,58 ppm
(5)
Recordando que 1 ppm equivale a 1 miligramo por litro ó un gramo por metro
cúbico, cada segundo se requiere de cloro,
0,58 (gr / m3 ) x 1,2 (m3 / s )
= 0,696 gr. / s
(6)
equivalente en un día a:
0,696 gr/s x 86.400 s/ día
kilogramos (7)
=
60.134, 4 gr / día equivalente a 60,134
Esta cantidad de cloro es suministrada por el hipoclorito de sodio ( NaClO ) ,
cuyo peso molecular es 74, 5 (8) en tanto que el peso atómico del Cloro es 35,5,
(9) por sencilla regla de tres se obtiene la cantidad de hipoclorito necesaria:
NaClO =
60, 134 x 74,5 / 35,5 = 126,2 kg /día.
(10)
La forma como se suministra el hipoclorito es en solución al 40%, de tal forma que
la solución requerida es:
Solución = 126,2 x 100 / 40 =
315,5 kilos /día
EJEMPLO 19
PLANTA DE TRATAMIENTO DE AGUAS
NECESIDADES DE HIPOCLORITO DE SODIO
BALANCES DE MATERIALES
(11)
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Parámetro
Norma de Clorinación
Solución de Hipoclorito
Consumo de cloro en agua tratada
Capacidad de trabajo
Cloro necesario
Necesidades de cloro por segundo
Necesidades de cloro diarios
Peso molecular hipoclorito de sodio
Peso atómico del cloro
Hipoclorito necesario
Solución requerida
Símbolo Unidades
ppm ó gr / m
Cn
Cs
Cd
NaClO
Cl
H
S
ppm ó gr / m
m3/s
ppm ó gr / m
gr / s
kgr / d
gr / mol
gr / mol
kgr
kg
3
3
3
Fuente
Dato
Dato
Dato
Dato
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Dato
Dato
Cálculo
Cálculo
Ref.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
%
Valores
0,5
40%
0,08
1,2
0,58
0,696
60,134
74,5
35,5
126,2
315,5
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE.
1.- Investigue acerca de las plantas de tratamiento de aguas o acueductos.
2.- En algunas instalaciones se usa Cloro gaseoso. ¿Que ventajas y desventajas
tiene su uso?
3.- ¿Cree ud. que se puede emplear soluciones diluidas de hipoclorito de sodio,
para desinfectar verduras y frutas?. Explique su respuesta.
5.- ¿En cuáles otra aplicaciones de la vida común se usa el hipoclorito de sodio ?.
PRIMERA SIMULACIÓN CON NORMA DE CLORINACIÓN DE 0,8 ppm
Norma de Clorinación
Solución de Hipoclorito
Consumo de cloro en agua tratada
Capacidad de trabajo
Cloro necesario
Necesidades de cloro por segundo
necesidades de cloro diarios
Peso molecular hipoclorito de sodio
Peso atómico del cloro
Hipoclorito necesario
Solución requerida
C
S
3
ppm ó gr / m Dato
Dato
3
ppm ó gr / m Dato
3
m /s
Dato
3
Cn
ppm ó gr / m Cálculo
Cs
gr / s
Cálculo
Cd
kgr / d
Cálculo
NaClO gr / mol
Dato
Cl
gr / mol
Dato
H
kgr
Cálculo
S
kg
Cálculo
12
2
3
4
5
6
7
8
9
12
0,8
40%
0,08
1,2
0,88
1,056
91,238
74,5
35,5
191,5
478,7
EJEMPLO 17.- Para elaborar un blended ( mezcla comercial de whiskies ) se
dispone de 3.000 litros de whisky del 52% de alcohol y añejamiento de 42 meses y
7.000 litros del 70% de alcohol y 48 meses de añejamiento.
La empresa comercializa whisky con 48% de alcohol. Asumiendo que el agua no
afecta el añejamiento, cuánto producto se puede obtener con los whiskies
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disponibles, cuánta agua tratada se requiere para la mezcla y cuál puede ser el
añejamiento promedio de la mezcla?.
Teniendo merma del 3% en el proceso de envasado, cuantas botellas de 750 c.c.
se pueden obtener?
Solución.- Se asume que no existe contracción de volumen por la mezcla.
Para determinar el producto obtenido se debe hacer un balance sobre el alcohol:
Llamando A al primer licor con un contenido de a % de alcohol, B al segundo con
un contenido b % de alcohol, C al agua agregada y M al producto mezclado con
concentración m de alcohol se plantean las siguientes expresiones
Alcohol aportado por A , A x a = 3.000 x 0,52 = 1.560
Alcohol aportado por B ,
Bxb
= 7.000 x 0,70 = 4.900
Alcohol en la mezcla M , M x m
= 6.460
Este alcohol se constituye en el 48 % de la mezcla de tal forma que ésta es
M = 6.460/ 0,45 = 13.458,3 litros
Para determinar el agua se le resta al total de la mezcla, los agregados es decir
3.000 + 7.000 = 10.000
Y C = 13.458,3 – 10.000 = 3.458,3
El añejamiento se establece mediante la aplicación de un promedio así:
Aporte por la bebida A = A x n = 3000 x 42 = 126.000 litros –mes
Aporte por la bebida B = B x ñ = 7.000 x 48 = 336.000 litros – mes
Total aportado para 10.000 litros
= 462.000 litros - mes
Añejamiento del mezclado = 462.000 / 10.000 = 46,2 meses
El liquido a envasar es lo mezclado menos la merma, siendo la merma el 3% de
13.458,3 = 403,75 y el líquido a envasar de 13.458,3 – 403,75 = 13.054.55 para
un número de botellas de 13.054.6 / 0,750 = 17.406
Para los planteamientos matemáticos se tiene :
El Balance Total es: A + B + C = M
El balance en base al alcohol es A x a + B x b = M x m,
despejando se tiene:
3000 x 0,52 + 7000 x 0,7
M = ----------------------------------- = 13.458, 3 litros
0,48
El balance total permite establecer la cantidad de agua requerida:
C = M–A–B
=== C = 13.458,3 - 3.000 - 7.000 = 3.458,3 litros
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para añejamiento y no teniendo en cuenta el agua puede establecerse
3.000 x 42 + 7.000 x 48 = 10.000 x Y ========== Y = 46,2 meses
Para establecer cuantas botellas se pueden obtener, se calcula el líquido a
envasar, restando la merma.
E = 13.458,3 x ( 1- 0,03) = 13.054,6 litros que equivalen a 13.054,6 / 0,750 =
17.406 botellas.
Los resultados obtenidos son:
Producto
13.458,3 litros
Agua agregada 3.458,3 litros
Añejamiento promedio 46,2 meses
Botellas envasadas 17.406
A continuación se presenta la hoja de cálculo.
Como actividad de aprendizajes completar las columnas correspondientes
EJEMPLO 17
PREPARACION DE UN BLENDED
BALANCES DE MATERIALES
S
PRESENTACION
Whisky A
A
porcentaje de alcohol
a
Añejamiento
Whisky B
B
porcentaje de alcohol
b
Añejamiento
Mezcla, porcentaje de
m
alcohol
Merma en el envase
capacidad de botella
c.c
Unidades Fuente
litros
meses
litros
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Ref:
Porc.
3000
52,0%
42
7000
70,0%
meses
SOLUCIÓN
Alcohol aportado por A
Aa litros
Alcohol aportado por B
Bb litros
Alcohol en la mezcla
Mm litros
Whiskies mezclados
litros
Mezcla
litros
Agua Agregada
litros
Añejamiento aportado por A
litro-mes
Valor
48
Dato
48,0%
3,0%
750
1.560,00
4.900,00
6.460,00
10000,00
13.458,33
3.458,33
126.000
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Añejamiento aportado por B
Total aporte
Añejamiento promedio
Merma en el envase
Mezcla a envasar
Botellas envasadas
SOLUCION MATEMATICA
Mezcla producida
Agua Agregada
Añejamiento promedio
Merma en el envase
Botella Envasadas
litro-mes
336.000
462.000
46,2
403,75
13.054,58
17406
13.458,33
3.458,33
46,20
403,75
17.406
3.1 . Balances combinados en los cuales se tiene mezcla y
separación
Procesos con este tipo de balances también se presentan en un amplio rango en
la industria de alimentos.
Muchas materias primas tanto del sector agrícola como del sector pecuario deben
ser alistadas retirando cáscaras, semillas, pieles, huesos, etc, en procesos típicos
de separación para posteriormente y en la obtención de alimentos terminados
adicionarles otras sustancias como salsas, líquidos de gobierno, etc, en
operaciones de combinación.
En forma similar se tienes procesos en que inicialmente hay mezclas y luego
separaciones
El desarrollo de este tipo de balances se hacen también en forma analítica o
matemática y en algunos casos con la combinación de los dos.
Ejemplo 18
Una planta enlatadora de atún, debe enlatar diariamente 50.000 latas de lomitos
de atún de 180 gramos neto .
Del atún fresco se retira un 32% de cabezas, colas, aletas y piel para obtener los
lomitos.
Durante la cocción se adiciona un 12% de líquido de relleno o de gobierno.
¿Cuánto atún fresco se debe procesar?. ¿Cuanto líquido de gobierno se debe
preparar si las mermas durante el enlatado son del 6%?.
CASO 7 Previendo un crecimiento de la producción del 10%, cuales son los
requerimientos de atún y de líquido de gobierno en los próximos cinco años. ?
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE.- En las presentes memorias, coloque las
referencias a usar en la Hoja de Cálculo, a la vez complete las columnas
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necesarias en la Hoja, empleando la simbología aquí empleada.
Solución.- La base de cálculo es el total del producto a enlatar diariamente,
50.000 latas y debe tenerse en cuenta, para este problema, que el contenido neto
de las latas se refieren a la cantidad de lomitos de atún y aceite que ellas
contienen.
Solución analítica
Inicialmente se establece el peso de atún y aceite que contienen las 50.000 latas.
Llamando n al número de latas envasadas diariamente y p el peso de lomitos y
aceite, se tiene
P = N x p = 50.000 x 180 = 9.000.000 gr = 9.000 kg /día
Para esta cantidad de producto se determina cuanto lomito se requiere.
En el producto los lomitos son el 100 -12 = 88%, de tal forma que
de lomitos se requieren 9.000 x 0,88 = 7.920 kg y
de aceite 9000 - 7920 = 1.080 kg, que es lo mismo 9.000 x 0,12 = 1.080
Del atún fresco se aprovecha únicamente el 100 – 32 = 68%, de tal forma que el
atún fresco es:
A = (7920 / 0,68) = 11.647 kg.
Los residuos serán 11.647 - 7.920 = 3.727 kg
Para el cálculo de la merma debe tenerse presente que ella se toma sobre la
cantidad de aceite que entra al proceso. De esta cantidad se aprovecha el 1000,06 = 94 %.
El aceite necesario será entonces de 1.080 / 0,94 = 1148,94 kg.
Aceite
Atún fresco
Lomitos
A
Lomitos en aceite
L
Mermas de
Aceite
Residuos
R
Diagrama de flujo
FIGURA 16
La merma será la diferencia de 1.148,94 -1.080 = 68,94 kg
ó lo que es igual a 1.148,94 x 0,06.= 68,94
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Solución matemática:
Para la solución matemática se plantean ecuaciones y para ello acudimos a la
figura .
Llamando a :
A al atún fresco
L los lomitos frescos
R a los residuos del atun
O al aceite empleado
M a las mermas del aceite y
P al producto enlatado
N número de latas producidas por día
p peso de producto en cada lata
Empezando por el producto y en el enlatado
a la vez
P = nx p
P =L+O- M
[1]
[2]
se tiene M = 0,06 x O
[3]
L = 0,88 x P
[4]
O - M = 0,12 x P
[5]
reemplazando valores en 1, 4 y 5
P = 50.000 x 180 = 9.000.000 gramos = 9.000 kg
L
= 0,88 x 9.000 = 7.920
O - M = 0,12 x 9.000 = 1.080
también de [2]
[6]
O - M = 9.000 - 7.920 = 1.080
reemplazando [3] en esta última ecuación se tiene
O - 0,06 O = 0,94 O = 1.080 ==== O = 1.080 / 0,94 = 1.148,94
Realizando el balance sobre la etapa de arreglo del atún se tiene
A = L + R
[7]
R = 0,32 x A
[8]
L = 0,68 A
[9]
reemplazando el valor de L en [9]
A = L / 0,68 = 7.920 / 0,68 = 11.647
reemplazando a A en [8]
R = 0,32 x 11.647 = 3.727
comprobando en [7] 11.647 = 7.920 + 3.727
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El balance total se plantea
Entradas
=A + O
[10]
Salidas
=L + R + M
[11]
reemplazando valores en [10] y [11]
Entradas
11.647 + 1.148,94
= 12.795,94
Salidas
9.000 + 3.727 + 68,94
= 12.795,94
CASO 8 . Los consumos de los próximos cinco años se determinan tomando el
consumo del presente año y sumarle el incremento del 10%, lo que es igual a
multiplicar el consumo por (1 mas el incremento del 10%).
A la vez el consumo del año, base de cálculo o año cero se toma de acuerdo a los
días laborados.
Tomando 270 días laborados por año se tiene, en kilogramos:
Atún
Líquido
Año 0 = 11.647 x 270 = 3.144.690
1.148,94 x 270 = 310.213,8
Año 1 = 3.114.690 x 1,1 = 3.459.159
310.213,8 x 1,1 = 341.235,2
Año 2 = 3.459.159 x 1,1 = 3.805.075
341.235,2 x 1,1 = 375.358,7
Año 3 = 3.805.075 x 1,1 = 4.185.582
375.358,7 x 1,1 = 412.894,6
Año 4 = 4.185.582 x 1,1 = 4.604.140
412.894,6 x 1,1 = 454.184.0
Año 5 = 4.604.140 x 1,1 = 5.064.555
454.184.0 x 1,1 = 499.602,5
A continuación se presenta la hoja de cálculo
EJEMPLO 18
SOLUCION
MATEMATICA
ENLATADO DE ATUN
BALANCES DE MATERIALES
PARA DATOS HOJA 1
Símb.
PRESENTACION PROBLEMA
Latas a Enlatar
Peso de cada lata
mermas del pescado
Líquido de gobierno,
participación
Merma del líquido
SOLUCION
Contenido de latas
Atun contenido
Atún fresco necesario
Unidades
Fuente
Porcentaje
c/u
gr
Valor
50000
180
32%
12%
6%
kg
kg
kg
9000
7920
11647
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Aceite enlatado con atún
Aceite empleado
kg
kg
1080
1148,94
REQUERIMIENTOS DE INSUMOS
Dias laborados por año
270
ATUN
LIQUIDO
3.144.706
310.213
3.459.176
341.234
3.805.094
375.357
4.185.604
412.893
4.604.164
454.183
5.064.580
499.601
AÑO 0
AÑO 1
AÑO 2
AÑO 3
AÑO 4
AÑO 5
Ejemplo 19 .- Un alimento para engorde de pollos se prepara pulverizado con
compuestos de proteína 20%, carbohidratos, 72% y agua 6%. y macronutrientes
Se humidifica con vapor de agua al 20% para pelletizarlo y luego se seca al 8% de
humedad final.
A.- Qué cantidad de vapor de agua se debe agregar para obtener 100 toneladas
de producto?
B.- ¿Qué cantidad de agua se debe retirar al secarlo?
C.- ¿Cuál es la composición final del concentrado?.
SOLUCION.- El diagrama representativo permite plantear balances parciales y
balance total.
AGUA
EVAPORADA
VAPOR DE
AGUA
V
ALIMENTACION
A
PELLETIZADORA
W
P
PELLEETS
HUMEDOS
C
SECADOR
CO NCE NTRADO
Diagrama de flujo
FIGURA 17
Llamando A al pulverizado, V al vapor de agua, P al producto pelletizado, W al
agua retirada en el secador y C el concentrado obtenido.
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Anote en la presente Memoria de Cálculo las
referencias necesarias para completar la Hoja de Cálculo.
A.)- Los sólidos en el producto se constituyen en la base de cálculo, ya que ellos
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no se modifican en el proceso.
Siendo la humedad final 8%, los sólidos corresponderán al 92% y están
compuestos de proteína, carbohidratos y otros, siendo entonces 100 x 0,92 =
92 ton,
A la vez ellos se constituyen en el 100 – 20 % = 80% del pelletizado y en el 100 6% = 94 % del pulverizado. El pelletizado es igual a P = 92 /0,80 = 115 ton y
el pulverizado 92 / 0,94 = 97,87 ton.
El vapor de agua sera la diferencia entre los dos , es decir :
V
= P - A = 115 - 97,87 = 17,13 ton.
B.)- Y el agua evaporada es igual a la diferencia del pelletizado al concentrado
W = P - C = 115 - 100 = 15 ton.
C.- Para establecer la composición final, se determinan los componentes en el
pulverizado. Así:
Proteína
= R =
97,87 x 0,20 = 19,57 ton..
Carbohidrato = Q =
97,87 x 0,72 = 70,47 ton .
Otros
= O =
97,87 x 0,02 =
1,96 ton.
Agua
= B = 97,87 x 0,06 =
5,87 ton.
TOTAL
= 97,87 Ton.
En el producto, la composición es:
Proteína
19,57 / 100
= 19,57%
Carbohidrato
70,47 / 100
= 70,47%
Otros
1,96
=
/ 100
1,96%
Agua
=
8,00%
TOTAL
= 100.00 %
Un balance total y uno parcial sobre el agua nos permiten comprobar la validez de
los resultados.
Balance total:
A + V =
+ 15 y
P
= C + W
reemplazando
97,87 + 17,13 = 115 = 100
Balance parcial sobre el agua
5,87 + 17,13
= 23,00 =
15 +
8
Existe otra forma de resolver el problema estableciendo la relación
correspondiente de sólidos , que en el pulverizado respecto al concentrado es
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100 x 0,92 / 0, 94 = 97,87 y el pelletizado húmedo :
97,87 X 0,94 / 0,80
Resumiendo
= 115, siendo agua agregada 115 - 97,87 = 17, 13 ton.
Vapor de agua agregado 17,15 ton.
Agua Evaporada
Composición final Proteína
15,00 Ton
= 19,57%
Carbohidrato = 70,47%
Otros
= 1,96%
Agua
=
8,00%.
Ejemplo 19
Parámetro
Simb.
Unid.
Fuente
Ref.
Valores
PRESENTACION PROBLEMA
Pulverizado
Proteína
Carbohidrato
Agua
Pelletizado
Vapor de agua
Concentrado
Humedad
SOLUCION ANALITICA
Concentrado
Humedad
Sólidos
Pelletizado
Sólidos
Humedad
Total Pelletizado
Pulverizado
Sólidos
Agua
Total pulverizado
Proteína
Carbohidrato
Agua
Otros
Concentrado
Proteína
Carbohidrato
20%
72%
6%
20%
100,00
8%
8%
92%
100,00
8,00
92,00
80%
20%
92,00
23,00
115,00
94%
6%
20%
72%
6%
2%
92,00
5,87
98
19,574
70,468
5,872
1,957
20%
70%
100,00
19,57
70,47
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Agua
Otros
SOLUCION MATEMATICA
Pulverizado
Proteina
Carbohidrato
Agua
Pelletizado
Humedad
Concentrado
Humedad
Agua Evaporada
Pelletizado
Pelletizado
Pulverizado
Vapor de agua Agregado
Composición concentrado
Proteína
Carbohidrato
Agua
Otros
8%
2%
100%
ha
18%
70%
6%
hp
20%
8,00
1,96
100,00
100,00
hc
8%
W
P
P
A
V
hc
oc
12,20
112,20
115,00
95,49
19,51
17,19%
66,84%
8%
8%
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE. Se ha incluido una solución matemática al
problema , al revisar la hoja de calculo del ejemplo, se encuentran las
formulas en operaciones con celdas. Interprete las fórmulas y compare con
una solución matemática propuesta por Ud.
Complete la Hoja de Cálculo correspondiente y elabore hojas de cálculo
adicionales, con diferentes porcentajes de componentes y diferente cantidad de
producto terminado como se muestra en las dos columnas siguientes (I y J ) de la
Hoja 1 , y ejemplo de la Hoja 2
Ejemplo 20
El fríjol soya se compone de un 35% de proteína (2), 27,1% de carbohidratos
(3) , 9,4 % de agua (4) , 10,5% de fibra y cenizas (5) y 18% de aceite (6).
La obtención de Torta de Soya a partir del frijol soya se realiza fundamentalmente
en tres etapas, que se pueden resumir como sigue:
En la primera etapa se hace un molido y extracción de aceite por prensado de
frijol (1), obteniéndose:
a) una torta prensada o fríjol prensado con 7%, de aceite en peso y 5% de
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humedad (7), y
b) aceite crudo con humedad.
El aceite crudo se recibe en un tanque de sedimentación en donde se separan el
agua del aceite.
En la segunda etapa, la torta prensada se somete a una extracción por solvente
con Hexano, para retirar más aceite del que aún tiene, obteniendo:
c) una torta húmeda con 0,5 % de aceite
(8) y
d) una mezcla aceite-hexano, con 2% de agua.
Se emplea una relación aceite:hexano de 1 a 1 (9)
En una tercera etapa la torta húmeda se seca para dar un producto con 1% de
agua (10) .
Calcular:
a.- Los kilogramos de torta prensada y los kilogramos de aceite obtenidos en la
primera etapa, a partir de 1000 kilos de frijol soya.
b,- Los kilogramos de torta salientes de la segunda etapa.
c.- los kilogramos de torta salientes de la tercera etapa y
d.- El porcentaje de proteína y el porcentaje de carbohidratos que contiene la torta
saliente.
Solución
El proceso se realiza en tres etapas y las preguntas van encaminadas a establecer
parámetros al salir de cada etapa, luego, se deben elaborar balances para cada
una de ellas.
EJEMPLO 20
OBTENCION DE TORTA DE
SOYA
PRESENTACION DEL PROBLEMA
Parámetros
Simb Unid. Fuente
PRIMERA ETAPA EXTRACCION POR PRENSADO
ENTRADAS
Frijol Soya
F
kg
Dato
Aceite
a
Dato
Proteina
p
Dato
Carbohidratos
c
Dato
Fibra y Cenizas
f
Dato
Agua
Total
h
Dato
SALIDAS
Ref.
1
2
3
4
6
5
%
18,0%
35,0%
27,1%
10,5%
9,4%
100,0%
Valor
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Torta prensada
Aceite en torta
Agua en torta
Aceite
Agua en aceite
Fp
af
Dato
7
7%
5%
9
1
10
5%
0,5%
ap
SEGUNDA ETAPA EXTRACCION POR SOLVENTE
ENTRADAS
Torta prensada
T
Relación aceite :hexano
Hexano
SALIDAS
Torta extractada
Te
Agua
Aceite en torta extractada
ae
Dato
Aceite
Hexano
TERCERA ETAPA SECADO
ENTRADAS
Sólidos
Agua
Aceite
Total
SALIDAS
Sólidos
Aceite
Agua
Torta de soya
Agua evaporada
0,01
Como se plantea el problema, se manejan tres componentes básicos: torta, aceite
y agua. Esto lleva a establecer el concepto de sólidos para agrupar la proteína,
los carbohidratos, y fibra y ceniza que no cambian durante el proceso a que es
sometida la torta,
Tomando como base de cálculo los 1000 kilos de frijoles, la cantidad de cada
componente es:
Proteína
p = 1000 x 0,350 =
Carbohidratos
c =
Fibra y cenizas
350 kilos
(10)
1000 x 0,271 = 271
(11)
f
= 1000 x 0,105 = 105
(12)
Subtotal sólidos
s
= 726
(13)
Agua
h = 1000 x 0,094 = 94
(14)
Subtotal húmeda
sh =
(15)
820
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Aceite
Total
a = 1000 x 0,180 = 180
(16)
F = 1000
(17)
Para resolver este ejemplo no se tienen en cuenta las mermas que normalmente
se tienen en los procesos industriales.
Balance en la primera etapa
Como es usual, se elabora el diagrama de flujo correspondiente., teniendo
presente en este caso que el molino y extrusora se consideran como una sola
etapa dado que entre estas equipos, no se presenta cambio alguno en la cantidad
de material procesado.
TORTA EXTRACTADA
FRIJOL SOYA
MOLINO
T
F
As
ACEITE
Diagrama de flujo
FIGURA 18
En esta primera etapa, de extracción, se obtiene una torta con el 7% de aceite y
5% de agua luego los demás componentes o sólidos constituyen el 100% - 7% 5% = 88%,
Estableciendo la regla de tres correspondiente se tiene que la torta extractada es:
726
Te = ----------- = 825
(19)
0,88
Nota: dado que las unidades son consistentes, kilos, en adelante se omitirán
durante los cálculos.
El aceite que sale con la torta, at, es el 7%, es decir:
at = 825 x 0,07 =
57,75
(20)
el agua que sale con la torta
at =
825 x 0,05 =
41,25
esto es igual a 825 – 726 – 57.75 = 41,25 siendo esta , una forma de comprobar
el procedimiento
El aceite extraído u obtenido en la primera etapa es la diferencia de lo que entra
con los frijoles y lo que sale con la torta
As = 180 - 57,75
= 122,25
(21)
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RESOLUCION DEL PROBLEMA
PRIMERA ETAPA EXTRACCION POR PRENSADO
ENTRADAS
Parámetros
Simb. Unid. Fuente
Frijol soya
F
kg
Dato, Cálculo
Proteina
p
kg
Dato, Cálculo
Carbohidratos
c
kg
Dato, Cálculo
Fibra y Ceniza
f
kg
Dato, Cálculo
s
Sólidos
a
Agua
subtotal
St
kg
Cálculo
Aceite
a
kg
Dato, Cálculo
Total Entradas
F
kg
Cálculo
SALIDAS
Sólidos
s
Agua
Aceite
Subtotal Torta extractada Te
Aceite
Agua
Subtotal aceite prensado
As
kg
Cálculo
Total Salidas
Ref.
1
2-10
3-11
5-12
13
14
15
6-16
17
%
35,0%
27,1%
10,5%
72,6%
9,4%
82,0%
18,0%
100%
13
5,0%
7,0%
19
21
Valor
1000,00
350,00
271,00
105,00
726,00
94,00
820,00
180,00
1000,00
726,00
41,25
57,75
825,00
122,25
52,75
175,00
1000,00
Se debe comprobar que lo que entra es igual a lo que sale, que planteado
matemáticamente se expresa
F = T + As
====
1000
= 825 + 175
(22)
Balance para la segunda etapa.En la extracción de aceite se emplea hexano en proporción 1 a 1 , como en la
torta se tienen 57,75 kilos de aceite, se emplea la misma cantidad de hexano,
57,75 kilos (23)
Como productos o corriente de salida se tiene:
a) la torta con aceite, 0,5% , y agua 5%,
b) aceite con hexano y humedad
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HEXANO
TORTA EXTRACTADA
TORTA HUMEDA
EXTRACTORA
T
Th
Ah
ACEITE
HEXANO
Extracción del aceite
FIGURA 19
En la primera corriente los sólidos tomados como fracción son uno menos fracción
de aceite menos fracción de agua, es decir
1- 0,005- 0,05 = 0,945
corriente de salida.
o en kilos 726. Con estos valores se determina la
Torta húmeda = 726 /0,945 = 788,25
Aceite = 788,25 x 0,005 = 3,84
Agua = 788,25 x 0,05 = 38,41
El aceite que se ha extraído por el solvente será = 57,75 - 3,84 = 53,91
Como segunda corriente se obtiene la mezcla aceite –hexano con una humedad
que es la diferencia entre lo que entra y lo que sale con la torta, es decir
Humedad = agua = 41,25 -38.41 = 2,84
Esto significa que la mezcla es de 53,91 + 57,75 +2,84
componente presenta los siguiente fracciones
Aceite
Hexano
Agua
= 114,50 y cada
= 53,91/ 114,50 = 0,471 ó 47,1%
= 57,75 / 114,50 = 0,504 ó 50.4% y
= 2,84 / 114,50 = 0,025 ó 2,5%
En la hoja de cálculo se ha obtenido asi: (53,91+57,75) /(1 - 0.025) = 114.50
SEGUNDA ETAPA EXTRACCION POR SOLVENTE
ENTRADAS
Torta prensada
Sólidos
Agua
Aceite
Subtotal Torta
Relación aceite: hexano
Hexano
hp kg Cálculo
Total at kg Cálculo
SALIDAS
Sólidos
Fracción
726,00
41,25
57,75
825,00
1,00
57,75
882,75
0,945
726,00
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Agua
Aceite
0,050
0,005
1,000
0,471
0,504
0,025
Subtotal torta
Aceite
Hexano
Agua
38,41
3,84
768,25
53,91
57,75
2,84
114,50
882,75
Total aceite y hexno húmedos
Total salidas
Balance para la Tercera Etapa
Durante la tercera etapa, se seca la torta húmeda para obtener la torta de soya,
que comercialmente se vende para la elaboración de concentrados dado su buen
contenido de proteína.
En este caso la base de cálculo, sobre la torta húmeda que ingresa al secador, es
el agua que se reduce a un 1% (9) en la torta seca y deja a lo sólidos y aceite
residual en un 99%. (28).
En el balance inicial se establecía que los sólidos equivalen a 726 kilos (13). Y el
aceite residual en 3,84 kilos (25) para un subtotal de 729,84 kilos (29) Con este
valor obtenemos la cantidad de torta seca que sale:
729,84
Ts = ----------- =
0,99
737,21
(30)
AIRE
TOR TA SECA
TORTA HUMEDA
SECAD OR
Th
Ts
AIRE H UMEDO
FIGURA 20
El agua que sale es de 773,21 x 0.01 = 7,73 y el agua evaporada 38,41 - 7,73 =
31,04
TERCERA ETAPA SECADO
ENTRADAS
Sólidos
Agua
Aceite
Total
SALIDAS
Sólidos
0,945
0,050
0,005
1,000
726,00
38,41
3,84
768,25
726,00
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Aceite
Agua
3,84
7,37
737,21
31,04
768,25
0,01
Torta de soya
Agua evaporada
La proteína, que no se modificado durante las diversas etapas, es de 350 kilos
(10) cuyo porcentaje respecto a la torta seca es:
350
ps = ---------- x 100
= 47,48%
(31)
737,21
para los carbohidratos se tiene similar situación
271
cs = ----------- x 100
= 36,76 %
(32)
737,21
Para comprobar se obtiene el porcentaje de fibra
105
f =
------- x 100 = 14,24 %
737,21
Aceite
Y el total =
3,84
a = ------------ x 100 = 0,52
737,21
47,48 + 36,76 + 14,24 + 0,52 + 1,00 = 100,00
Resumiendo se tiene:
COMPOSICION DE LA
TORTA
Proteína
Carbohidratos
Fibra y cenizas
Aceite
Agua
TOTAL
47,48%
36,76%
14,24%
0,52%
1,00%
100,0%
350,00
271,00
105,00
3,84
7,37
737,21
La hoja de cálculo permite establecer otros parámetros, entre otros, porcentajes
de los compuestos (36) en cada una de la etapas, agua evaporada, total de
aceite extraído y finalmente establecer el Balance Global sobre todo el proceso,
que establece,
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BALANCE TOTAL
ENTRADAS
Frijol soya
Hexano
Total
1000,00
57,75
1057,75
Total
737,21
175,00
114,50
31,04
1057,75
SALIDAS
Torta de soya
Aceite-Agua
Aceite-hexno
Agua evaporada
Nota. En la práctica no se justifica secar la torta hasta la humedad del 1%,
por el contrario se puede dejar con una humedad alta, del orden del 10%
3.2. Balances en operaciones con recirculación o reciclo
En la industria de alimentos se tienen procesos en los que para una etapa dada,
una proporción de una corriente de salida se reingresa al proceso en la misma
etapa o en una etapa anterior.
El retorno de una parte de la corriente se denomina reciclo o recirculado y a la
acción de devolver, recirculación o reciclado.
Tal es el caso de algunas operaciones de secado de productos alimenticios.
En esta operación unitaria, se aprovecha la capacidad de absorción de agua que
tiene el aire ambiente.
Salvo en condiciones muy particulares, cuando el aire esta saturado,( en climas
totalmente húmedos) no absorbe agua, pero en general las condiciones permiten
la evaporación de agua y su mezcla en estado de vapor con el aire.
La capacidad de absorción de agua en el aire se incrementa notoriamente con la
temperatura del aire
El secado es una operación bastante exigente y de no tener los procesos
adecuados se puede llegar a productos con características o presentaciones no
adecuadas para su comercialización.
Como el secado involucra suministro de calor para evaporar la humedad, si no se
establece un flujo de calor apropiado se pueden presentar cambios significativos
de color o agrietamientos en las superficies de los alimentos que se están
secando.
Dado que la inmensa mayoría de las operaciones de secado se llevan a cabo con
aire caliente, para evitar los defectos mencionados se acostumbra a recircular
parte del aire que sale del secador.
El aire que se recircula se mezcla con aire fresco y se caliente de nuevo como se
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aprecia en el diagrama siguiente
Aire recirculado
Aire húmedo
Calentador de aire
Aire fresco
Secador
Recirculación de aire
FIGURA 21
Ejemplo 21
En una operación se secado por cochadas, se debe secar 600 kilos de tajadas de
zanahoria de un contenido inicial de humedad de 86% hasta un 10%. Para el
secado se emplea aire caliente con una humedad inicial de 0,008 kilos de agua
por kilo de aire seco.
El aire sale con una humedad de 0,050 kilos de agua por kilo de aire seco.
Teniendo un recirculación de aire de 3 a 1, cuanto aire se requiere para esta
operación?. Cuanta zanahoria seca se obtiene ?.
Solución.
El aire necesario se establece determinando cuanta agua absorbe cada libra de
aire que ingresa
Para ello se debe calcular con que humedad sale el aire del secador y por
diferencia de las humedades del aire que entra y del que sale se calcula la
humedad absorbida.
Aire recirculado
D
D
A
Aire húmedo
Calentador de aire
Aire fresco
C
Secador
B
C
Secado De la zanahoria , diagrama de flujo para el aire aire
FIGURA 22
Observando el diagrama anterior se establece para el aire seco
A+D = C
y del enunciado del ejemplo
D = 3A
Para el agua, llamando Hc la humedad de la mezcla que entra al calentador de
aire
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A x 0,008 + D x 0,05 = C x Hc
Tomando como base de calculo 1 kilo de aire fresco, se tiene
1 x 0,008 + 3 x 0,05 = 4 Hb ====
aire seco.
Hb = 0.0395 kilos de agua por kilo de
.
Evaporada
9,33
0,10
516 kl
0.86
Agua
Zanahor ia seca
Zanahoria
C
93,33 kl
600 kl
Sólido s
0,14
84 kl
0,90
84 kl
Balance para el secado de la zanahoria
FIGURA 30
Como la mezcla entra al secador con humedad de 0,0395 y sale con humedad de
0,05, se absorberán 0,05 - 0,0395 = 0,0105 kilos de agua por cada kilo de aire
seco que entra.
Del balance de la zanahoria se determina cuanta agua se debe evaporar y ser
absorbida por el aire.
El agua que entra con la zanahoria es de 516 kilos y la que sale es 9,33 kilos. Lo
evaporado es de 516 – 9,33 = 506,67 kilos.
El aire seco necesario es de 506,67 / 0,0105 = 48.254 kilos. Como cada kilo de
aire seco lleva 0,008 kilos de agua, el aire tal cual necesario es
48.254 x ( 1+ 0,008) = 48.640 kilos.
En la hoja de cálculo que se presenta a continuación, ya no se hace presentación
del problema si no que se entra de una vez a su resolución.
Ejemplo 21
SECADO DE ZANAHORIA
Parámetro
Cantidad a secar
Humedad inicial
Humedad final
Zanahoria seca
Agua a evaporar
Humedad aire inicial
Simb.
Unidad
kg
kg
kg
kg/kg
Valor
600
0,86
0,1
93,3
506,7
0,008
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Humedad salida aire
Relación aire recirculado
Humedad aire entrada secador
Agua absorbida por unidad aire seco
Aire seco requerido
Aire tal cual requerido
kg/kg
0,05
3
0,0395
0,0105
48254
48640
kg/kg
kg/kg
kg
kg
En operaciones de destilación a gran escala, se emplean las llamadas torres de
destilación
Ejemplo 22
En una destilería para obtención de alcohol se alimentan continuamente 30.000
litros diarios de un fermentado que contiene 16 % en volumen de alcohol, a una
torre a la que se regula tener un reflujo de 3,5. para dar un alcohol de 65ª G.L.
Los residuos contienen un 1,5% de alcohol
Determinar la cantidad de producto, lo reciclado y residuos obtenidos
D
P
R
F
S
Diagrama de destilación
FIGURA 23
Solución. Se aprecia en el ejemplo el uso de unidades diferentes a peso y
concentración. Antes de iniciar la resolución del ejemplo, se deben llevar las
unidades a un sistema consistente.
El volumen de fermentado procesado así como el porcentaje en volumen se deben
llevar a pesos y para ello se debe acudir a tablas.
De la tabla xx, para un porcentaje del 16% en volumen se tiene un porcentaje en
peso de 12,95% , una concentración de 12,69 gramos de alcohol por 100 cc de
solución y el peso especifico de la solución es de 0,9811 equivalente a una
densidad de 0,9811 kg/litro.
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Tomando base de cálculo 1 día y haciendo las conversiones del caso se tiene.
Peso del fermentado
F = 30.000 x 0,9811 =
29.433 kilos
Porcentaje de alcohol 12,95
Alcohol = 29.433 x 0.1295 = 3811,60
El producto de 65ºGL tiene 65% de alcohol, con densidad 0,9021 con un
porcentaje en peso de 57,21%
De acuerdo al diagrama, mostrado en la figura 31 se puede hacer un balance
para un sistema sin incluir el reflujo y uno para la torre incluyendo el reflujo.
El primero, que es un balance de separación, permite encontrar directamente el
producto y los residuos en tanto el segundo nos permite determinar el reflujo.
Llamando
F a la alimentación, con Xf de concentración de alcohol
P al producto, con Xp de concentración de alcohol
S a los residuos con Xs de concentración de alcohol
Realizando el balance sobre el alcohol se tiene
F x Xf = P x Xp +S x Xs, reemplazando
Como F = P + S
Fx Xf
===
[1]
S = F - P, reemplazando en [1]
= P x Xp + ( F – P ) x Xs = P x XP + F x Xs + P x Xs
Obteniendo P = F ( Xf – Xs) / (Xp –Xs), reemplazando
P = 29433 x( 0,1295 – 0,015 ) / (0,5721 -0,015)
P = 6.049,43 kilos y
S = 29.433 – 6.049,43 = 23387,3 kilos
Para determinar el reciclo se toma la relación de reciclo, que es 3 y el valor es
R = 3 x 6,049,43 = 18.147,97 kilos
Ejemplo 22
DESTILACION DE FERMENTADO
Parámetros
Fermentado
Porcentaje en volumen
Porcentaje en peso
Densidad solución
Densidad alcohol puro
Alcohol en alimentación
Relación de Reciclo
Concentr. Producto en volumen
Concentración en peso
Unidad
F
litros, kilos
Xf
kg /litro
kg
ºGL, fracción
Xp
Valor
30.000
16%
12,95%
0,9811
3811,6
3
65
0,5721
29.433
0,65
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Concentración Residuos
Producto
Residuos
Reciclo
Xs
P
S
R
kilos
litros, kilos
litros, kilos
1,50%
6049,3
23383,7
18147,9
Ejemplo 23
Se somete un lote de cebolla a un proceso de deshidratación por contacto con aire
caliente, siguiendo el esquema que aparece en la siguiente figura
En cada etapa la cebolla es puesta en contacto con aire caliente; en la primera
etapa se emplea flujo en paralelo (la cebolla y el aire fluyen en la misma dirección)
y en la segunda etapa se emplea flujo en contracorriente (la cebolla y el aire fluyen
en direcciones contrarias).
La cebolla que sale de la primera etapa es alimentada a la segunda, para un
mayor grado de secado, pudiendo así, tras haber entrado al proceso con una
humedad del 92%, salir con una humedad del 10%.
Una parte del aire húmedo que sale de la segunda etapa (con una humedad de
0,048 kg agua / kg aire seco es alimentado a la primera etapa.
Efectuando los balances de materia adecuados, determine:
a) La humedad de la cebolla que sale de la primera etapa.
b) La masa de aire devuelta de la segunda etapa a la primera.
Secado de cebolla
FIGURA 23
Solución:
a) Tomando como base de cálculo 1 kg de sólido seco.
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La cebolla que entra al proceso tiene una humedad del 92%, esto significa que:
en 100 kg cebolla inicial hay :
92 kg de agua
8 kg de sólido seco
Por consiguiente, por 1 kg de sólido seco, la cebolla inicial contendrá:
92 kg de agua
1 kg sólido seco x --------------------------------- = 11,500 kg de agua
8 kg de sólido seco
Cebolla proveniente de
1a. Etapa
1 Kg de sólido seco
X kg de agua
Cebolla deshidratada
SECADO
1 kg de sólido seco
0,111 kg de agua
ETAPA 2
Aire húmedo
Aire caliente
150 kg aire seco
-----------------------Kg de sólido seco
0,02 kg de agua
--------------------Kg aire seco
0,048 kg agua
---------------------Kg de aire seco
Secado segunda etapa
FIGURA 24
La cebolla deshidratada que sale del proceso tiene una humedad del 10%, esto
significa que:
en 100 kg cebolla deshidratada hay:
10 kg de agua
90 kg de sólido seco
Por consiguiente, por 1 kg de sólido seco, la cebolla final deshidratada contendrá:
10 kg de agua
1 kg sólido seco x ------------------------------------- = 0,111 kg de agua
90 kg de sólido seco
Se puede ahora efectuar un balance de materia sobre la etapa No. 2, considerada
individualmente.
Recordando que se toma como base de cálculo 1 kg de sólido seco, podemos
determinar fácilmente la masa de aire caliente que entra a dicha etapa:
1 kg sólido seco X ( 150 kg de aire seco / kg sólido seco ) = 150 kg de aire seco
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La masa de agua que entra en dicho aire será entonces:
150 kg aire seco x ( 0,02 kg de agua / kg aire seco ) = 3,0 kg agua
De dicha etapa saldrá la misma cantidad de aire seco que entró, o sea 150 kg;
además, ya que dicho aire contiene 0,048 kg agua/kg aire seco, saldrá con él, bajo
forma de vapor, una masa de agua de:
150 kg aire seco X 0,048 ( kg agua / kg aire seco) = 7,20 kg de agua
Actualizando con estos datos el esquema queda:
Cebolla proveniente de
1a. Etapa
1 Kg de sólido seco
X kg de agua
Aire húmedo
150 kg aire seco
7,2 kg agua
Cebolla deshidratada
SECADO
1 kg de sólido seco
0,111 kg de agua
ETAPA 2
Aire caliente
150 kg aire seco
3 kg de agua
0,048 kg agua
---------------------Kg de aire seco
Balance de secado sobre 2a. etapa
FIGURA 25
Para conocer la masa de agua X contenida en la cebolla proveniente de la etapa
1, se puede hacer un balance de masa parcial sobre el agua, teniendo en cuenta
que no hay acumulación alguna en este proceso, y que por consiguiente, la masa
del agua que entra al proceso (proveniente de la cebolla de la etapa 1, y del aire
caliente) será igual a la masa del agua que salga del proceso (proveniente de la
cebolla deshidratada por una parte y del aire húmedo por otra), o sea:
X + 3 = 0,111+ 7,2 ======== X = 4,311 kg de agua
Por consiguiente, la humedad de la cebolla proveniente de la etapa 1 será:
4,311 kg de agua
kg agua
------------------------------------------ = 0,8117 -----------------------(1 + 4,311 ) kg de cebolla
kg de cebolla
Se puede decir que la cebolla sale de la etapa 1 con un contenido de humedad del
orden del 81,17%.
b) Sobre la etapa 1.
Como en la pregunta anterior, recordando que se tomo como base de cálculo 1 Kg
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sólido seco, se puede hallar la masa de aire caliente suministrado:
1 kg sólido seco X 150 (kg aire seco / kg sólido seco ) = 150 kg aire seco
La masa de agua que entra con dicho aire será entonces:
150 kg aire seco x (0,02 kg agua / kg aire seco ) = 3,0 kg agua
Pero además, se mezcla con este aire caliente una masa desconocida de aire
húmedo proveniente de la etapa 2.
Llamando y la masa del aire seco de dicha corriente de aire húmedo proveniente
de la etapa 2.
La humedad que lo acompaña será, entonces:
y kg aire seco X 0.0048 x ( kg agua / kg aire seco ) = (0,048 y ) kg agua
Cebolla a la segunda etapa
Cebolla
SECADO
1,5 Kg de sólido seco
11,5 kg de agua
1 kg de sólido seco
4,311 kg de agua
ETAPA 1
Aire húmedo
Proveniente de la segunda etapa
Aire húmedo
0,048 kg agua
---------------------Kg de aire seco
Aire caliente
150 kg aire seco
Balance de secado sobre 1a. etapa
FIGURA 26
Se puede ahora efectuar un balance de masa parcial sobre el aire seco, dado
que no hay acumulación y que, por consiguiente, la masa de aire seco que
penetra en la corriente de aire caliente, más la masa de aire seco que penetra con
la corriente de aire húmedo deberá ser igual a la masa de aire seco que sale de la
etapa 1.
(150 + Y) = masa de aire seco que sale de la etapa 1.
Ya que el aire que sale de la etapa 1 tiene una humedad de 0,066 kg agua / kg
aire seco se puede afirmar que el agua que sale, como vapor, con dicha corriente
tendrá una masa de:
( 150 + Y ) kg aire seco X 0,066 ( kg agua / kg aire seco ) = 0,066 ( 150+Y ) kg
agua
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Actualizando el diagrama:
Cebolla a la segunda etapa
Cebolla
SECADO
1,5 Kg de sólido seco
11,5 kg de agua
1 kg de sólido seco
4,311 kg de agua
ETAPA 1
Aire húmedo
Proveniente de la segunda etapa
Aire húmedo
0,048 kg agua
---------------------Kg de aires seco
0,066 kg agua
Kg aire seco
Aire caliente
150 kg aire seco
Resultados del secado en la primera etapa
FIGURA 27
Recordando que no hay acumulación, se puede ahora efectuar un balance de
masa parcial sobre el agua:
11,5 + 0,048 Y + 3 = 4,311 + 0,066 (150 + Y)
Despejando Y, tendremos:
11.5 + 3 - 4,311 - 9,9 = 0,066 Y - 0,048 Y ===
16,056 kg
0,018 Y = 0,289 =
Y=
Se devuelve a la etapa 1 una masa de 16,056 kg de aire seco, con una humedad
de 0.048 (16,056) = 0,771 kg de agua, o sea en total (16,056 + 0,771) = 16,827 kg
de aire húmedo proveniente de la etapa 2.
A continuación se presenta la hoja de cálculo para el enunciado del problema
EJEMPLO 26
SECADO DE CEBOLLA EN DOS ETAPAS
CALCULO DE COMPOMENTES
PRESENTACION DEL PROBLEMA
Parámetro
Símb.
Unidades
Etapa 1
Entradas
Cebolla, humedad inicial
H1
kgs,lbs
Aire caliente seco
As1
kg/kg sólido
Agua en aire caliente
Has2
kg /kg aire seco
Aire húmedo de Etapa 2
Ah1
Agua en aire húmedo
Hh1
kg /kg aire seco
Salida
Aire húmedo
A1
kg /kg aire seco
Etapa 2
Fuente
ref.
Valores
MKS
Dato
Dato
Dato
1 92,00%
2
3
Dato
4
0,048
Dato
6
0,066
150
0,02
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CUSO: 3011103 – BALANCES DE MATERIA Y ENERGÌA
Entrada
Aire caliente
Agua en aire caliente
Salida
Cebolla, humedad final
Agua en aire húmedo
As2
kg/kg sólido
Dato
Hp
Ha2
%
Dato
kg /kg aire seco Dato
7
8
9 10,00%
10
150
0,02
0,048
Solución. Para facilidad en el manejo de datos y cálculos en la hoja de cálculo se
ha tomado un bloque para presentación del problema,
Ya en el desarrollo del problema, en la hoja de calculo, se toma cada etapa
independiente es decir se elabora un bloque para cada etapa y se escriben todos
los parámetros de las entradas y salidas
Este problema presenta un grado de complejidad que lleva a un desarrollo de
cálculos no consecuente con las dos etapas del proceso. Trabajando en la primera
etapa y sin haberla concluido se debe entrar a realizar cálculos de la segunda
etapa .
Para proceder de acuerdo a la
consultar la guía del estudiante.
ETAPA1
Entradas
Cebolla húmeda
Sólido,
Humedad inicial
Aire caliente
Aire caliente
Agua en aire caliente
Agua en aire caliente
Aire húmedo
Agua en aire húmedo
Agua en aire húmedo
Total entradas
Salidas
Cebolla húmeda
Sólido,
Humedad
Aire húmedo
Agua en aire húmedo
Agua en aire húmedo
Total salidas
ETAPA 2
Entradas
Cebolla húmeda
Sólido,
Humedad
Aire caliente
C
S
Hc
As1
As1
Has1
Has1
A21
Ha21
Ha21
C1
S
Hc1
A1
Ha1
Ha1
C1
S
Hc1
As2
referencias anotadas en la hoja de cálculo
kg., lb.
kg/kg sólido
kg
kg /kg aire seco
kg
kg
kg /kg aire seco
kg
Dato
Dato
Dato
Cálculo
Dato
Cálculo
Dato
Dato
Cálculo
Cálculo
kg
kg
kg
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
kg /kg aire seco Cálculo
Cálculo
Cálculo
kg
kg
kg
kg/kg sólido
Cálculo
Cálculo
Dato
12
11 8,00%
13 92,00%
2
14
3
15
29
4
16
30
12,500
1,000
11,500
150,00
150,00
0,02
3,000
300,000
0,048
14,400
479,900
31
11
24
27
6
32
33
5,311
1,000
4,311
166,049
0,066
10,959
182,320
31
11
24
7
5,311
1,000
4,311
150,000
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Aire caliente
Agua en aire caliente
Agua en aire caliente
Total entradas
Salidas
Producto
Sólidos de cebolla
Agua en producto
Aire seco
Agua en aire seco
Agua en aire húmedo
Total salidas
As2
Has
Has
kg
Cálculo
kg /kg aire seco Cálculo
kg
Cálculo
Cálculo
P
S
Hp
A2
Ha2
Cálculo
21
Cá. Dato 20, 11 90,00%
Da. Cál 9, 19 10,00%
Cálculo
kg /kg aire seco Cálculo
4
Cálculo
BALANCE SOBRE AGUA ETAPA 2
Salidas
Agua en producto
Agua en aire húmedo
Total salidas
Entradas
Agua con aire caliente
Agua con cebolla
Total entradas
BALANCE SOBRE EL AIRE Y AGUA
ENTRADAS
Aire caliente a etapa 1
Aire caliente a etapa 2
Total entradas de aire
caliente
SALIDAS
Aire húmedo de etapa1
A1
Aire húmedo de etapa 2
A20
Total salidas de aire
17
8
18
34
150,000
0,020
3,000
158,311
1,111
1,000
0,111
150,000
0,048
7,200
158,311
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
18
22
23
0,111
7,200
7,311
Cálculo
Cálculo
Cálculo
18
24
25
3,000
4,311
7,311
Dato
Dato
Cálculo
2
7
26
150,000
150,000
300,000
Cálculo
Cálculo
Cálculo
27
28
35
166,049
133,951
300,000
Ejemplo 24
La caldera de una planta industrial produce 10000 kg/hr de vapor a 120 libras,
siendo su recuperación de condensado del 37,5%. Las características de las
aguas de alimentación y de purga continua son, en p.p m:
PARAMETROS
Dureza como CaCO3
Alcalinidad MN como CaCO3
Sílice
Hierro
Nitritos
Fosfatos
Sulfitos
ALIMENTACION
60
5
0,5
0,5
-
PURGA
CONTINUA
5
200
200
30
30
200
100
Determinar la purga en litros por minuto y las cantidades de fosfato y sulfito de
sodio agregadas.
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Solución
Este problema, de gran utilidad práctica en la industria, requiere una explicación
acerca del circuito o flujo de agua en la caldera. La figura No 37 nos ilustra al
respecto.
Al llamado tanque de alimentación llega agua procedente del acueducto A y del
tanque de condensado C.
El agua se alimenta a la caldera por una bomba de alimentación; en la caldera se
produce vapor V.
A medida que se consume vapor los sólidos se van concentrando en la caldera
con riesgos de que se depositen y aparte de causar obstrucciones, disminuye
considerablemente el flujo de calor para evaporar el agua.
Por esta razón se retira agua en la llamada purga continua P, cuyo fin es
mantener en los valores de norma los sólidos contenidos en el agua de la caldera.
Parte del vapor se consume y sale a la atmósfera, (vapor exhausto VE) y parte se
recupera como condensado.
Para calcular la purga debe hacerse un balance de materiales sobre los sólidos
contenidos tanto en la alimentación como en la purga, exceptuando la dureza.
Analizando los datos, la alimentación no debe tener dureza, sin embargo en la
purga se admite una concentración hasta de 5 ppm., ello porque existe el riesgo
que cuando se cambia de equipo (suavizador) que retiene la dureza en algún
momento puede el agua puede llevar pequeñas cantidades de ella.
El balance de materiales, para el agua, es:
A + C = V + P = VE + C + P
De esta ecuación se desconoce A y P, tomando como primera base de cálculo V =
10000 kg/hr tenemos:
C = 37,5% de V = 3750 kg/hr
y
VE = V - C
VE = 100000 - 3750 = 6250 kg/hr
Para determinar el valor de A y P se requiere de otra ecuación y ella se determina
en base a los sólidos contenidos en las aguas del proceso.
El balance para la alcalinidad (a) siendo el subíndice a alimentación y p purga, se
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VE
V
CALDERA
EQUIPOS
A
C
P
C
ALIMENT.
Bomba
TANQUE DE
CONDENSADO
Circuito de agua para una caldera
FIGURA 28
tiene:
aaA = apP
Tanto el vapor como el condensado no tienen sólidos que produzcan alcalinidad o
dureza, como tampoco hierro o sílice.
El sulfito y el fosfato que aparecen en la purga continua son adicionados a la
caldera; el primero como autooxidante para evitar la corrosión y el segundo como
formador de lodos en suspensión y permitir el retiro en la purga continua, de los
sólidos que existen en exceso, a lo establecido por las normas.
En forma similar al balance para la alcalinidad, se tienen para el hierro, los nitritos
y la sílice
sia x A = sip x P
fea x A = fep x P
nia x A = nip x P
Cualquiera de estas cuatro ecuaciones nos pueden servir para resolver el
problema.
El factor que nos lleva a escoger una de ellas es que la purga debe ser la mínima
posible, ya que ella es agua sobrecalentada que se está gastando sin prestar
servicio alguno.
Existe, pues, una relación entre los sólidos de la alimentación y la purga que nos
permite determinar dicho factor. El mejor valor de la relación es llamado factor de
purga,. Luego:
Alcalinidad
a/p
60/200 = 0,3000
Sílice
a/p
5/200 = 0,0250
Hierro
a/p
0,5/200 = 0,0167
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Nitritos
a/p
0,5/200 = 0,0167
De estos valores se escoge el menor para aplicar la respectiva ecuación y
tomando el del hierro:
P = 0,0167 x 4500 = 75 kg / hr, asumiendo una densidad de 1 kg/litro, en
minutos la purga es
P = 75 x 60 /1 = 1,25 litros/ min
Siendo estrictos, el agua de alimentación debe incrementarse en este valor para
tener el balance de entradas y salidas.
Para determinar las cantidades de fosfatos y sulfitos debe establecerse que los
analizado y reportado
son los iones fosfato y sulfito respectivamente, De tal forma que para determinar
los fosfatos y sulfitos de sodio se debe multiplicar por la relación estequiométrica
de pesos, los ppm de cada ión.
Una consideración muy importante a tener en cuenta es que al llenar la caldera se
adicionan las sales para llegar a los valores de norma; al prender la caldera se
debe agregar, de sales, las cantidades que se pierden en la purga. Se tiene como
pesos molecular o del ión:
Peso del Na3PO4
= 164
Peso del PO4
Peso del Na2SO3
Peso del SO3
= 95
= 126
= 80
Debe recordarse que ppm, partes por millón son miligramos por litro y en el caso
del agua miligramos por kilogramo
Fosfato de sodio necesario
Na3PO4
= 75 x 200 x (164 / 95 ) = 19. 524 mgr/ hr = 19, 5 gr /hr
Sulfito de sodio necesario
Na2SO3
= 75 x 100 x (126 / 80 ) = 11.813
ACTIVIDAD DE APRENDIZAJE.
Elabore la hoja de cálculo para el problema 27.
mgr /hr = 11,813 gr / hr.
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AUTOEVALUACION DE LA UNIDAD 1
1. Mencione tres aplicaciones de los balances de materiales
2. Cuál es la diferencia entre proceso unitario y proceso industrial?
3. De una definición de insumo, materia prima y producto.
4. Es posible mediante una etapa obtener un producto?.
5.- Relaciones las variables involucradas en la elaboración de una sopa.
6.- Elabore un diagrama de flujo para la elaboración de un arroz con pollo y
verduras.
7.- Una planta procesadora de leches dedica el 40% de la leche que recibe la
dedica a la producción de leche concentrada con un 37% de sólidos y un 60% a la
producción de leche en polvo con un contenido de humedad del 3%.
Para programar turnos y producción debe establecerse que cantidad de leche
concentrada y que cantidad de leche en polvo se produce en invierno cuando se
reciben 170.000 litros/día y cuanta en verano cuando se reciben 120.000 litros/día.
Establezca igualmente el valor por concepto de la leche cuando se tienen precios
de $650 por litro en invierno y $710 en verano.
Para el balance de operación del año, determine la producción anual y el precio
promedio de los dos productos obtenidos.
Investigue los diversos contenidos de sólidos de la leche fresca y trabaje con un
valor representativo.
Desarrolle el problema en forma analítica, en forma matemática y elabore las
hojas de cálculo requeridas.
8.- EL precio de venta de algunos subproductos de la industria del aceite como las
tortas de soya, algodón, ajonjolí, etc., se comercializan de acuerdo al contenido de
proteína.
Determine cual punto de proteína es mas barato
siguientes tortas:
Torta de soya con 42% de proteína
Torta de soya con 39% de proteína
Torta de algodón con 29% de proteína
Torta de algodón con 32% de proteína
Torta de ajonjolí con 22% de proteína
cuando se dispone de las
$ 482.000
$ 422.000
$ 324.000
$ 354.000
$ 248.000
tonelada
tonelada
tonelada
tonelada
tonelada
9. En una columna de destilación, se realiza el proceso de separación alcoholagua en un alimento. El alcohol es de alta pureza y el alimento tiene en su
composición 20% molar de alcohol etílico. Si la alimentación durante el proceso es
de 45 libras mol por hora, obteniéndose un destilado que contiene 85% molar de
alcohol etílico y un residuo que contiene 3% molar de alcohol etílico, calcule:
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a) La cantidad de destilado y de residuo obtenidos.
b) El porcentaje de alcohol de alimento recuperado en el destilado.
10. En una fábrica de licores se obtiene alcohol de alta pureza por destilación. Con
una fuente de alimentación de 200 lb.mol /hora y 20% de etanol. En el destilado se
obtiene etanol del 90% de pureza. En el residuo existe un 5% de etanol. Calcular:
a) Todas las corrientes y caracterizarlas.
b) El porcentaje de recuperación de alcohol
11. En la fabricación de un refresco se utilizan dos corrientes A y B, que se
mezclan para obtener un producto de composición desconocida. Halle la
composición final de la mezcla si:
CORRIENTE A CORRIENTE B
MEZCLA
Xh1 = 0,7
Xh2 = 0,6
Xh3 = ?
Xb1 = 0,2
Xb2 = 0,3
Xb3 = ?
Xc1 = 0,1
Xc2 = 0,1
Xc3 = ?
A
3
La relación ----- = -------B
1
12. Se desea preparar un alimento semilíquido, empleando una materia prima
sólida con la siguiente composición:
15% de proteína.
20% de agua.
65% de carbohidratos.
Calcular la composición final del alimento, a partir de la base de 10 toneladas
métricas del material sólido y 5000 kg de agua.
13. Al obtener un producto alimenticio a partir de la mezcla de varias harinas se
presentan tres etapas:
Deshidratado-mezcla-deshidratado. Se tiene una masa inicial de 1000 kg., con
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una humedad de 40%, la cual, al pasar por el deshidratado inicial, se reduce al
30%.
Dicha humedad se mantiene al pasar por el mezclador, en donde se introducen
500 kg más de otra harina; la humedad se reduce en el segundo deshidratador al
18%. Calcular la masa final y cuantificar las diferentes corrientes que intervienen
en el proceso.
14. Un trozo de carne de masa 0,75 kg y de composición:
Proteínas: 20%, grasas: 10%, carbohidratos: 1%, humedad: 68%, ceniza: 1%, es
secado hasta alcanzar un contenido de humedad del 10%. A partir de un balance
de materia, indicar la masa de agua eliminada del trozo de carne, así como su
composición final.
15. Se requiere un jarabe con una concentración del 20% de azúcar (en masa).
Con dicho objetivo en mente, se parte de una solución con una concentración de
azúcar del 5%; que se introduce en un sistema continuo de evaporación como el
mostrado en la Figura, 64 donde se hace burbujear aire a través de la solución.
Si se tratan 100 kg. de solución inicial, y si el aire que se hace fluir tiene una
humedad inicial de 0,005 ( kg agua / kg aire) , y se suministra a una tasa de 75 kg
de aire /kg de solución inicial, calcular a partir de un Balance de masa:
a. La masa de jarabe obtenido.
b. La humedad del aire de salida expresada en kg agua / kg aire salida
Aire húmedo
100 kg / hr
Solución final (jarabe)
Solución con 5% de
azúcar
Con 20% de azucar
Aire fresco con una humedad inicial de
0,005 kg (agua/ kg air )
75 kg air / kg solución inicial
:
Concentración de jarabe
16. Una compañía de productos lácteos dispone de leche en polvo, aceite de
mantequilla (grasa láctea) y agua, con los cuales se propone obtener leche
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recombinada. La leche en polvo es de la siguiente composición
*
*
*
*
*
Grasa
Agua
Proteína
Lactosa
Ceniza
:
:
:
:
:
12,0%
2,0%
31,4%
43,7 %
10,9 %
El aceite de mantequilla es de la siguiente composición:
*
*
Materia grasa:
Agua
:
98 %
2,0 %
La leche recombinada que se desea obtener, debe tener las siguientes
características:
*
Materia grasa:
3,0 %
*
Sólidos no grasos 9,0 %
Se requieren 1000 kg. de leche recombinada. A partir de un balance de materia,
hallar las masas de leche en polvo, aceite de mantequilla y agua que sería
necesario mezclar para obtener la cantidad de leche recombinada propuesta.
17. Una planta recibe 10000 kg. de leche entera, con un contenido de materia
grasa del 4,2%. produce 9278 kg. de leche descremada, con un contenido de
materia grasa del 0,07%. En el suero de mantequilla y en la mantequilla hay,
respectivamente, un 0.35% y un 81% de materia grasa. A partir de un balance de
materia, calcular:
a. La masa de mantequilla obtenida.
b. La masa de suero de mantequilla liberado.
A grandes rasgos, el proceso de elaboración de mantequilla es el siguiente:
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Leche descremada
Leche Entera
Pasteurización
Desnatado
Crema
Maduración
Batido
Suero de
Mantequilla
Mantequillla
Pasterizada
a
Obtención de Mantequilla
18. Se desea producir una mezcla para postre Mousse, a partir de leche, crema,
leche descremada, azúcar, emulsificantes y estabilizantes. Se requieren 90 kg. De
dicho postre. La mezcla para el postre tiene la siguiente composición:
Materia grasa
Sólidos no grasos de leche
Azúcar
Emulsificantes y Estabilizantes
Agua
8,00 %
11,0 %
1,0 %
2,80 %
66,70 %
La leche de que se dispone, tiene un 3,0 % de materia grasa, y un 11,30 % de
sólidos no grasos.
La crema de que se dispone, tiene un 35,0% de materia grasa y un 5,70% de
sólidos no grasos.
La leche descremada de que se dispone, tiene un 0,5% de materia grasa y un
96,5% de sólidos no grasos.
A partir de un balance de Materia, hallar las masas de leche, crema y leche
descremada requeridas.
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UNIDAD 2
BALANCE DE ENERGÍA
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Objetivos
Conocer las leyes fundamentales de la termodinámica, definir los conceptos de
energía y establecer el balance general de la energía.
Definir los conceptos de energía.
Definir los conceptos de calor sensible y calor latente.
Definir los conceptos de calor de formación, calor de reacción, calor de
disolución, calor de mezcla y calor de combustión.
Establecer los balances de energía para un sistema.
Resolver problemas relativos a los balances de energía en proceso alimenticios
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4 Introducción
Para un científico el concepto más importante lo constituye la energía. En todos
los fenómenos científicos y en todo lo que ocurre, interviene la energía.
Los acontecimientos físicos, desde el desarrollo de una nebulosa, hasta los
movimientos de una bacteria, consisten fundamentalmente en transformaciones
de energía.
Si bien la energía no puede ser tocada ni vista, su presencia es detectada a cada
instante. El hombre, desde sus orígenes hasta el presente, ha logrado
sorprendentes progresos, desde el fuego hasta la fisión nuclear.
La vida del ser humano depende directamente de las transformaciones que se
producen en los procesos energéticos de la respiración y del metabolismo de los
alimentos.
El estudio de la energía abarca el mecanismo motor del universo en
innumerables aspectos.
sus
El concepto de energía está íntimamente ligado al de trabajo. Se puede, incluso,
decir que energía es la magnitud que mide la capacidad que tiene un sistema para
realizar un trabajo. La definición científica de trabajo expresa bien el concepto
intuitivo que todos tenemos: para ejecutar un trabajo es necesario aplicar una
fuerza sobre un cuerpo y desplazarlo. Se actúa de ese modo para levantar un
cuerpo cualquiera, o incluso para aserrar el tronco de un árbol.
Las aguas de una catarata tienen energía; después del impacto contra el fondo
pierden velocidad y se mueven lentamente al transformarse parte de su energía; el
efecto de esta transformación se aprecia en lo erosión de las rocas contra las
cuales choca el agua.
Un proyectil en movimiento tiene energía y esta puede ser de tal magnitud que al
chocar contra una coraza, la perfora.
En un trozo de hierro calentado al rojo hay energía y, si se le sumerge en un
líquido, este se caliente y, en ocasiones, parte del líquido se transforma en vapor.
Un rayo de luz transporte energía y puede aumentar la energía calórica de un
cuerpo elevando su temperatura. Una corriente eléctrica mueve un motor y éste
produce un trabajo, o al pasar por una resistencia genera calor.
Los procesos de adecuación de alimentos, desde su fuente primaria en la
naturaleza hasta su presentación para consumo inmediato, obedecen a
transformaciones de orden físico y/o químico, en los cuales ocurre intercambios de
masa y energía.
El crecimiento de las plantas, su floración y fructificación obedecen a fenómenos
en los que interviene la energía, en su forma lumínica. Todo vegetal de consumo
humano o animal contiene almacenada y en la cadena alimenticio plantas-animalhombre, ocurren intercambios de energía.
Una de las formas más elementales de preparación de alimentos tiene lugar en los
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sencillos procesos de cocción, en donde los alimentos se hacen más digeribles o
se mejora su sabor, igualmente se esterilizan o se preservan.
En todos los hogares del mundo se acostumbra a cocer determinados alimentos:
la energía en su forma de calor constituye el mecanismo de transformación más
importante para los alimentos, ya a nivel doméstico, ya a escala industrial.
El calor interviene en la industria de enlatados, tanto para cocer como para
esterilizar los alimentos.
En la industria láctea pasos importantes son la pasterización lograda con el calor;
multitud de alimentos se preservan secándolos, empleando calor para retirar la
humedad presente.
Inmensos gastos se evitan transportando productos concentrados obtenidos en
evaporadores o cristalizadores.
Licores se obtienen por destilación de mostos y en la industria de bebidas
fermentadas los mostos se obtienen por cocción de las materias primas
farináceas.
La industria panificadora demanda inmensas cantidades de calor, en fin, salvo los
productos de origen vegetal y de consumo inmediato, todos los alimentos están
íntimamente asociados a fenómenos caloríficos o energéticos, producidos o
dirigidos por el hombre.
Los procesos no solamente demandan calor, en muchos casos se requiere
retirarlo, como en el enfriamiento de alimentos pasterizados, la liofilización
(evaporación por congelación y disminución rápida de la presión, lo que causa la
sublimación del agua); bajas temperaturas se requieren para madurar cervezas y
vinos e igualmente, para preservar lácteos y carnes.
Los fenómenos caloríficos son los de mayor concurrencia en la industria de
alimentos, pues permiten las transformaciones de orden químico, están
acompañados con intercambio o consumo de otros tipos de energía; inicialmente
la mecánica, para el movimiento y trabajo de los más variados y diversos equipos
de la industria. La energía eléctrica es, en su mayor parte, la responsable de los
trabajos mecánicos.
Procesos de esterilización, y para concluir procesos bioquímicos, emplean otras
formas de energía como los rayos ultravioleta o las microondas. Hasta la energía
nuclear se emplea hoy en la industria de alimentos. Interminable sería la lista de
procesos en los cuales interviene la energía en cualquiera de sus formas.
Debe usted, por lo tanto, tener un conocimiento adecuado de la energía y disponer
de las bases científicas para su correcto manejo. La crisis energética, por el
agotamiento de las fuentes de suministro, día tras día encarece los costos de un
proceso; tan solo un correcto uso de la energía permite optimizar las operaciones
básicas y economizar en los costos; cada vez más onerosos, que tiene la industria
de alimentos, igualmente permite competir con los países industrializados, hacer
accequibles a la población muchos alimentos de los que hoy no se dispone,
conservar los recursos del país, en fin, mejorar la calidad humana sin detrimento
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del medio ambiente.
Estudios muy profundos se han efectuado sobre la energía; en el presente
capítulo, usted conocerá básicamente los aspectos de la energía que conciernen a
los balances energéticos y de masa; determinará las relaciones más importantes
de las propiedades termodinámicas de la materia, efectuará balances térmicos y
adquirirá las bases para desarrollarlos a nivel de las principales operaciones
unitarias que tienen cabida en la Industria de Alimentos.
Hasta principios del siglo XIX solo se entendía por energía la energía mecánica,
es decir cinética y potencial. La comprobación de que la energía cinética puede
transformarse en calor abrió el camino para nueva ideas acerca de tan importante
tema.
Al mezclar dos sustancias a temperaturas diferentes, la mezcla llega a una
temperatura de equilibrio situada entre las dos temperaturas iniciales. Los
científicos de ese entonces explicaban el fenómeno, atribuyendo en los cuerpos la
existencia de una sustancia llamada “Calórico”. De acuerdo a tal teoría, una
sustancia de elevada temperatura tienen mucho calórico, mientras otro cuerpo
cuya temperatura fuese baja, tendría poco calórico.
Según el razonamiento de aquellos científicos, cuando dos cuerpos se ponen en
contacto, el más rico en calórico transfiere una parte de sus reservas al otro.
La teoría del “calórico” fue desplazada por aquella otra, válida hoy en día, que
considera el calor como una forma de energía. Benjamín Thompson conde de
Rumford, natural de Baviera, Alemania, contribuyó con sus observaciones, en una
fábrica de cañones, a plantear esta nueva teoría, que fue desarrollada años
después por los trabajos de Julius Von Meyer, Hermann Von Helmholtz y James
P. Joule.
Joule, con sus trabajo, contribuyó en 1843, a establecer la ley de conservación de
la energía tal como la conocemos. Sus experimentos con sistemas aislados,
demostraron que la relación entre la cantidad de calor producida en un proceso y
la cantidad de trabajo realizado era constante. A medida que se progresaba en los
procesos de la transformación de la energía, se encontraban limitaciones en lo
referente a la dirección en que un proceso tiene lugar, o cual lejos puede un
proceso llegar a ser completo.
El desarrollo de una ley limitante nació en 1824, con los trabajos teóricos de Sadi
Carnot relacionados con la conversión de calor en trabajo en una máquina térmica
y con los desarrollados por Lord Kelvin en sus experiencias sobre calor y trabajo.
Kelvin expresó lo que conoce como segundo principio o segunda Ley de la
Termodinámica. “No es posible, sin permanentes alteraciones en el sistema o en
el ambiente, transformar totalmente cierta cantidad de calor en trabajo”.
Otro de los enunciados del segundo principio se debe a Clausius:” El calor de los
cuerpos que están a mayor temperatura pasa espontáneamente a aquellos cuya
temperatura es menor”.
En virtud de ese principio, cuando dos cuerpos, inicialmente a temperaturas
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diferentes son puestos en contacto tienden a alcanzar la misma temperatura; lo
contrario es decir que cuerpos cuyas temperaturas iniciales sean las mismas
evolucionen
hasta
adquirir
temperaturas
diferentes,
nunca
ocurre
espontáneamente.
La mayoría de las leyes en las ciencias, se nombran acorde al científico que las ha
formulado, pero en la termodinámica, ellas simplemente se numeran en razón de
la gran cantidad de científicos que han contribuido a su formulación. La
numeración no corresponde al orden cronológico de su desarrollo, la segunda ley
fue postulada antes que la primera.
La ley de conservación de la energía, se conoce como la primera ley de la
termodinámica y su aplicación conlleva cálculos de energía, relacionados con toda
clase de procesos.
La tercera ley de la termodinámica se refiere a las propiedades de los sistemas
para el cero absoluto de temperatura. En la mayoría de los casos, es posible
emplear la primera y segunda Ley para calcular solo las cantidades relativas o
cambios en las propiedades durante un proceso. El uso directo de la tercer ley es
raramente necesario en trabajos de ingeniería.
4.1. Primera ley de la termodinámica
La Primera Ley de la Termodinámica o ley de conservación de la energía, se
expresa en forma similar a la ley de conservación de la materia: “En cualquier
proceso ordinario físico o químico, la energía no se crea ni se destruye”.
En forma similar a la ley de conservación de la materia, la primera ley de la
termodinámica se relaciona con cantidades que son complejas de describir. Esta
primera ley versa sobre energía, la cual puede tomar diversas formas; entonces,
se hace necesario definir varios conceptos antes de entrar a los procedimientos
matemáticos que son usados en los cálculos numéricos.
Un sistema es cualquier parte del Universo que se ha escogido para un estudio
en particular, y dependerá, desde luego, del problema particular a resolver y de los
datos disponibles. Una vez el sistema se ha escogido, el resto del universo se
denomina alrededores.
El uso de la palabra Universo es común en la terminología Termodinámica, se
interpreta para significar que los contornos serán tan inmensos que cualquier
efecto de la energía a estudiar estará confinado al sistema y sus alrededores.
Un sistema se describe especificando que está en un cierto estado, lo cual es otra
manera de decir que tiene ciertas propiedades. Así como un punto puede ser
localizado en el espacio por sus coordenadas matemáticas; el estado de un
sistema es descrito por parámetros termodinámicos, los que son valores
numéricos de cantidades mensurables o deducidas.
Dependiendo de la naturaleza del sistema, un determinado número de
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propiedades deben ser dadas para especificar el estado del mismo. Con los gases
se requiere conocer su composición, la presión y temperatura para definir su
estado. También son significativas para el gas, aparte de su composición, la
presión del volumen o el volumen y la temperatura para igualmente, conocer su
estado.
Un sistema en un estado, puede ser cambiado a otro estado variando sus
propiedades.
Ejemplo 25
El agua a presión atmosférica y a temperatura de 60 C está en estado líquido,
cuando la presión es la mitad de la atmosférica y su temperatura es de 80 C el
agua se encuentra en forma de vapor o gas.
En este sistema se tiene un estado líquido, con propiedades iniciales: presión, una
atmósfera y temperatura de 60 C, el líquido se cambia a vapor variando ambas
propiedades.
Ejemplo 26
El metano, en condiciones naturales, se encuentra en estado gaseoso,
conociéndose como condiciones naturales, la presión y temperatura ambiente; a
presión de 20 atmósferas el metano es líquido. Se ha variado la presión para el
cambio de estado.
Volviendo a la Primera Ley de la Termodinámica, es conveniente que se tenga un
concepto muy claro de la energía. Ya definíamos a la energía como la capacidad
de hacer un trabajo y el trabajo se define matemáticamente como el producto de
una fuerza por el desplazamiento.
Empleándose la fórmula diferencial:
dw = Fdx
y
W = Fdx
[5]
donde W es el trabajo, F la fuerza aplicada y dx el desplazamiento.
Cuando el desplazamiento dx es función de alguna variable y la fuerza es
constante, para el trayecto recorrido entre a y b.
W=F
b
a
dx
La unidad de trabajo es el sistema m.k.s. es el Julio (j) o Newton-metro (N-m). En
el sistema internacional la unidad es la misma.
Solamente cuando la fuerza F actúa sobre la distancia dx, ocurre un trabajo.
Cuando un sistema efectúa un trabajo, disminuye, pues, su capacidad de hacerlo
y, por consiguiente, su energía.
Un sistema puede poseer energía de acuerdo a su movimiento, a su posición o a
la interacción de sus partes.
4.1.1 Energía potencial (Ep)
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Cuando un sistema está colocado a una altura h de un plano de referencia, por
ejemplo la superficie de la tierra, posee una energía, denominada por muchos
científicos como energía potencial, algunos la llaman energía potencial mecánica y
otros energía potencial gravitacional.
Si el cuerpo 1 , de masa m colocada a la altura dh del nivel 00’, está unido
mediante una cuerda imponderable que pasa a través de una polea sin fricción a
otro sistema 2, de masa igual m, colocada en el nivel 00’, tal como se representa
en la siguiente figura.
Figura 29
Es obvio que al bajar el sistema 1 al nivel 00’, el sistema 2 se elevará una
distancia dh y, en consecuencia, se está efectuando un trabajo para mover el
sistema 2.
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Figura 30
El trabajo efectuado será el equivalente a vencer, durante el recorrido de la altura
dh, la fuerza de gravedad que actúa sobre el sistema 2, esta fuerza es equivalente
al peso P del sistema y se debe recordar que el peso de un cuerpo es igual al
producto de la masa m, por la aceleración de la gravedad d, luego el trabajo
realizado sobre el sistema 2 es:
dw = F dh
W=
y
o
m g dh
[6]
[7]
W=mgy
Este trabajo se ha realizado a costa de una energía producida a partir del sistema
1, por el hecho de encontrarse este sistema a una altura Y del nivel de referencia.
El sistema 1 posee, por lo tanto, una energía que depende de su posición y altura.
Es la energía potencial.
Solamente diferencias de energía potencial, referidas a dos niveles tienen
significado físico. En el ejemplo de la figura 78 se tomó como nivel de referencia la
superficie 00’y como nivel para determinar la energía potencial la línea YY’. Son
necesario, por lo tanto, dos niveles para establecer un valor de energía potencial.
4.1.2. Energía cinética (Ec):
Otra forma de energía poseía por un sistema es la energía cinética, igualmente
llamada energía mecánica cinética.
Suponiendo que un sistema de masa m lleva una velocidad vo’ puede lograr una
aceleración a cuando sobre él actúa una fuerza F; transcurrido un tiempo, el
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sistema ha adquirido una nueva velocidad v1 y ha recorrido una distancia x; usted
puede escribir la ecuación general para el movimiento uniformemente acelerado.
v21 - v02 = 2 a x
v21
-
v02
v02 = 2 a x
recordamos que F = m a
F
= 2 ---- x
m
concluimos F. x = ½ m ( v12 - v02 )
[8]
La cantidad , ½ m v2 , corresponde a un trabajo Fx y se denomina energía
cinética. La ecuación [8] expresa que el trabajo efectuado por la fuerza total es
igual al cambio de energía cinética del sistema.
Ejemplo 27. Un proyectil de masa 2 kg. Es lanzado verticalmente con una
velocidad de 600 m/s determinar:
a) El trabajo que ha realizado el elemento impulsor para elevarlo.
b) La máxima altura que alcanza dicho proyectil.
Solución:
a. El trabajo desarrollado por el elemento impulsor hace que el proyectil recorra
una distancia h, y a la vez este trabajo se convierte en la energía cinetica del
proyectil, así
W = F x h = Ec = ½
m ( v12 - v02 ), reemplazando valores, con unidades
consistentes
W = ½ x 2 x (6002 - 02) = 360.000 julios,
b) La altura se calcula tomando F = m g = 2 x 9,8 = 18,6 kg
y h = W /F = 360.000/ 18,6 = 18.367 m
4.1.3 Energía mecánica (Em)
De las diversas formas con que la energía se presenta, la más visible y evidente
es la conocida como energía mecánica, que depende de las condiciones externas
del sistema y de su masa.
Tanto la energía potencial como la cinética pertenecen a este tipo de energía y por
ello también tienen la denominación de mecánica. Se define como energía
mecánica a la suma de las energías potencial y cinética.
Em = Ep + Ec
[9]
Un cuerpo de una determinada masa, y bajo condiciones dadas de altura y
velocidad, posee una energía mecánica igual a la de otro cuerpo de igual masa y
bajo iguales condiciones.
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Sin embargo, existen otras formas de energía que dependen de la naturaleza
misma del cuerpo; así, una pila cargada tiene más energía que una descargada
cuando las dos, teniendo igual masa, están en las mismas condiciones de
velocidad y altura.
4.1..4 Energía interna (U)
La energía que posee un sistema dependiente de su naturaleza misma, se conoce
como energía interna y normalmente, es debida a los movimientos y
configuraciones moleculares de los cuerpos. Puede formularse:
U = m Ui
[10]
Donde Ui es la energía Interna Unitaria.
Dentro del balance de energía no es necesario conocer el valor absoluto de la
energía interna; pues se trabajará con los cambios de ella, que pueden ser
calculados a partir de las propiedades medibles que posee el sistema, por ejemplo
temperaturas, estado físico, presión, etc.
Existen otros tipos de energía que puede poseer un sistema dependientes de los
materiales del sistema mismo, por ejemplo la magnética, la electrostática y la
superficial pero, desde el punto de vista de la tecnología de alimentos, ellas no se
consideran en los balances de energía.
Resumiendo, se establece que un sistema posee tres tipos de energía, la
potencial, la cinética y la interna y podemos decir que, para un instante y, el
sistema posee una energía total:
v12
E1 = m ( g y + -------- + U1)
[11]
2
Si consideramos que el sistema ha sufrido un cambio en su estado, es decir su
altura, velocidad, o energía interna han sido modificadas, permaneciendo
constante su masa, la energía para el nuevo estado será:
v21
E1 = m ( g y + -------- + U1)
2
Y el sistema ha sufrido un cambio de energía:
E = E 2 - E1
[12]
La energía total de un sistema es desconocida, pero el cambio de energía ocurrido
en varios procesos sufridos por el sistema puede ser determinada. Pero ¿Cómo
ha cambiado la energía del sistema? La primera ley de la termodinámica establece
que la energía no se crea ni se destruye, luego el cambio de energía de los
alrededores, es una cantidad exactamente igual pero de sentido o signo contrario,
el único medio por el cual el sistema y sus alrededores pueden intercambiar
energía es por trabajo y calor. Llamando Q al calor que entra o sale del sistema:
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La Primera Ley de la Termodinámica expresa: (para el sistema)
E=Q-W
[13
Para los alrededores
E’= Q’- W’
[14]
E = - E’
[15]
Entonces
E = E2 - E1 = - E’= Q + W’
[16]
E2 = E 1 + Q - W
[17]
4.1.5. Energía P.V
En sistemas donde ocurre una expansión o compresión (cambio de volumen, dV)
a presión P constante, generalmente gases y líquidos, se requiere de un trabajo
para lograrla.
Observando la figura 3, en un cilindro de longitud l y área seccional A, actúa un
pistón sobre el cual se ejerce una fuerza F, el trabajo para desplazar el pistón una
distancia dl será:
dW = Fdl
Compresión de un gas en un cilindro
FIGURA 31
Al desplazarse el pistón un dl, el gas contenido en el cilindro se está comprimiendo
y su volumen V está cambiando, luego el trabajo ejercido se gasta en comprimir el
gas.
Multiplicando y dividiendo la ecuación anterior por el área seccional A, obtenemos:
F
d W = ----- A dl
A
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En esta expresión, F/A es la presión P del sistema y A dl es dV.
Luego:
d W = P dV
W =
PdV
[18]
Situación similar ocurre cuando el gas se expande y, en ese caso, el gas está
ejerciendo el trabajo.
El trabajo de expansión o compresión se logra, bien a costa de la energía del
sistema o de la energía de los alrededores.
Cuando el sistema opera a volumen constante y tienen condiciones estáticas o de
no flujo (no hay Cambio de altura, ni el sistema tiene velocidad), como el caso de
los procesos llamados de cochada, el trabajo del sistema es nulo, dado que dV = 0
y no hay cambios en las energías potencial y cinética.
Recordamos que en la gráfica P vs V, la integral definida es igual al área bajo la
curva entre los valores V1 y V2
Ejemplo 28. En un refrigerador, el compresor comprime 10 litros refrigerante a la
mitad, a una presión de 100 kg/cm2. Tomando un rendimiento del 32%,
determinar la cantidad de calor que se extrae en el refrigerador.
Solución. El compresor realiza un trabajo para comprimir el gas de 10 a 5 litros a
la presión establecida, luego
W = P x (V2 - V1 ) y tomando unidades consistentes
100 k/cm2 x 10.000 cm2 / m2
= 1.000.000 kg / m2
10 - 5 litros = 0,010 – 0,005 m3
W = 1.000.000 x ( 0,010 -0,005) =…5.000 kg –m
W = 5.000 kg –m x 9.8 ( N / kg) = 49.000 N-m = 49.000 J
Dado que la eficiencia (
)es del 32% y que el calor se expresa en calorías
Q = x W = 0,32 x 49.000 J / 4.186 J/cal = 3.745,82 cal.
4.2. Balance total de energía
Si a las ecuaciones de energía adicionamos el trabajo debido a la energía P.V, se
tiene:
V12
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E1 = m ( g y1 + ---- + U1) + PV
2
[19]
Y, para los estados 1 y 2, la ecuación [19] se convierte:
v12
v22
m g y1 + m ---- + mU1 + P1V1 + Q´ - W´ = m g y2 + m ---- + mU2 + P2V2
2
2
[20]
La ecuación [20] se denomina ecuación del balance total de energía y es la
expresión general matemática de la primera ley de la termodinámica.
También es generalizado el uso de la ecuación:
Q’- W’=
(mu + PV) + (mgy) + (mv2/2)
[21]
de amplio empleo en operaciones de flujo de fluidos y balances de calor y energía.
En la tercera unidad se presentará la aplicación en fluidos con
ecuación de Bernoulli.
la llamada
Para emplear las ecuaciones [20] y [21] en balances de energía o aplicaciones
prácticas de la primera ley de la termodinámica, deben definirse algunos términos:
4.2.1 Calor de índole física
Operaciones de carácter puramente físico están a menudo acompañadas de
cambios de energía térmica, los cuales son causados por la adición o remoción de
calor y/o trabajo.
Cuando se adiciona calor a una sustancia, ésta puede cambiar su temperatura o
cambiar su estado físico (sólido o líquido a gas o directamente sólido a gas).
Para el anterior caso, la energía adicionada en forma de calor, cuyo efecto es
únicamente elevar la temperatura sin que ocurra un cambio de estado, se
denomina calor sensible o calor especifico.
Cuando la adición de calor causa un cambio de estado físico, sin que ocurra un
cambio de temperatura, se llama Calor latente.
4.2.2. Calor específico: Se define como calor específico de una sustancia, C., la
cantidad de calor requerida por un gramo de dicha sustancia para ser elevada su
temperatura en un grado centígrado y se expresa:
C = dQ/dT
[22]
El calor específico es una función de la temperatura; para condiciones de presión
constante, cada sustancia tiene un calor específico Cp y, para volumen constante,
igualmente, un calor específico Cv’
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La unidad de calor se llama, en el sistema c.g.s., caloría (cal) y su definición es:
una caloría es la cantidad de calor necesaria para elevar la temperatura de un
gramo de agua a presión atmosférica y temperatura de 14,5 C. En el sistema
inglés se tiene como unidad la BTU. (Bristish Thermal Unit) o cantidad de calor
necesaria para elevar la temperatura de una libra de agua de 63 a 64 Farenheit,
a presión atmosférica
En el sistema c.g.s. el calor específico, también llamado capacidad calorífica, tiene
como unidades, de acuerdo a su definición, caloría por gramo - grado centígrado
(cal/g C).
La cantidad de trabajo se define por medio de un sistema mecánico y sus
unidades son Newton - metro (N-m) o Julio (J) ; similarmente se define la cantidad
de calor en términos de calorías y, lógicamente, no se pueden adicionar o sustraer
cantidades que tengan diferentes unidades. Fue Joule quien obtuvo la relación
entre el BTU y la libra - pie, al encontrar experimentalmente el factor de conversión
entre las unidades de trabajo y calor, conocido como Equivalente Mecánico del
Calor. (E.M.C.)
En el sistema m.k.s. una caloría equivale a 4,186 Newton metro o a 4,186 joules.
Para el sistema inglés, un BTU. equivale a 778 libra - pie.
Ejemplo 29
¿Qué cantidad de calor requiere una sustancia para elevar su temperatura en
10 C, si su calor específico es de 1,2 cal/g C?.
Solución. Tomando como base de cálculo 1 gramo, la cantidad de calor es :
Q = 1 gramo X 1,2 cal/g C x 10 C = 12 calorías.
Ejemplo 30
¿Qué cantidad de calor se necesita extraer de 125 gramos de agua, para enfriarla
en 1 C?.
Solución. Recuerde usted que el calor específico del agua es 1,0 cal/g C
(definición de caloría).
Luego la cantidad de calor que se debe retirar de los 125 gramos es:
Q’= 125 gramos X 1,0 cal/g C X (-1 C) = -125 calorías.
Aparece el signo negativo; nos significa que el calor se extrae del sistema.
Ejemplo 31
En el experimento para determinar el E.M.C., Joule describía en 1843 “ El trabajo
realizado por un peso de una libra que desciende 772 pies , si se emplea en
producir calor por el rozamiento del agua, elevará la temperatura de una libra de
agua en un grado Fahrenheit”.
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Acorde a estos datos, determine usted el E.M.C. obtenido experimentalmente, en
el sistema m.k.s.
El trabajo realizado al caer el peso será:
W = 1 lb. X 772 pies = 772 lb. Pies.
W = 772 lbs (0,452 kg/lb) x pie (0,3058 m/pie)
= 106,358 kg - m = 106,358 kg - m x 9,8 nw/kg
= 1.042,3 Nw - m.
La cantidad de calor cedida al agua es Q = 1 BTU, pues se elevó en un grado
Farenheit la temperatura de 1 lb. de agua.
Q = 1 BTU = 252 calorías
entonces E.M.C. = 1042,3084 / 252
= 4,136 Julio/cal.
Mediante el empleo de aparatos de gran exactitud, actualmente se ha encontrado
que el E.M.C. es 4,186 julios/cal. y este es el valor que se toma como factor de
conversión.
Ejemplo 32
Un alimento líquido con calor específico de 0,8 cal/gramo C (1), entra a un
pasteurizador a una temperatura de 10 C (2) y sale 2 metros (3) encima del nivel
de entrada a una temperatura de 80 C (4); su velocidad de entrada es de 10 m/s
(5) y la salida es de 18 m/s. (6) Se pregunta:
a) ¿Cuánto calor se necesita para calentar el líquido?
b) ¿Cuántos Julios son necesarios para elevar el líquido?
c) ¿Cuántos julios son necesarios para aumentar la velocidad?
d) ¿Qué % de trabajo total requerido, expresado como calor, constituye la energía
mecánica?
Solución
Para el sistema de pasterización no se tiene el elemento que produzca trabajo y
existe el que cede calor. Para efectos de cálculo, tomamos como base 1 kilogramo
masa (7) del líquido.
Recordamos que los números en ( ) son las referencias para la hoja de cálculo
La Ecuación del Balance de Energía es:
Q’= (mu + Pv) + (mgy) + (mv2/2)
a) Acorde a la ecuación, el término (mu + Pv) representa el calor usado para
cambiar la temperatura, luego
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(mu + Pv) = C(T2 - T1),
el peso de líquido es m x g = 1x 9,81 = 9,81 kg (9)
(mu + PV) = 9,81x0,8 (cal -gramo/ C ) (80-10) C x 1000 g/kg = 549.360 cal (10)
b) El trabajo para elevar el líquido será:
Wy = (mgy) = 1 kg X 9,8 m/s2 X 2m = 19,62 Joules (11)
c) El trabajo para aumentar la velocidad
Wv = (m v2 / 2) = 1 kg x ( 10 8 - 102 ) / 2 m2/s2 = 112 Joules (12)
El trabajo total expresado como calor, será:
Q’= 549.360 cal + 19,6 Jl / 4,186 J/ cal + 112/ 4,186 jJ/ cal.
Q’= 549.360 + 4,68 + 26,78 = 549.391 cal. (13)
La energía mecánica, suma de la potencial y la cinética, expresada como calor es
4,68 + 26,76 = 31,44 cal., lo que representa: 31,44 / 549.391 x 100 = 0,0056%
Del calor total requerido por el sistema, el trabajo que se ha realizado sobre el
sistema es realmente despreciable (0,0056%) respecto al calor requerido para
elevar la temperatura del kilogramo masa de líquido.
Se presenta a continuación la respectiva hoja de calculo ( ver anexo )
La hoja de cálculo de este ejemplo permite hacer un análisis inmediato sobre las
cantidades de energía que se modifican o transfieren en un proceso que implique
operaciones unitarias.
EJEMPLO 32
BALANCE DE ENERGIA
BALANCE TOTAL DE UN PASTERIZADOR
PARAMETROS
SIMB.
Presentación del problema
Calor Específico
c
Temperatura de entrada
T1
Temperatura de salida
T2
Velocidad de entrada
V1
Velocidad de salida
v2
Diferencial de altura
H
UNID.
FUENTE
0
kcl / kg C
0
C
0
C
m/s
m/s
m
REPRESENTACION GRAFICA
REF.
1
2
4
5
6
3
VALORES
S.I
0,8
10
80
10
18
2
MKS
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v2
18
m/s
0
T2
80
C
E 2.299.752,58 julios
H 2
m
V1
T1
1
10
10
kg
m/s
0
C
Solución
PARAMETROS
Base de Cálculo, masa de líquido
Constante de gravedad
Peso del líquido
Calor de calentamiento
Trabajo para Energia Potencial
Trabajo para Incremento de velocidad
Total de energía requerida
SIMB.
m
g
P
Qc
Ep
Ev
E
UNID.
kg*
2
m/s
kg
kcal, cal
J, cal
J, cal
J, cal
FUENTE REF.
Dato
7
Tablas
8
Cálculo
9
Calculo
10
Calculo
11
Cálculo
12
Cálculo
13
VALORES
1
9,81
9,81
549,36 549.360
19,62
4,69
112
26,76
2.299.753 549.391
En la hoja se han colocado unidades en los sistemas mks e Internacional
Realizando la simulación hojas 2 y 3, se varían la altura y la velocidad de salida
en altos porcentajes y en un muy pequeño valor se modifica la temperatura de
salida del líquido. En los dos primeros casos el cambio en la energía total
involucrada en el proceso es prácticamente despreciable en tanto que en el
tercero, el cambio es significativo.
Por esta razón en la industria de alimentos los balances de energía se realizan
únicamente sobre la energía térmica o calor dejando de lado las otras energías.
Algunas se involucran cuando en el proceso se transforman en calor , como la
energía eléctrica empleada, a través de resistencias, para generar calor.
Solución para altura de 6 metros y V2 40 m/s
PARAMETROS
SIMB.
UNID.
Base de Cálculo, masa de líquido m
kg*
2
Constante de gravedad
g
m/s
Peso del líquido
P
kg
Calor de calentamiento
Qc
kcal, cal
Trabajo para Energia Potencial
Ep
J, cal
Trabajo Incremento de velocidad Ev
J, cal
Total de energía requerida
E
J, cal
Solución para temperatura de salida de 82 oC
FUENTE REF. VALOR
1
9,81
9,81
549,36 549.360
58,86
14,06
750 179,17
2.300.430 549.553
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PARAMETROS
Solución
Base de Cálculo, masa de líquido
Constante de gravedad
Peso del líquido
Calor de calentamiento
Trabajo para Energia Potencial
Trabajo Incremento de velocidad
Total de energía requerida
SIMB.
UNID.
m
g
P
Qc
Ep
Ev
E
Kg*
2
m/s
Kg
Kcal, cal
J, cal
J, cal
J, cal
FUENTE REF.
VALORES
1
9,81
9,81
565,056 565.056
19,62
4,69
112
26,76
2.365.456 565.087
Debe recordarse la diferencia entre masa, m y peso, p para la correcta aplicación
de los formulismos.
Nuevamente se aprecia la magnitud de cambio en la energía térmica respecto al
cambio de energía potencial y de la energía mecánica del movimiento
Ejemplo 33
Un material en reposo con masa de l kg y calor específico 0,8 cal/g C cae al vacío
y al chocar contra una superficie sólida eleva su temperatura 1 C.
a) ¿De qué altura cayó el material?
b) ¿Qué velocidad alcanzó el material justo antes de chocar?
El ejemplo indica que no hay interacción entre el sistema (el material) y sus
alrededores. No hay trabajo desarrollado por el sistema y no se adiciona calor al
mismo.
a) Toda la energía es retenida por el sistema y suponemos que después del
impacto el material queda en reposo.
De la ecuación para el balance total de energía:
(mu + Pv) + (mgy) + ( (m v2 / 2)
= Q’= E
Es igual a cero o Q’= E = 0
El material parte del reposo y termina igualmente en reposo luego
( (m v2 / 2)
=0
entonces (mu + Pv) = - (mgy)
Esta ecuación nos significa que el resultado del proceso (caída una distancia y) es
incrementar la energía interna del material. Pero a la vez el cambio en la energía
interna ha elevado la temperatura en 1 C así:
- (mgy) = (mu + Pv) = C T = 0,8 cal/g C X 1 C X 1000 g
- (mgy) = 800 cal ó 3349 J
y = - 3349 J/(1 kg X 9,8 m/s2) = - 341,7 m.
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El signo negativo significa que el material ha descendido.
b) Como el material inicialmente está en reposo, su velocidad inicial es cero. Justo
antes de chocar la energía interna del material permanece sin cambio alguno y es
durante el choque cuando varía, luego (mu + Pv) = 0 y el balance total de energía
para este caso es:
(mgy) + (mv2/2) = Q’= E’= 0
Y como la velocidad inicial es cero
(mv2/2) = m v21/2 = - (mgy) = 3349 J ==== v = ( 2 x 3349 / 1) 1/2
v1 = 81,84 m/s
Es notorio establecer como una energía interna ( térmica ) relativamente pequeña
puede transformarse en una energía mecánica relativamente grande.
Tanto el ejemplo 34 como el 35 demuestran que en procesos físico o químicos, en
los cuales están presentes loes efectos del calor, los efectos potenciales y
cinéticos pueden ser despreciables, dados sus valores comparativamente
pequeños respecto a los de la energía interna, y la ecuación del balance total de
energía puede escribirse
Q’- W’= (mu + PV)
[23]
Llamando U la energía interna de una unidad de masa, la ecuación se nos
transforma en:
Q’- W’= (U + PV)
[24]
En la mayoría de los procesos donde los balances de calor son efectuados sin
incluir aparatos productores de trabajo, como bombas o similares, la ecuación se
convierte en:
Q = (U + PV)
[25]
Las magnitudes U y PV son de común ocurrencia en muchos procesos y tienen
más una conveniencia matemática que un significado físico.
Dada la frecuencia con que se manejan estos términos, se han agrupado en un
concepto llamado Entalpía cuyo símbolo es H y sus unidades, igual que las de Q y
U, son el Julio, la caloría o la BTU.; la ecuación [25] se nos transforma en:
Q= H
[26]
Debe recordarse que, para procesos estacionarios con volumen constante
E=Q
y
Q= U
[27]
Y para presión constante
E = Q - (PV) y Q = H
[28]
Igualmente se recuerda que, en la forma original de la primera ley, la energía
interna, la potencial, la cinética y la energía PV se consideran importantes, otras
formas de energía como la magnética, la eléctrica y la superficial son
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insignificantes; y, cuando existen efectos calóricos, los efectos de las energías
potencial y cinética son despreciables.
El calor generado o consumido en un proceso se clasifica de acuerdo a si el
proceso es físico o químico.
Se ha establecido que la cantidad de calor asociada con un proceso, puede ser
encontrada conociéndose el valor de ciertas funciones termodinámicas como la
energía interna, energía PV o entalpía.
Al conocer usted como se evalúan estas funciones, es posible calcular las
cantidades de calor asociadas.
El calor puede ser absorbido o emanado, por un sistema de diversas maneras.
Existe el calor asociado a una reacción química y se denomina calor de reacción.
Por ejemplo, al reaccionar la cal viva (CaO) con agua, forma la cal apagada
Ca(OH)2 y se desprende calor.
Otro calor es el asociado a la naturaleza físico-química del sistema, como el calor
de dilución o de mezcla. Por ejemplo el producido al disolver ácido sulfúrico en
agua.
4.2.3. Calor específico a presión constante (Cp)
Cuando se caliente una sustancia a presión constante, para un cambio
infinitesimal de temperatura, la ecuación [29] se convierte:
dQ
=
CpdT
[30]
dQ
=
dH
[31]
Cp
=
dH/dt
[32]
Y también
Luego
El calor específico a presión constante, Cp’ es igual a la tasa de cambio de la
entalpía respecto a la temperatura para presión constante.
El calor específico a presión constante es una función de la temperatura, y es
propio para cada sustancia. Se determina experimentalmente y ecuaciones de
diverso tipo se han desarrollado para expresarlo. La más común es la forma
polinomial.
Cp = a + bt + ct2 + dt3 .....
[33]
Para muchas sustancias y en un amplio rango de temperatura, el calor específico
es constante.
Otras, especialmente líquidos y gases, tienen una variación lineal y la ecuación es
expresada con dos términos. Solamente para gases, y dentro de un muy amplio
rango de temperatura, se emplean tres términos de la ecuación [30].
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Las expresiones matemáticas para el calor específico se pueden graficar, al final
del capitulo se presentan gráficas para algunos alimentos.
Ejemplo 34
Experimentalmente se determinó que, para un gas, el calor específico Cp se rige
por la ecuación:
Cp = 3,27 + 0,42 X 10-3 T, cal/g-mol K; siendo T la temperatura absoluta en K...
Hállese el calor específico Cp para 0 , 100 y 200 C.
Solución
La ecuación emplea la temperatura absoluta T en K, entonces para:
t
=0 C
T = 273 K y Cp = 3,27 + 0,42 X 10-3 X 273 cal/mol K
t
=100 C
T = 373 K y C p = 3,27 + 0,42 X 10-3 X 373 cal/gmol K
t
=200 C
T = 473 K y Cp = 3,27 + 0,42 X 10-3 X 473 cal/gmol K
Cp 0 C = 3,38 cal/gmol K
Cp 100 C = 3,42 cal/gmol K
Cp 200 C = 3.47 cal/gmol K
Por razones de orden práctico, las unidades del calor específico para los gases
son caloría/g mol K.
Para determinar la cantidad de calor que requiere una sustancia de masa m, para
elevar su temperatura de t1 a t2’ la ecuación [32] se convierte:
dQ = mCp dT
T1
Q = m
T2
CP dT
[34]
Para el caso de N moles de un gas:
T1
Q = N
T2
CP dT
[35]
Ejemplo 35
Para el gas del ejemplo 51, determine usted la cantidad de calor necesaria para
elevar la temperatura de 12 moles de 0 a 100 .
Solución
Para aplicar la ecuación (31), se tiene N = 12 moles
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T1 = 273 L T2 = 373 K
Cp = 3,27 + 0,42 X 10-3 T
Luego
T1
Q = N
T2
T1
CP dT = N
T2
( 3,27 + 0,42 x 10-3 T) dT
373
Q = N(3,27 T + 0,42 x 10-3 T2/2) ]273
Q= 12 3,27 (373 - 273) + (0,42 x 10-3 / 2)( 3732 - 2732)
= 4086,8 cal.
Como se refería anteriormente, para sólidos y líquidos el calor específico, Cp, es
constante o tiene variación lineal. En estos casos se emplea el calor específico
promedio y la ecuación [34] se transforma en:
Q = M Cp ( T2 - T1)
[36]
De amplísimo uso en balances de energía y en general, en la termodinámica.
Si bien, el calor específico puede asumirse, en ciertos casos, constante para cada
sustancia, cada una tiene un calor específico propio, de acuerdo a la fase ó estado
físico en que se encuentre. Por ejemplo, para el agua:
El calor específico del vapor es
El calor específico del agua líquida es
El calor específico del hielo
0,47 cal/gr oC
1,0 cal/gr oC
0,50 cal/gr oC
Ejemplo 36
En el rango de 0 a 98 oC, el alcohol etílico tiene un calor específico de 0,68 cal/gr
o
C,. Determine usted la cantidad de calor requerida para calentar un litro de 10 a
48 oC, siendo su peso específico de 0,79.
Solución
Debe recordarse que en los sistema SI y mks el peso específico tiene un valor
numérico igual a la densidad, así que el peso a calentar es
Peso p = 0,79 x 1.000 = 790 gramos y teniendo unidades consistentes
Calor requerido Q = 790 x 0,68 x ( 48 -10 ) = 20.414 cal.
Ejemplo 37
El calor específico promedio Cp de un alimento es 1,18 cal/gr oC. Qué cantidad de
calor se requiere extraer para enfriar una cochada de 300 kgs. a 10 oC, si ella se
encuentra en ebullición a 118oC
Solución
Empleando la ecuación (32) Q = M Cp ( T2 -T1)
Q = 300 kg x 1000 g / kg x 1,18 cal /g 0C ( 10 -118 ) 0C
Q = - 3,82 x 10 7 calorías
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Se puede emplear igualmente el calor especifico 1,18 kcal / kg 0C y
Q = 300 kg x 1 kg x 1,18 kcal / kg 0C ( 10 -118 ) 0C
Q = - 3,82 x 10 4 kilocalorías
Recuerde el significado del signo negativo
En el manejo de ecuaciones en las que intervienen cambios físicos se debe tener
presente el sentido físico o matemático del cambio o gradiente también llamado
diferencial. Matemáticamente un gradiente puede ser positivo o negativo en tanto
que un gradiente físico no puede ser negativo.
En el caso de temperaturas físicamente no puede existir un gradiente negativo, al
aplicar el gradiente matemático puede aparecer el signo negativo que significa
extracción de calor.
El gradiente físico
T = 118 - 10 =
El gradiente matemático
108 0 C
T = 10 - 118 = - 108 0 C
A nivel de balances térmicos es conveniente, emplear los gradientes físicos y
tener presente si en el proceso se retira o se suministra calor , de tal forma que se
sea consecuente con la operación realizada, como enfriamiento, calentamiento,
condensación etc.
Dada la magnitud en los valores de Q, se acostumbra a usar como unidad la
kilocaloría (kcal).
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FIGURA 32
4.2.4 Calor específico a volumen constante (CV)
Cuando se calienta una sustancia a volumen constante, proceso de cochada, para
un cambio infinitesimal de temperatura, la ecuación [29] se convierte en:
dQ = CV dT
[37]
Recordando lo explicado en la energía PV. Tenemos que la ecuación [27] puede
escribirse:
dQ = dU luego dU = CVdT
[38]
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FIGURA 33
Las unidades y el tratamiento del CV son similares a los del Cp; y usted puede
considerar que para sólidos y la mayoría de los líquidos, el valor de CV es igual al
de Cp; pero para el caso de los gases ellos difieren.
Considerando un gas perfecto y tomando como base una unidad molar:
d ( U +PV )
dU
d (PV)
Cp = dH / dT = ------------------- = ------- + -----------dT
dT
dT
A la vez CV = dU/dT y, de la ecuación de los gases perfectos PV = RT,
reemplazando estos valores:
d( RT )
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Cp =
Cv + --------------- = CV + R
dT
[39]
En la práctica el comportamiento de los gases se aparta de la ecuación de estado;
sin embargo, para efectos de problemas puede ser empleada con bastante
seguridad.
En la tabla 3 se observan los valores de Cp - Cv para algunos gases, es
aproximadamente igual a R: (1.987 cal/gmol C).
Ejemplo 38
El gas Carbónico CO2 tiene,, a 25 C, un calor específico Cp de 8,96 cal/g mol C.
Se caliente de 15 a 40 C; calcular Q, W, U y H para el proceso: (a) presión
constante y (b) a volumen constante, (Cv = 6.92 cal/g mol C)
Solución
Tomamos como base 1 mol de gas y
a) Calentamiento a presión constante
Qp = Mcp T = H
Qp = 1 X 8,96 cal/g mol C X (40 - 15) C = 224 calorías
Wp = PdV = P V = R T
Wp = 1.987 cal/g mol C X (40 - 15) C = 49,68 calorías
Up = Qp - W p = 224 - 49,68 = 174,32 calorías
b) Calentamiento a volumen constante. Para este caso
temperatura únicamente y
U y H dependen de la
Q = U = 174,32 calorías = H
Wp = PdV = P x 0 = 0
Q también puede calcularse tomando Cvy
QV= M CV T
QV = 1 mol x 6,92 cal/g mol C x 25 C = 173 calorías
Ejemplo 39
El ácido clorhídrico gaseoso tiene calor específico Cp aproximado a 6,60 + 0,98 X
10-3 T cal/g mol K.
Determine la cantidad de calor necesario para calentar 15 moles de 100 a 200 C,
a presión de 1 atmósfera, empleando:
a) Valor de Cp de la Tabla 3
b) La ecuación de Cp en función de T.
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c) La diferencia en % que se presenta, respecto al primer valor obtenido.
Solución
a) Con el valor de Cp de la Tabla 3
Q = N Cp T = 15 mol X 7,05 cal/g mol C X 100 C
= 10575 calorías
b) Empleando la ecuación, las temperaturas son 373 y 473 K
T1
Q = N
473
T2
CP dT = N
373
( 6,60 + 0,98 x 10-3 T) dT
Q = 15 6,60 (473 - 373) + ( 0,98 x 10 -3 ) /2 (4732 - 3732)
Q = 15 6,60 x 100 + 0,49 x 10-3 x 84600
= 10.522 calorías
c) La diferencia en % es:
( 10.575 - 10.522 ) / 10.575 x 100 = 0,5%
¿Qué conclusión saca de este %?
4.2.5. Calor latente
El calor latente es el calor implicado en un cambio de estado físico, o fase, sin que
ocurra un cambio en la temperatura (generalmente el proceso ocurre a presión
constante) y se denomina de acuerdo al cambio de fase ocurrido.
El calor latente de fusión es el requerido para que una sustancia pase del estado
sólido al líquido.
El calor latente de vaporización es el necesario para que una sustancia pase del
estado líquido al gaseoso.
El calor latente de sublimación es el requerido para que una sustancia pase del
estado sólido al gaseoso.
Algunos sólidos presentan cambios en su estructura cristalina, debido a efectos
caloríficos. Se denomina Calor de Transición al necesario para que una sustancia
pase de un estado cristalino a otro; por ejemplo, en el azufre los cristales
monoclínicos pasan a rómbicos por la adición de calor.
Como en el caso de los calores específicos, los calores latentes son propios de
cada sustancia. Son, similarmente, funciones pero, a diferencia del específico, el
calor latente es función de una sola variable, es decir, o bien función de la
temperatura o bien función de la presión; pero no simultáneamente de las dos.
Una variable excluya la otra. Por ejemplo, el agua a nivel del mar ebulle a 100 C ,
siendo la presión de 760 mm de Hg, igualmente hierve a 92 C cuando la presión
es de 560 mm. No ocurre que el agua hierva a 92 C con presión de 1 atmósfera o
tenga una presión de 560 mm cuando ebulle a 100 C.
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Estas circunstancias llevan a establecer que un cambio de fase ocurre a
temperatura y presión constante. Luego, para esta clase de procesos, se aplica la
ecuación del balance de energía [28] y se establece que el efecto del calor está
representado por un cambio de la entalpía.
Q= H
[28]
De acuerdo a la clase de calor latente, la entalpía correspondiente lleva un
subíndice así:
H1
Hv
H3
Ht
para calor latente de fusión
para calor latente de vaporización
para calor latente de sublimación y
para calor latente de transición
Como los calores específicos, los calores latentes son hallados experimentalmente
y son propios para cada sustancia. Para los sólidos y líquidos tienen como unidad
cal/g en tanto que para los gases se emplea cal/g mol.
Ejemplo 40
Determinar el calor requerido para fundir 470 gramos de hielo. H1 del hielo es 80
cal/g.
Solución
Q = M H1 = 470g x 80 cal/g = 37.600 cal.
Ejemplo 41
Calcular el calor requerido para evaporar 7.300 kg de agua que se encuentran a
19 C y una presión de 760 mm. De Hg.
Solución
Para la presión de 760 mm de Hg, el agua ebulle a 100 C; dentro del proceso,
inicialmente se debe calentar el agua de 19 C a 100 C; y luego evaporarla a
temperatura constante.
Para calentarla de 19 C a 100 C
Q = MCP T = 7.300g x 1 cal/g C x (100-19) C
Q = 591.300 cal ó 591 kcal.
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Para evaporarla, se toma Hv = 540 cal/g
O
Temperatura
Ebullición
Calentamiento
Calentamiento, Ebullición
y vaporización a partir de 19 o C
P = 760 mm.
19OC
Tiempo
Figura 34
Temperatura en función de tiempo
Q
Q
=
=
Luego :
M Hv = 7.300g x 540 cal/g
3.942.000 cal ó 3.942 kcal.
Qtotal = 591 + 3.942 kcal = 4.533 kcal
Ejemplo 42.
Es necesario congelar a - 80 C, 30 moles de un gas que se encuentra a 93 C y
presión atmosférica.
Su temperatura de condensación es de 37 C y Hv es 4,21 kcal/gmol, su
temperatura de fusión es de -42 C y H1 es 0,379 kcal/gmol. Por otra parte Cp del
gas es 6,74 cal/gmol, Cp del líquido 0,38 cal/mol y Cp del sólido 8,5 cal/gmol C.
Solución.
La figura 35 que relaciona la temperatura de la sustancia con el estado y el tiempo
de proceso nos permite visualizar el problema y determinar que los pasos a seguir
93
Enfriamiento del gas
Condensación
37
Enfriamiento del líquido
Congelación
-42
Subenfriamiento
-80
Tiempo
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FIGURA 35
Temperatura en función de tiempo
para llevar el gas de 93 C a -80 C son:
a) Enfriamiento del gas de 93 C (temperatura de condensación).
b) Condensación del gas a temperatura constante de 37 C.
c) Enfriamiento del líquido de 37 a -42 C.
d) Solidificación o congelamiento del líquido a -42 C y
e) Enfriamiento del sólido a -42 a -80 C.
El calor extraído para cada uno de los pasos es:
a) Q3 = Ncp T = 30 mol X 6,74 (cal/gmol C) X (93-37) C
Q3 = 11.323 Cal.
b) Qb = N Hv = 30 mol X 4,21 (kcal/g mol)
Qb = 126,3 kcal
c) Qc = Ncp T = 30 mol X 0,38(cal/g mol C) X (37- -42 ) C
Qc = 901 cal.
d) Qd = N Hf = 30 mol X 0,379 (kcal/g mol)
Qd = 11,37 kcal
d) Qe = Ncp T = 30 mol X 8,5 (cal/g mol C) -42-(-80)
Qe = 9.690 cal
C
Q = 11323 + 126300 + 900 + 11370 +9690 cal
Q = 159.584 calorías
El problema puede resolverse directamente así:
Q = 30 mol (6m74(cal/g mol C) X 56 C + 4.210 (cal/g mol) + 0,38 (cal/g mol C)
X 79 C + 379 (cal/g mol) + 8,5 (cal/g mol C) X 38 C)
= 30 mol ( 377n44 X 4.210 + 30,02 + 379 + 323) cal/g mol
= 159.584 calorías
En el anterior ejemplo, también es posible determinar el calor cedido, conociendo
la entalpía del mismo compuesto a 93 C y a -80 C, para condiciones de presión
constante a 1 atmósfera en temas propios de la Termodinámica.
El anterior
problema se resuelve mediante los procedimientos comunes
(memorias de cálculo ) y mediante la Hoja de Cálculo.
En la hoja de cálculo, en la solución se transcriben únicamente los cálculos, ya no
se transcriben o repiten datos consignados en el planteamiento del problema.
Mientras se adquiere la destreza adecuada se puede incluir la columna de
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ecuaciones, empleando la simbología correspondiente como se observa en la
columna FORMULAS
EJEMPLO 42
BALANCE DE CALOR
ENFRIAMIENTO DE UN
GAS
PARAMETROS
SIMB
Presentación del problema
Gas
N
Temperatura inicial
T1
Temperatura Final
Tf
Temp. de condensación
Tc
Entalpía de Condensación Hv
Temperatura de Fusión
Ts
Entalpía de fusión
Hf
Calor específico del gas
Cpg
Calor específico del
Cpl
líquido
Calor específico del sólido Cps
Solución
Calor de enfr.
Qa
Calor de condensación
Qb
Calor enfriamiento líquido Qc
Calor de solidificación
Qd
Calor de enfri. del sólido Qe
Calor Total
Qt
UNID.
FUEN.
REF.
FORMULAS
mol
o
C
o
C
o
C
kcal/mol
o
C
kcal/mol
o
Cal/mol C
o
Cal/mol C
Datos
Datos
Datos
Datos
Datos
Datos
Datos
Datos
Datos
30
93
-80
37
4,21
-42
0,379
6,74
0,38
Cal/mol C Datos
8,50
o
cal
kcal, cal
cal
kcal, cal
cal
cal
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
N x Cpg x (T1-Tc)
N x Hv
N x Cpl x (Tc-Ts)
N x Hf
N x Cps x (Tc-Ts)
Qi
VALORES
11.323
126,30 126.300
901
11,4 11.370
9.690
159.584
En operaciones industriales el balance de calor sobre flujos es muy importante
para establecer no solamente la cantidad de calor requerido en un proceso sino
también la magnitud del servicio que provee o retira calor .
Cabe unas preguntas respecto al problema anterior, cuánto tiempo se gastó para
cada una de las etapas del enfriamiento y cambio de fase?.
Un mismo equipo puede realizar esta operación en una hora o en un día?.
Realmente no, la capacidad del equipo es función del flujo de calor que se
requiera y a la vez este es función del tiempo de cada etapa.
Al estudiar la llamada transferencia de calor se establecen los principios que
permiten determinar los tiempos de proceso térmico.
Para evaluar flujos se toman tiempos representativos. Como se aprecia en el
ejemplo 18
Ejemplo 43
100 kilogramos de vapor de agua a 250 C y 38,8 atmósferas de presión se enfrían
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y condensan a 40 C y P = 1 atm, determinar el calor cedido.
.
Temperatura o C
250
Enfriamiento
Condensación
Enfriamiento
100
40
Tiempo
FIGURA 36
Condensación y enfriamiento de vapor
Solución.
Una representación gráfica ayuda en la resolución del ejemplo
La entalpía del vapor a 250 C y 38,8 atmósferas es 2.166 kcal/kg.
La entalpía del agua a 40 C y presión atmosférica es 122 kcal/kg.
Q = m H = 100 kg (2166 - 122) kcal/kg = 204.400 cal.
Ejemplo 44.
Una unidad de medida comercial empleada en refrigeración es la tonelada de frío
y esta definida como la cantidad de calor que se ha de retirar a una tonelada de
agua que se encuentra a 0°C para convertirla en hielo, en un periodo de 24 horas.
Establecer una tonelada de frío a cuantas kilocalorías /hora y BTU/hora equivale.
Solución
El calor latente de congelación del agua es de 80 kilocalorías /kilogramo, de tal
forma que para congelar en un día, 1 tonelada ó 1.000 kilos de agua se requiere
extraer:
Q = 1.000 x 80 = 80.000 kcal
El calor que se retira por hora o flujo de calor, q, es:
q = 80.000 /24 = 3.333 Kcal/ hr
en BTU, tomando 1 BTU = 0,252 Kcal
BTU/hr = 3.333 /0.252 = 13.227 BTU/hr
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Ejemplo 45.En el proceso de elaboración de cerveza, inicialmente se prepara en una olla, un
mosto por infusión o maceración (cocción) de una masa compuesta de malta
molida y agua.
Durante este proceso, en primer lugar se hace necesario calentar el agua de
temperatura ambiente hasta 35 0C en 10 minutos, esta temperatura favorece la
dispersión de las harinas en el agua.
Luego en 5 minutos disolver las harinas de malta en el agua , llevar la masa
agitándola durante 15 minutos a una temperatura de 52 0C a esta temperatura
efectuar un proceso llamado descanso de proteólisis, durante 10 minutos.
Terminada la proteólisis se lleva la masa a 72 0C en 10 minutos para hacer la
hidrólisis de almidones, llamado también descanso de amilólisis, este descanso
se hace durante 10 minutos.
Finalmente la masa se sube a 80 0C en 3 minutos, para luego ser enviada a otra
etapa del proceso.
Determinar las cantidades de calor suministradas en cada operación, asumiendo
que no hay pérdida de calor. E igualmente establecer los flujos de calor teniendo
los siguientes parámetros:
Peso de Agua
2.400 kilos
Calor específico promedio 1,0 kcal/kg 0 C.
Peso de harinas de malta 600 kilos
Calor especifico promedio de la malta 0,8 kcal/kg 0 C.
Solución
La solución se hará directamente en la hoja de cálculo, con la ayuda del diagrama
de temperaturas-tiempos y con las siguientes consideraciones:
El agua se encuentra a temperatura ambiente , 15 0 C. Inicialmente se calienta el
agua y al adicionar la malta se forma una masa cuyo calor especifico es diferente
al del agua y al de la malta.
Se calcula tomando en cuenta de que es una propiedad extensiva
Cpm = ( Pa x Cp a + Pb x Cpb ) / Pm
Siendo a el compuesto a es decir agua, b el compuesto b ó harinas y m la mezcla
de los dos componentes.
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Temperatura
0C
Descansos
Temperatura
80
72
Amilólisis
Proteólisis
52
Disolución de
malta
36
Calentamientos
15
Maceración de la malta
FIGURA 37
Para determinar el flujo se emplea como unidad de tiempo la hora, que es una
unidad comercial ampliamente usada en cálculos de flujos de calor. Al transcribir
los datos se divide el tiempo en minutos por 60.
En la hoja de cálculo se resuelve el problema con las condiciones dadas en el
enunciado.
EJEMPLO 45
MACERACION DE UNA MASA DE
MALTA Y AGUA
PARAMETROS
Agua
Calor especifico del agua
Harinas de malta
Calor especifico de la malta
Masa
Calor especifico de la masa
Temperatuta inicial
Temperatura de calentamiento agua
Tiempo de calentamiento
Tiempo de disolución de harinas
Temperatura de proteólisis
Tiempo de Calentamiento a proteolisis
Descanso de proteólisis
Temperatura de hidrólisis de almidones
Tiempo de calentamiento
Descanso de hidrólisis
SIMB.
A
Cpa
B
Cpm
UNID.
kg
0
kcal/kg C
kg
0
kcal/kg C
Cp
T1
T2
tc
td
T3
tcp
tp
T4
tch
th
kcal/kg C
o
C
o
C
hr
hr
0
C
hr
hr
o
C
hr
hr
0
FUENTE
Dato
Dato
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
REF. VALORES
2.400,00
1,00
600,00
0,80
3.000,00
0,96
15
36,00
0,17
0,08
52,00
0,25
0,17
72,0
0,17
0,17
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Temperatura final
Tiempo final de calentamiento
PARAMETROS
Calor para agua
Flujo de calor
Calor para proteolisis
Flujo de calor
Calor para hidrólisis
Flujo de calor
Calor para calentamiento final
Flujo de calor
Calor total suministrado
Tf
tf
SIMB.
Q1
q1
Q2
q2
Q3
q3
Q4
q4
o
C
hr
UNID.
kcal
kcal / hr
kcal
kcal / hr
kcal
kcal / hr
kcal
kcal / hr
kcal
Dato
Dato
FUENTE
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
80,0
0,05
REF. VALORES
50.400
302.400
46.080
184.320
57.600
345.600
23.040
460.800
177.120
En la hoja 2 se presenta una simulación empleando únicamente 1.800 kilos de
agua, en la practica esto significa que la masa es más concentrada o más espesa.
Como se observa el consumo de calor y el flujo son mucho menores que en el
primer caso, 138.120 contra 177.720 kcal. Resultando en un ahorro del 22 %
que en términos económicos es muy significativo.
PARAMETROS
Calor para agua
Flujo de calor
Calor para proteolisis
Flujo de calor
Calor para hidrólisis
Flujo de calor
Calor para calentamiento final
Flujo de calor
Calor total suministrado
SIMB.
Q1
q1
Q2
q2
Q3
q3
Q4
q4
UNID.
kcal
kcal / hr
kcal
kcal / hr
kcal
kcal / hr
kcal
kcal / hr
kcal
FUENTE REF.
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
VALORES
37.800
226.800
36.480
145.920
45.600
273.600
18.240
364.800
138.120
Debe tenerse presente que cuando se calientan masas concentradas existe una
tendencia a formar incrustaciones o a pegarse a las paredes de los equipos en los
cuales se hace la transferencia de calor. omúnmente, y de no tener cuidados en el
flujo de calor, esto se traduce en que el alimento se quema o se ahuma, ante ello
el ingeniero debe evaluar el grado de concentración al riesgo de la incrustación. El
agitar vigorosamente la masa favorece el flujo de calor disminuyendo los riesgos
de que el producto sufra daños.
En, el archivo excel, hoja3, se presenta dos gráficas en la que se representa el
calor suministrado para cada etapa y el flujo de calor en cada etapa.
Puede observarse:
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FIGURA 38
para este problema como la etapa en la que se transfiere menor cantidad de
calor, la etapa 4, con 23.040 kcal, requiere del mayor flujo de calor, 460.800 kcal
/hr.
Al establecer qué equipo se requiere para el suministro de calor, se debe tomar
como base de calculo el mayor flujo y en el presente caso las 460.800 kcal / hr.
FIGURA 39
Se puede entrar a considerar lo estricto del tiempo para subir a los 80 0 C, el
hecho de incrementar 2 minutos, es decir llevar el tiempo del calentamiento a 5
minutos, rebaja considerablemente el flujo de calor como se presenta en la hoja 4.
En este ejemplo se ha introducido la ayuda de los gráficos de variables que
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permite visualizar el comportamiento de ellas para estudiar alternativas y tener
bases para toma de decisiones.
En la hoja 5 se ha copiado el problema y en esta hoja cambie los tiempos de cada
etapa y observe las variaciones que se tienen en los flujos.
Cambie en muy pequeños valores, las temperaturas de proceso y observe los
cambios en las cantidades de calor transferidos. Debe observarse que para
algunos cambios en los valores del tiempo, la escala de los flujos cambia y
consecuencialmente las figuras también.
4.3 Calor de índole química
4.3.1 Calor de formación
Hasta ahora, se han estudiado procesos que involucran estrictamente cambios
físicos; se han efectuado balances térmicos en los que se determinan calor o
trabajos asociados con cambios de temperatura, cambios de presión o cambios de
fase de sustancias puras o mezcla de sustancias.
Los calores o entalpías de índole química siempre van acompañadas de
transferencia de masa y por ello se involucran balances de materiales salvo
cuando a nivel de las reacciones se hacen los balances estequiometricos y la
energía se relaciona a moles
En un número considerable de procesos ocurren cambios químicos que conllevan
a cambios o intercambios en una o más clases de energía, considerada como
calor o trabajo del sistema.
En un problema cualquiera se plantea un proceso físico como es el de calentar el
agua y esto se lleva a cabo a costa de un proceso químico, como es el de la
combustión del carbón.
Resuelto el problema, se determinó que el agua para su calentamiento requería de
6000 kcal, y este calor proviene de la combustión de 1 kg de carbón, asumimos
que existe una combustión es decir:
C + 02
CO2 + calor
Y ella se está llevando a cabo a presión constante. La ecuación químicamente es
adecuada pero, desde el punto de vista energético o termodinámico, surgen
interrogantes como:
a) Cuáles son las temperaturas del Carbono y el Oxígeno?
b) ¿Cuál es la temperatura del CO2 formado y en qué estado se encuentra.
c) ¿El oxígeno es puro o proviene de una mezcla de gases (aire por ejemplo) y en
qué estado se encuentra?
d) Igualmente ¿el Carbón es puro, de qué clase es? ó ¿proviene de una mezcla?
e) ¿Cómo se establecen las cantidades en que intervienen los reactantes en el
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proceso y cuál la correspondiente al producto?
La suposición establecida, y los interrogantes que han surgido, llevan a formular
unos parámetros básicos para analizar y desarrollar los procesos químicos y
desde el punto de vista balances de energía. Para el problema en mención, el
planteamiento para la combustión del carbón puede ser:
Ejemplo 46
¿Qué cantidad de calor se desprende por la combustión de 1 kg. de grafito (una
forma de carbón), usando una cantidad estequiométrica de oxígeno puro y
estando los reactantes, así como el producto final, en condiciones estándar?.
Recordando como condiciones estándar 1 atmósfera de presión y 25 C de
temperatura, la ecuación química puede escribirse;
C (sól, 1 atm, 25 C) + O2(g,1 atm, 25 C) + calor
Para el Balance de Energía se dispone de la ecuación:
E=Q-W
[13]
Y para procesos a volumen constante y proceso a presión constante
Q= U
[27]
yQ= H
[28] respectivamente
La combustión del carbón se lleva a cabo a presión constante, por lo tanto se
emplea la ecuación [28] así, el calor generado Q es igual al cambio de entalpía del
sistema.
Dicho de otra forma, el calor generado es igual a la entalpía final o de los
productos menos la entalpía inicial o de los reactantes.
Ya para determinar el calor generado en la combustión del grafito, el problema
consiste en determinar las entalpías del CO2 del C y del O2 a condiciones estándar
y efectuar el balance correspondiente.
H = H del CO2(g,1 atm, 25 C)- H del C(s, 1 atm, 25 C) - H del O2(g, 1 atm,
25 C)
Ejemplo 47
El gas de cocina propano (C3H8) combuste completamente según la ecuación:
C3H8 + 5 O2
3CO2 + 4H2O + h
Para condiciones estándar (c.s)) la reacción se escribe:
C3H8 (gas, c.s.) + 5 O2 (gas, c.s.)
3CO2 (gas, c.s.) + 4H2O (gas, c.s.) + H
El calor generado en la combustión, H, se determina:
H = H1H2O (g.c.) + 3 H1 CO2(gas, c,s.) H1O2(gas,c.s.)
H1
C3H8(gas,c-s.)
-
5
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En los dos ejemplos, 44 y 45, el balance de energía se estableció con base las
entalpías de las sustancias.
Las entalpías de las sustancias a condiciones estándar se denominan Calor
Estándar de Formación y su correcta definición es: Calor de Formación de una
sustancia H0fs es el cambio de entalpía que ocurre en la reacción, cuando los
reactantes están inicialmente en su forma elemental a presión y temperatura.
La determinación para algunas sustancias se hace en forma experimental en los
laboratorios y a condiciones de presión y temperaturas estándar, de ahí que
usualmente se emplee el término Calor Estándar de Formación.
Para otras sustancias se emplean métodos indirectos, que se verán más
adelante.
En la Tabla 7 se encuentran los valores para algunas sustancias.
Es importante tener presente que los elementos químicos en su estado natural y
forma más común de existencia, no tienen Calor de Formación. La razón se
encuentra en la misma definición de Calor de Formación.
En el ejemplo 47, en el balance de Energía se toma la Entalpía o Calor de
Formación del agua a condiciones estándar y en el estado gaseoso H 1 H2O
(gas, c.s.) ; se debe recordar que el agua a condiciones normales (25 C y 1
atmósfera de presión) se encuentra en el estado líquido.
Entonces salta la pregunta. ¿El calor de formación del agua líquida es el mismo
calor de formación del vapor?. La respuesta es ¡no! H , del agua líquida, es -68,3
kcal/g mol y la de vapor es -57,8 kcal/g mol, esto nos significa que el calor de
formación del líquido es menor que el del vapor (se debe tener en cuenta el signo
menos); dicho de otra forma, se desprende más calor cuando se forma el líquido
que cuando se forma el gas, y es lógico porque en la formación del gas este
requiere consumir calor para cambiar de fase (líquido a gas), o sea el calor de
vaporización.
Algunas sustancias presentan situaciones similares a la del agua, como el ácido
nítrico, ácido cianhídrico, anhídrido sulfúrico y muchos compuestos orgánicos del
orden de los aromáticos o cíclicos: benceno, tolueno, xileno, etc.
Habíamos referido que los H f de los compuestos que a condiciones normales
están en fase líquida pero también se forman en fase gaseosa, el H f para el
compuesto en fase gaseosa se calcula tomando el del líquido y se le adiciona el
valor de vaporización a la temperatura estándar (25 C) y presión correspondiente
a la presión de vapor para la temperatura estándar.
Para el agua, el calor molar de vaporización a 25 C es de + 10.519 cal/mol, el
calor de formación del agua líquida es - 68.317 cal/gmol, luego el calor de
formación del agua en fase vapor será (-68.317 + 10.519) cal/gmol = 57.798
cal/gmol.
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4.3.2. Calor de reacción
Ejemplo 48
Determine la cantidad de calor desprendida al combustir en condiciones normales
y cantidades estequiométricas un kilogramo de grafito, empleando el calor
estándar de formación del mismo, dado en la Tabla 7.
Solución:
Del balance de Energía, ecuación final del ejemplo 62:
H = - 94.052 cal/gmol - 0 - 0 = - 94.052 Cal/gmol
Pudiéndose escribir
C + O2
CO2 - 94.052 cal/gmol
Para un kilogramo de grafito el número de moles es:
N
H
= 1.000 g/12 g/gmol = 83,33 g mol
= -94.052 cal/gmol X 83,33 g mol
= 7.837.353 calorías
Se recuerda que el valor negativo significa calor extraído del sistema, que para el
presente ejemplo significa calor cedido por el sistema o calor desprendido en el
proceso.
Ejemplo 49.
Determine el calor generado al combustir en condiciones normales y en
cantidades estequiométricas 1 mol de CO.
Solución
La reacción química es
C0 + ½ O2
CO2 + calor
Y, para condiciones normales con P = cte.
Q= H
H = - H0f CO2
De la Tabla 7.
H CO = -26.416 cal/gmol
H = -94.052 - (-26.416)- 0 = -67.636 cal/g mol
La ecuación química se puede escribir
CO + ½ O2
CO2
- 67.636 cal.
Nuevamente aparece el valor negativo para la Entalpía, luego hay calor cedido o
generado.
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Ejemplo 50
Determine el cambio de calor, cuando se combuste incompleta o parcialmente, en
condiciones normales y cantidades estequiométricas, 1 gmol de carbón.
Solución:
La reacción química es
C + ½ O2
CO2 + calor
H = H1CO - HFC - HFO2
H = (-26.416 - 0 - 0) cal g/mol = - 26.416 cal g/mol
La ecuación química puede escribirse:
C + ½ O2
CO - 26.416
Los anteriores ejemplos han permitido ilustrar el manejo de los calores de
formación. Si consideramos las ecuaciones químicas de los ejemplos 48 y 49 y las
sumamos tenemos:
C + O2
CO2 - 67.636 cal/gmol
C + ½ O2
CO - 26.416 cal/gmol
CO + ½ O2 + C + ½ O2
CO2 + CO - 67636 - 26.416 cal/gmol
C + O2
CO2 - 94.052 cal g/mol.
Ecuación que se obtuvo en el ejemplo 48 Observando los anteriores
procedimientos, las ecuaciones de los ejemplos 49 y 50 son pasos intermedios
para la ecuación del ejemplo 48.
Concluyendo: cuando una reacción química puede ser considerada como la suma
de dos o más reacciones parciales, el cambio de entalpía para la reacción total es
igual a la suma de los cambios de entalpías de las reacciones parciales.
Este enunciado constituye un principio fundamental de la Termodinámica y su
empleo permite calcular los calores de formación de sustancias que, por algunas
circunstancias, no pueden determinarse en el laboratorio.
A través de los ejemplos, se ha calculado un cambio de entalpía cuando existe
una reacción química y este cambio se denomina calor de reacción.
Calor estándar de reacción Hf’ - Es el cambio de entalpía estándar cuando existe
una reacción química y este cambio se denomina calor de reacción.
Existen reacciones químicas tales como la combustión, neutralización,
isomerización y formación, donde, generalizando, los calores asociados a esas
reacciones se llaman Calores de Reacción.
Llamando nr los coeficientes estequiométricos de los reactantes y n p los
coeficientes estequiométricos de los productos, el balance de energía para una
reacción química es:
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Hr =
np H f productos -
nf Hof reactante
(36)
Ejemplo 51
Determinar el calor de reacción para las siguientes reacciones:
a)
b)
c)
4 NH3(g) + 5 O2 (g)
2 Na(s) + 2 H2O(g)
SO3 (g)
+ H2O(g)
4 NO(g) + 6H20 (g)
2 NaOH (s) + H2(g)
H2SO4 (y)
Solución:
a) Hr = nr Hof productos -
np Ho f reactivos
De la tabla 7:
Hf NO(g) = 21.600 calg/mol
Hf H2O(g) = - 57.798 cal/gmol
Hf NH3(g) = - 11.040 cal/gmol
Hr = 4(21.600) + 6(-57.798) - 4(-11.040)cal.
Hr = - 216.228 cal.
b) De la tabla 7:
Hf NaOH(s) = - 101990 cal/gmol
Hf H2O(g) = - 57798 cal/gmol
Hr = 2(-101990) - 2 (-57798) cal
Hr = - 88384 cal.
c) De la tabla 7
Hf H2SO4 (1) = - 193.910 cal/gmol
HfSO3 (G) = - 94.450
Hf H2O(g) = - 57.798
Hr = - 193.910 - (-94.450) 1 (-57.798)
Hr = - 157.258 cal.
4.3.3 Calor de disolución (H8)
Un efecto calorífico particular, asociado con la composición de algunas sustancias,
es el llamado Calor de Disolución.
Varios ácidos, hidróxidos y aún sales inorgánicas, al disolverse en agua generan
calor; otros absorben calor y se presentan fenómenos en los que, para el primer
caso la solución se calienta y para el segundo se enfría.
El calor generado o absorbido en el proceso, es función de la concentración final
de la solución. En la tabla 4 se establecen los calores de solución de algunos
solutos, en agua y a 25 C.
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Puede apreciase en ella que para algunos compuesto, como el HCl, a medida que
incrementa la disolución el calor de solución o entalpía de solución o entalpía de
solución aumenta.
El proceso de disolución puede ser representado por una ecuación química; así, al
disolver una mol de ácido clorhídrico puro en doscientas moles de agua, puede
escribirse, tomando el dato de la Tabla 8.
HCl(g) + 200 H2O (|)
HCl (200 H2O)- 17,74 kcal/gmol
Igualmente existen gráficas que relacionan el calor de disolución por mol de soluto
con las moles del solvente agua,
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FIGURA 41
Ejemplo 52
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¿Cuánto calor se genera al disolver una mol de ácido sulfúrico puro en 10 moles
de agua?
Solución
La ecuación se plantea:
H2SO4 (I,c,n) + 10 H2O(I,c,n)
H2SO4 (10H2O)(I,c,n) - Hd
Y de la figura 39
Hd = - 15.800 cal/gmol (H2SO4)
Ejemplo 53
Determine la cantidad de calor generado al disolver una solución de 1 a 1 molar de
ácido sulfúrico en 9 moles de agua.
Solución
El problema puede resolverse en dos formas:
a) Una directa, ya del ácido disuelto 1 a 1 para llevarlo al ácido 1 a 10, con la
ecuación:
H2SO4 (1 H2O)(I, c, n) + 9(H2O)(I,c,n)
y
H2SO4 (10H2O)(I,c-n) - Hd
Hd = Hd H2SO4(10H2O)(I,c,-n) - Hd H2SO4 (1 H2O)(I,c-n)
Hd = - 15.800 - (-6.900) cal/gmol
Hd = - 8.900 cal/gmol
El balance de energía corresponde al de una reacción en la cual el calor de
disolución del agua (como reactante) es cero.
b) Una indirecta partiendo del ácido puro para llevarlo a soluciones 1 a 10 y 1 a 1
molar, luego :
H2SO4 (I,c.n) 10 H2O (Imc.n)
cal/gmol
H2SO4 (I,c.n) + H2O(I,c.n)
H2SO4 (10H2O) (I,c.n) - 15.800
H2SO4 (H2O) (I.c.n) - 6.900 cal/gmol
Restando tenemos:
9H2O (I,c.n)
H2SO4 (10 H2O)(I,c.n) - H2SO4 (H2O)(I,c.n) - 8.900 cal/gmol
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ó H2SO4 (H2O)(I,c.n) + 9 H2O(I,c.n)
cal/gmol
H2SO4
(10H2O)(I,c.n)
-
8.900
El ejemplo 53, nos permite establecer un principio para calcular el calor de
disolución en soluciones.
El cambio de entalpía para diluir una solución es igual al calor de disolución a la
concentración final menos el calor de disolución a la concentración inicial.
Este principio es similar al que rige para los cambios de entalpía en las reacciones
químicas y en reacciones que implican procesos de disolución, se hace aplicación
general del mismo.
Ejemplo 54
El calor de formación del Cloruro de Potasio es de -104.348 calorías/mol y el calor
de formación del Cloruro de Potasio en 400 moles de agua es de - 100.164
calorías. Determine el calor de disolución del KCl en 400 moles de agua.
Solución
La reacción de formación para el KCl es:
K + ½ Cl2
KCl - 104.348
Para el KCl (400 H2O) su ecuación es:
K + ½ Cl2 + 400 H2O
KCl (400 H2O) - 100.164
Para la disolución del KCl en 400 mol de agua se tiene:
KCl + 400 H2O
KCl (400 H2O) + Hd
Y Hd lo obtenemos restando de la segunda ecuación la primera y
Hd = - 100.164 - (-104.348) = 4184 cal.
Ejemplo 55
Calcular el calor de formación del Cloruro de Potasio en 400 moles de agua. El
calor de formación del KCl es - 104.348 cal y el calor de disolución es de 4.184
cal.
Solución
Las ecuaciones que representan el proceso son:
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K + ½ Cl2
KCl - 104.348
KCl + 400 H2O
KCl (400H2O) + 4.184
y
K + ½ Cl2 + 400 H2O
KCl(400 H2O) = 100.164 cal/gmol
Este ejemplo puede considerarse inverso al anterior, pero nos complementa el
manejo de los calores en disolución.
Es muy importante tener presente que el agua, en los procesos que impliquen
dilución se toma como un elemento y en los cálculos de cambio de entalpía, no se
tiene en cuenta el calor de formación del agua.
Usted debe determinar, dentro de una reacción que implique disolución, cuando
hay formación de agua para, en este caso, así tener en cuenta el calor de
formación del agua.
Ejemplo 56
Determine el cambio de Entalpía para la reacción
KOH + HCl (400 H2O)
KCl (400 H2O) + H2O (|)
Teniendo las siguientes entalpías:
H f KOH = - 102.020 cal/gmol
H f HCl(400 H2O) = 39.850 cal/gmol
H f HCl (400 H2O) = - 100.164 cal/gmol
H f H2O(l) = - 68.317 cal/gmol
Solución
El ejemplo nos muestra que en la reacción hay formación del agua líquida.
Aplicando la regla para el calor de reacción
Hf = H
f
KCl(400 H2O), H2O(e) - H
f
KOH, HC (400 H2O)
Luego Hf = - 26.611 calorías.
4.3.4. Calor de mezcla
Cuando dos sustancias puras se mezclan, el calor de mezcla se define como los
cambios de Entalpía que ocurren cuando las sustancias puras son mezcladas para
formar una solución a temperatura constante y presión de una atmósfera.
Al mezclar las sustancias A y B, el calor de mezcla Hm será:
Hm = HA + HB + Hs
[41]
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Este calor de mezcla Hm es en realidad el Calor de Formación de la solución, en
el cual se toman los calores de formación de las sustancias A, B y el calor de
disolución de ellas.
El valor Hm para un sistema dado depende de las cantidades de A y B que
intervienen en la mezcla; para reportar valores normalmente se toma 1 mol del
compuesto A para mezclar con n moles del Compuesto B que se constituye en el
solvente, así:
Hm = HA + n HB + Hs
[42]
Otra forma de reportar valores y que es más conveniente, es el llamado Diagrama
de Entalpía - concentración ( H - x).
Los diagramas de entalpía concentración, son gráficos de la entalpía de una
solución binaria como una función de la composición de la misma, con la
temperatura como parámetro y teniendo una presión constante de una atmósfera.
Los valores de entalpía se basan en unidades de peso o en una mol de solución.
Si una mol de solución tiene XA moles del compuesto A y XB moles del compuesto
B, la ecuación (38) se convierte en:
Hm = XA HA + XB HB + Hs
[39]
De esta ecuación se deduce que el valor de Hm depende de los calores de
formación de los compuestos puros y del calor de disolución de los mismos.
Como HA y HB son conocidos, Hs es mensurable a medida que se mezclan A
y B pudiéndose obtener así los valores de Hm’
Como base del diagrama entalpía- concentración se toma un HA igual a cero
para un estado específico del componente A y HB igual a cero para un estado
específico del componente B, sin que esto signifique que se ha escogido la misma
temperatura para los dos compuestos.
En el caso del diagrama H2SO4 - H2O se ha encontrado conveniente fijar que H
H2O sea cero para el agua pura líquida a 0 C e igualmente H H2SO4 sea cero
para el ácido puro a 25 C.
Para sistemas que tienen agua como uno de los componentes, se debe tomar la
entalpía del agua pura líquida como cero, a 0 C, porque esta es la base usada en
las tablas de vapor.
Cuando el calor de disolución H3 es cero, la ecuación nos muestra que la
entalpía de una solución es igual a la suma de las entalpías de los componentes
puros que la forman.
Hm = XA HA + XB HB
[44]
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Entalpia
En este caso especial es válido para las soluciones ideales, término muy similar al
de los gases ideales. En un concepto muy amplio, un gran número de soluciones
se aproximan al comportamiento de la solución ideal y ecuaciones simplificadas
pueden ser usadas para los cálculos requeridos.
Concentración
Figura 42
Diagrama Entalpía-Concentración
Para una solución ideal en el diagrama Entalpía-concentración, la isoterma es una
recta que une los puntos de la entalpía HA para XA = 1 con HB para XB = 1; las
isotermas reales son curvas, como se indica en la figura 11, la distancia vertical
entre la curva ideal y la curva real es la entalpía de disolución Hs’ cuyo valor
para la gráfica es negativo en todo el rango de composición y significa que la
disolución es exotérmica. Cuando la curva real está por encima de la ideal Hs es
positivo y el proceso de disolución es endotérmico.
Ejemplo 57
Un evaporador al vacío y baja temperatura, debe concentrar 5000 kilos de una
solución de NaOH del 10% al 50%. La solución entra al evaporador a una
temperatura de 25 C.
La presión es de 0,1 atmósferas y bajo estas condiciones el punto de ebullición de
la soda al 50% es de 88 C. Determine la cantidad de calor consumida por hora.
Solución
El diagrama de flujo representado en la Figura 50 nos indica esquemáticamente el
proceso.
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Vapor de A gua
Y kgs / hr
0, 1 A t m.
O
88
C
N aOH
N A OH10%
Y kg / hr
50%
X C kg / hr
Evaporación al vacío
Q
FIGURA 43
Efectuando el balance de materiales tenemos:
Con base en el hidróxido de sodio:
5.000 X 0,10 = X x 0,50
X = 1.000 kg/hr.
Con base en el agua:
5.000 X 0,90 = X x 0,350 + Y
Y = 4.000 kg/hr
El balance de Energía se establece globalmente
Hs = Q = Hx + Hy - Hr
El cambio de entalpía es igual a la entalpía final, o de productos, menos la entalpía
inicial
Hx, entalpía para solución al 50% y 88 C
= 119 kcal/kg
Hy, entalpía del vapor a 0,1 atm y 88 C
= 638 kcal/kg
HA, entalpía de la solución al 10% y 25 C
= 19 kcal/kg
Q = 119 X 1.000 + 637 X 4.000 + 19 x 5.000 kcal
Q = 2.572.000 kcal
4.3.5. Calor de combustión
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Una de las reacciones químicas más comunes es la oxidación rápida de algunas
sustancias conocidas como combustibles, esta reacción constituye el fenómeno de
la combustión, recibiendo tratamiento especial por parte de algunos autores.
El calor desprendido en una combustión es fácil de determinar en aparatos
llamados bombas calorimétricas, de las cuales la más usada es la Parr.
Ella consiste de un recipiente cilíndrico metálico con una camisa que se llena de
agua. Todo el recipiente se encuentra cuidadosamente aislado del ambiente.
La muestra se coloca dentro del recipiente el cual se llena de oxígeno puro a 20
atmósferas de presión.
Por medio de una bujía, una chispa produce la ignición del material.
Al combustir la muestra todo el sistema se calienta; como se conocen los
volúmenes del recipiente y del agua, así como los calores específicos de los
materiales, se determina el calor desprendido en la combustión por la elevación
que ha ocurrido en la temperatura del sistema.
Se busca que la elevación de temperatura sea pequeña, empleando pequeños
pesos de muestras y se puede asumir que el proceso ocurre a volúmenes y
temperaturas constantes.
El efecto calorífico medido en la bomba corresponde al cambio interno de energía
ocurrido durante la combustión, luego:
H = U + PV
Por la medición del calor generado en la bomba podemos determinar U y, como
el cambio de temperatura es muy bajo comparado con la temperatura del sistema
(1 ó 2%), teniendo en cuenta que T está en K), el término PV., que realmente es
V P, puede tomarse como despreciable.
Consideraciones más profundas sobre el comportamiento de V P en las
condiciones dadas, son objeto de la Termodinámica.
H = U + PV
.
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Figura 44
Bomba calorimétrica de Parr - esquema
La gran importancia que merece la bomba de combustión radica en que, mediante
su uso, es posible determinar el calor de Formación de gran cantidad de
sustancias.
Aquí debemos recordar que en toda reacción química el calor de reacción es igual
al calor de formación de los productos menos el calor de formación de los
reactantes, en una combustión el calor de reacción es el de combustión, los
productos son CO2 Y H2O cuyos valores de formación se conocen, luego por las
ecuaciones correspondientes se calcula el calor de formación de los productos.
Ejemplo 58
Determine el calor de formación del Benceno líquido (C6H6). Si su calor de
combustión es de 780980 cal/mol
Solución:
El benceno combuste así:
C6 H6(l) + 7 ½ O2(g)
3H2O(l) + 6 CO2(g) + Hc
Hc = 3 Hof (H2O) + 6 Hf (CO2)g - Hf (C6H6) cal/gmol
= -204951 - 564312 + 780980 cal/gmol
= 11717 cal/gmol
En algunas tablas se encuentran dos valores del calor de combustión para los
compuestos:
El llamado bruto o alto (gross or higher) y toma en cuenta la formación del agua
(producto de combustión) en la fase líquida y el llamado neto o largo (net o lower)
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tiene en cuenta el agua formada en la fase gaseosa.
Ejemplo 59
Una bomba de Parr pesa 8 kilos y está hecha con un material cuyo C p es 0,3
cal/g C, su volumen es de 1 litro y tiene una camisa con 2 litros de agua.
Efectuada la combustión de 2 gramos de grafito, de densidad 2,25 g/cm 3, con
oxígeno puro a 25 atm se eleva la temperatura del sistema de 25 a 28,56 C.
Determine el calor de combustión del grafito.
Solución:
La reacción de combustión es
Cs
O2(g)
CO2(G) + HC
El calor de combustión lo calculamos aplicando
Hc = U y U = mCp T, tomándose en cuenta la elevación de la temperatura
del recipiente, del agua y del producto.
Ordenando las cifras y tomando datos de las Tablas tenemos:
Grafito
gramos
(0,167 gmol)
2,673 cal/gmol
Oxígeno
1
0,083 gmol)
8,270 cal/gmol
Agua
2.000 g
1.000 cal/g
Metal (bomba)
8.000 g
CO2
Aplicando la ecuación para U
0,30 cal/g
(0,167 gmol)
7,0 cal/g
U = (0,167 X 2,673 + 0,083 X 8,270 + 2000 X 1 + 8.000 X 0,3) 3,56
U = 15.668 cal.
Esta generación o producción de calor, fue dada por la combustión de 2 gramos
de grafito, teniendo la mol de grafito 12 gramos de carbón
Hc = 12/2 X 15.588 = 94.008 cal
En las tablas se tienen valores de 94.052, la pequeña diferencia de 44 calorías
(0,046%,) obedece a las correcciones de V. P.
Ejemplo 60
Calcúlese el calor de formación del n-Butanof C4 H10’ gaseoso a partir de los
calores de formación del agua y del CO2’
Solución
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La ecuación teórica de formación es:
4C + 5H2
C4 H10 + Hf
Esta reacción no tiene ocurrencia en la práctica, pero se tiene otro tipo de
reacciones, como las de combustión, cuyos calores pueden determinarse en la
bomba de Parr.
C + O2
y
H2 + ½O2
C4 H10 + 13/2 O2
CO2 + Hc
H2O + Hc
5 H2O + 4CO2 Hc
Estableciendo el balance de las ecuaciones y reordenando tenemos:
4C(s) 4 O2(g)
5H2(g) + 5/2 O2(g)
5H20(g) + 4CO2(g)
4CO2(g) + 4(-94.052) Cal
5H20(g) + 5 -57.798) Cal
C4H10(g) + 13.202 + 635.384 Cal
4C + 5H2
C4H10(g) - 29814 cal/gmol
Sumando
Hemos usado como Hc del C4H10(g) el valor neto o bajo, ya que el agua, está en
la fase gaseosa.
Los ejemplos nos han indicado la importancia de los calores de combustión para
poder calcular los calores de formación de muchos compuestos existentes en la
naturaleza y que aún no se han podido determinar, pero igual o mayor importancia
ocupa en los procesos energéticos que tienen lugar en el metabolismo, bien sea
para la formación de alimentos o bien para su digestión.
Los procedimientos anteriores los hemos llevado a cabo trabajando en las
llamadas condiciones estándar pero, en la práctica, debido a la misma ubicación
de las industrias y a las condiciones de un proceso, las presiones y temperaturas
son muy diferentes a las normales.
4.4. Balance estequiométrico de masa y energía
Hemos apreciado cómo los efectos y fenómenos asociados con el calor conllevan
balances de ecuaciones químicas y/o físicas, provenientes de cambios químicos
y/o físicos, sin tener en cuenta el tiempo en que ocurren las transformaciones, ni
las condiciones de operación.
Por esta razón, debe tenerse en cuenta un procedimiento que permita establecer
los cambios de energía que ocurran en un proceso con condiciones iniciales y
finales dadas en un tiempo dado.
El procedimiento realmente es una secuencia de cambios de orden termodinámico
y por tal razón se denomina proceso termodinámico.
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El proceso consta básicamente de tres pasos:
a) Reducir las condiciones iniciales de P1’ T1 a Pn, Tn.
b) Llevar a cabo el proceso químico o físico (reacción), incluyendo diluciones y
concentraciones, a condiciones normales y
c) Llevar las condiciones normales (Pn, Tn) a T2 y P2 los productos obtenidos.
Para aquellos estudiantes que no dominen el manejo de la reacción química, así
como las transformaciones simultáneas de presión y temperatura, los pasos
anteriores se desglosan y se establecen:
a) Reducir la presión de P1 a Pn
b) Reducir la temperatura de T1 a Tn
c) Separar los reactantes en sustancias puras.
d) Llevar a cabo las reacciones químicas en condiciones normales.
e) Mezclar los productos.
f) Calentar los productos de Tn a T2 y
g) Comprimir (o expandir) el producto de Pn a P2
En ocasiones, algunos procesos exigen operaciones muy especiales, lo que obliga
a emplear diferentes pasos, tanto en el número como en el orden, dentro del
proceso termodinámico.
Realmente los ejemplos son los que mejor pueden ayudar para la comprensión y
manejo de los conceptos que intervienen en el proceso.
Recomendamos al estudiante acudir a la bibliografía aconsejada, ya que en ella
encontramos buenos y numerosos ejemplos.
Igualmente es aconsejable ayudarse con diagrama o gráficos, pues ellos permiten
visualizar un proceso y facilitan el planteamiento del problema.
Para los ejemplos siguientes sugerimos que el estudiante resuelva el problema
empleando otra alternativa, es decir realice otros pasos o los mismos en diferente
orden.
Ejemplo 61
Determine el calor de formación del HCl, para una temperatura de 800 C.
Solución
Recuerde usted, que la ecuación química para la formación del ácido clorhídrico
es
½H2(g) + ½ Cl2(g)
Hcl(g) + Hf
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Y de las tablas el Hf = - 22063 calorías. (Condiciones Normales). En el gráfico se
puede visualizar el proceso.
Para emplear datos disponibles en tablas, el proceso lo efectuaremos en tres
etapas:
a) Llevar los reactantes de 800 C a 25 C
b) Efectuar la reacción.
C) Llevar el producto de 25 a 800 C.
FIGURA 45
Formación del HCl a 800°C
De las tablas se tiene:
Cp Hcl = 6,70 + 0,00084 T cal/mol C
CpCl2 = 7,58 + 0,00064 T cal/gmol C
Cp H2 = 6,62 + 0,00081 T cal/gmol C
Hof (Hcl) = - 22063 cal
Para los procesos de cambios de temperaturas podemos emplear los C p para H2
a 800 Cp
=
7,489 cal/mol C
a 25 Cp
=
6,681 cal/mol C
Cp
=
7,175 cal/mol C
Para Cl2
a 800 Cp
=
8,26 cal/mol C
a 25 Cp
=
7,770 cal/mol C
Cp
=
8,015 cal/mol C
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Para Hcl
a 800 Cp
25 Cp
Cp
=
=
=
7,600 cal/mol C
6,950 cal/mol C
7,275 cal/mol C
a) Para llevar el H2 y Cl2 de 800 a 25 C.
=
=
=
7,175 (25 - 800) + 8,015 (25 - 800) cal
-5.561 - 6.211
= - 11.772 cal (por mol de H2 y Cl2 )
- 5.561 cal ( por ½ mol de H2 y Cl 2 )
b) El calor de reacción H f es - 22.063 ( por mol de Hcl)
c) Para llevar el Hcl de 25 a 800
Q = mCp T = 7.275 (800 - 25) = 5.638 cal
Luego Q1 = - 5.886 - 22.063 + 5.638 = - 22.311 cal.
Ejemplo 62
Calcule el calor de combustión del metano a 600 C si los productos de combustión
son CO2 + H2O
Como en el caso anterior, tenemos tres pasos:
a) Enfriar metano y Oxígeno a 25 C
b) Combustir
c) Calentar productos a 600 C
La combustión a condiciones normales se efectúa acorde a
CH4(g) + 2 O2(g)
CO2(g) + 2H2O(|) - 212.800
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C H4
600 C
2O2 1 A t m.
C H4
2O 2
600 C
1 A t m.
H O2
C H4
2O 2
FIGURA 46
Formación del CH4 a 600°C
Los valores comprendidos de los Cp se pueden tomar:
CH4
10,0
cal/gmol K
O2
7,3
CO2
9,9
H2O
8,2
a) Q1 = 1 X 10,0(25-600) + 2 X 7,3 (25 - 600)
=
b) Hf = - 212.800
=
c) Q2 = 1 X 9,9 (600 - 25) + 2 X 8,2 (600 - 25)
=
C O2
- 14.145 cal
- 212.800 cal
+ 15.123 cal
Los dos ejemplos nos ilustran casos de común ocurrencia en la industria y son
aplicación de los conocimientos que el estudiante ha adquirido en este capítulo.
Observando con detenimiento el desarrollo y resultados obtenidos, llegamos a
conclusiones importantes.
a) Los calores de formación y/o combustión dentro de un rango amplio de
temperatura (600 a 800 C) varían muy poco, 1,12% para el primer y 0,46% para el
segundo caso.
b) La diferencia anterior es la diferencia entre las cantidades de calor de la etapa
final (o de cambio de temperatura de los productos) y la cantidad de calor de la
etapa inicial (o de cambio de temperatura de los reactantes).
Volviendo al ejemplo 61, el paso a) lo podemos reordenar así:
- ( 7.175 + 8.015 )
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Q1 =
----------------------------(800-25)
2
= - 5.886 cal/gmol
Como Q2 = 7,275 (800 - 25)= 5.638 cal/gmol
7,175
8,015
Sumando Q1 + Q2 = (7,175 - -------- + ---------- ) (800 - 25) = - 248 cal/gmol
2
2
que es el cambio neto de energía respecto al calor de formación a 25 C (- 22311 22063 = - 248 cal/gmol)
Observando los valores que se encuentran dentro del paréntesis, ellos son: el
calor específico del producto menos el calor específico de los reactantes,
multiplicando cada uno de ellos por el número de moles correspondientes de la
reacción química. (Recordamos ½ H2 + ½ Cl = Hcl las moles del producto son 1 y
de los reactantes ½ y ½).
En el ejemplo 62 el paso (a) nos queda:
Q1 = - (10.0 + 2 x 7,3) ( 600 - 25 ) = 14,5
Como
Q2 = ( 9,9 + 2 x 8,2 ) - 10,0 + 2 x 7,3 ) (600 - 25)
Q1 + Q1 = 978 kcal / mol
Que es el cambio neto de energía respecto al calor de combustión a 25 0 C
Para determinar los calores o entalpías de reacción, a condiciones diferentes a las
normales, podemos generalizar lo planteado en los ejemplos diciendo que el calor
de reacción a condiciones diferentes de las normales es igual al calor de reacción
a condiciones normales más el cambio de entalpía de los reactantes y de los
productos entre las condiciones dadas y las normales, es decir:
T
Ht
=
H fn
T
( nr
+
298
CP dT ) -
( np
298
CP dT )
(30)
T
ó
donde
Ht
=
H fn
+
( nr
298
CP dT )
CP = ( CP ) prod - ( CP ) react
Estas ecuaciones pueden visualizarse objetivamente en los ejemplos anteriores.
Ejemplo 63
Determine el calor de formación del Benceno líquido a 70 C, si su calor de
combustión es de - 780 980 cak/mol-g
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Solución
La reacción química es:
C6 H6 (l) +15/2 O2 (g)
------
3 H 2 O (g)
+ 6 CO 2 (g) - 780.980
Se tiene
Hc
= 3 H f ( H 2 O ) + 6 H f ( CO 2 ) - H f ( C6 H6 )
H f ( C6 H6 )
= 3 H f ( H 2 O ) + 6 H f ( CO 2 ) - H c
Y tomando valores de tablas tenemos que
H f ( C6 H6 ) = 3 (- 68.317 ) + 6 ( -94.052) + 780.980 = 11.717 cal /mol ( ver
ejemplo 22)
La ecuación nos queda directamente:
3 H 2 + 6C = C6 H6 + 11.717 cal / mol
Debemos advertir que en la práctica y aún a nivel experimental, no se ha logrado
la reacción anterior.
Sin embargo el empleo de pasos termodinámicos en un proceso teórico, nos
permite determinar propiedades de las sustancias que son imposibles de conocer
prácticamente, tal como lo mencionábamos en la sección sobre calor de
combustión.
Con la ayuda del diagrama, planteamos los pasos.
a) Llevar H2 y C de 70 C a 25 C
b) Hacer la reacción
c) Subir el C6 H6 de 25 a 70 C
Los valores de Cp son:
H2
= 7,175 cal/ mol
C
= 2,820 cal/ mol
C6 H6 = 32.500 cal/ mol
Pero al efectuar directamente el proceso, acorde a la ecuación (42)
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3H2
C6
70 C
1 A t m.
70 C
1 A t m.
C
A
3H2
C6
B
FIGURA 47
Formación del benceno a 70°C
Q = 11.717 + ( 32, 5 - 6 x2,820 - 3 x 7,175 ) ( 70 - 25 )
Q = 11,449 calorías
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Calor Espécifico, J/kg°k
CALOR ESPECIFICO, Cp
Leche Entera Pasteurizada
3930
3920
3910
y = 0,422x 20,4452x + 3863,7 +
3900
3890
3880
3870
3860
0
10 20 30 40
50 60 70 80 90 100
Temperatura, °C
Calor Espécifico, J/kg°k
CALOR ESPECIFICO, Cp
Mantequilla
2400
y = -0,3164x 213,049x + 2287,3 +
2380
2360
2340
2320
2300
2280
0
10
20
30
40
50
60
70
Temperatura, °C
80
90 100
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UNIDAD 3
BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA
Objetivos
Establecer los balances simultáneos de materia y energía para un sistema.
Resolver problemas relativos a los balances de materia y energia
en proceso alimenticios.
Conocer las mermas en balances de materia.
Conocer las pérdidas de calor en procesos térmicos.
Manejar el ensayo y error en balances.
Elaborar balances por métodos gráficos
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5.0 Introducción
Prácticamente en la industria de alimentos, todos los procesos implican cambios
en los materiales y consumos o retiros de calor, lo que lleva a trabajar
simultáneamente los balances de materiales y de energía.
En la unidad 2 se presentaron tres ejemplos de transferencia simultanea de
materia y calor a un nivel estequiometrico, propio de la industria química.
En la industria de alimentos los balances simultáneos se presentan a nivel macro y
bajo este aspecto se estudiaran los balances en la presente unidad, con la
presentación y análisis de varios ejemplos.
En algunas aplicaciones de la ingeniería, como el diseño de equipos, servicios
industriales y diseño de planta se presentan situaciones de establecer ecuaciones
con variables que superan el número de ecuaciones, resultando imposible,
resolver por los métodos tradicionales, las ecuaciones planteadas.
Uno de los medios viables, es el del ensayo y error, que hoy por hoy, se facilita y
se hace expedito con la ayuda de la computadora. Igualmente con ejemplos se
harán aplicaciones de esta ayuda.
En algunas aplicaciones variables del balance de masa son dependientes de
variables del balance de calor y viceversa, llegando a planteamientos matemáticos
que no se pueden resolver por los métodos tradicionales. En estos casos se
recurre al ensayo y error.
El comportamiento de muchos compuestos, especialmente soluciones, y las
relaciones entre las diversas variables (concentraciones, presiones de vapor,
humedades, etc. ) depende de su temperatura y consecuencialmente de sus
entalpías. Esta relaciones se pueden graficar, obteniéndose curvas, conocidas
como de equilibrio.
Cuando se dispone de curvas de equilibrio para concentraciones de dos o tres
componentes en una o más fases, es viable realizar balances tanto de materia
como de energía sobre los componentes en forma gráfica.
5.1. Balances simultáneos de Materia y Calor
En el procesamiento de alimentos, son varias las operaciones y procesos unitarios
en los que se tienen transferencias de mas y calor, cuyo estudio y aplicación
requiere inicialmente de balances de materia y de calor.
Las más comunes de estas operaciones son las de evaporación, secado,
crioconcentración, liofilización, cristalización por cambios de temperatura, y
destilación.
En estos balances inicialmente se realizan los balances de materiales y
posteriormente los de calor, salvo en situaciones en que las variables de carácter
másico dependen de las variables de carácter térmico o viceversa y en tal caso los
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balances tanto de materiales como de calor se resuelven por ensayo y error.
A continuación se presentan algunos ejemplos de balances en operaciones
unitarias que involucran balances de masa y calor.
Ejemplo 64.
Para establecer parámetros de diseño de un evaporador, por cochada al vacío
para concentrar jugos en planta piloto, se requiere establecer el volumen del
evaporador , el volumen del extractor de vapor y consumos de calor.
Se requiere concentrar 50 kilos de un jugo de naranja de una humedad del 92%
hasta una humedad del 45%.
Se considera que la concentración se realiza a 60°C.
Determinar a) el volumen del evaporador considerando una cámara libre del 25%,
y b) el flujo de calor, si el calentamiento a ebullición se estima en 45 minutos y la
ebullición 1 hora.
Solución.
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Concentrador de jugo de naranja
FIGURA 48
a) El volumen se debe calcular para peso inicial de jugo a procesar, es decir para
los 50 kilos.
El jugo de naranja tiene densidad promedio de 1,030, de tal forma que el volumen
ocupado (V), teniendo el peso (P) y la densidad es
V = P/
= 50 /1,030 = 48,544 litros
Con cámara libre del 25%, el volumen del evaporador (Vm) es
Vm = 48,544 x (1 + 0,25) = 60,680 litros.
b) El flujo de calor se determina estableciendo el calor para calentar el jugo de
temperatura ambiente hasta 60°C y el calor para evaporar el agua y concentrar el
jugo.
Para conocer el agua evaporada se recurre a un balance de materia.
El agua en el jugo es 50 x 0,92 = 46 kilos
Los sólidos en el jugo son 50 – 46 = 4 kilos, que son los mismos que aparecen
en el concentrado, y a la vez el concentrado es 4 / (1 - 0,45) = 7,273.
El agua contenida en el concentrado es 7,273 – 4 = 3,273 y
El agua evaporada 46,000 – 3,273 = 42,727
Para efectos de cálculos en las operaciones de transferencia de calor y masa, se
considera que la transferencia de masa ocurre a la temperatura proceso. En
evaporación se considera que ella ocurre a la temperatura de ebullición.
Por lo tanto se requiere calor para llevar el jugo de temperatura ambiente a la de
evaporación, 60°C.
De las tablas se tiene los siguientes valores.
Calor especifico del jugo de naranja 0,95 kcal/kg. °C
Entalpia de vaporización a 60°C = 485,26 Kcal.
Tomando como temperatura ambiente 10°C, el calor para llevar el jugo a la
ebullición es
Qc = 50 x 0,95 x (60 –10) = 2.375 Kcal y el flujo de calor en los 45 minutos
qc = 2.375 / 45 = 52.778 kcal/min
Para la concentración o evaporación, durante la ebullición :
Qe = 42,727 x 485,26 = 20.733,84 kcal , con flujo de calor para 1 hora ó 60
qe = 20.773,84 Kcal / hr
qe = 20.773,84 / 60 = 345,564 kcal/hr
A continuación se presenta la hoja de cálculo
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Ejemplo 64
Concentrado de naranja
Parámetros
Jugo de naranja
Humedad inicial
Humedad final
Densidad
Simb.
Unidades
kilos
Valor
50,000
92%
45%
1,03
Volumen Jugo
Cámara libre
Volumen de trabajo
kilos
kilos
48,544
25%
60,680
Agua en el jugo
Solidos en el jugo
Concentrado
Agua en el concentrado
Agua evaporada
kilos
kilos
kilos
kilos
kilos
46,000
4,000
7,273
3,273
42,727
Calor esp. del jugo
Calor latente vaporización
Temperatura ambiente
Temperatura de evaporación
Calor para calentamiento
Tiempo de calentamiento
Flujo de calor p/calentameinto
Calor para vaporización
Tiempo de evaporación
Flujo de calor p/evaporación
Kcal/kg °C
Kcal/Kg
°C
°C
Kcal
min
Kcal/min
Kcal
min
Kcal/min
0,95
485,26
10
60
2375
45
52,778
20733,84
60
345,564
Ejemplo 65
En una planta industrial productora de almidón, se desea cambiar un secador de
bandejas por uno de aire tipo “Flash”.
La planta produce 20 toneladas por día, en 16 horas de operación al día. El
almidón tiene temperatura inicial de 20 C y humedad del 43%, para humedad final
del 12%.
El aire, inicialmente a 25 C y un 50% de humedad, se caliente a 90 C e ingresa al
secador, el aire sale del secador saturado de humedad con una temperatura de
37 C.
De tablas se dispone de los siguientes datos:
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Aire a 20 C y 50% de humedad contiene 0,010 kg. vapor de agua/kg aire seco.
Aire a 37 C y saturado contiene 0,032 kg vapor de agua/kg aire seco.
Calor específico promedio del aire: 0,240 kcal/kg C
Calor específico promedio de vapor de agua: 0,446 kcal/kg C
Calor específico promedio del almidón puro: 0,400 kcal/kg C
Calor latente de vaporización a 50 C: 550 kcal/kg
Calor específico del agua: 1,0 kcal/kg.
Determinar la cantidad de aire necesaria para el secamiento y el calor cedido por
el aire
Solución
El diagrama para la operación de secado se representa en la Figura 49
Llamando:
a
almidón puro
A
al almidón húmedo (H= 43%)
B
al almidón seco
(H = 12%) y 20000 kg/día
X
aire caliente entrada
(H = 50%)
Xa
aire seco ( sin humedad)
Y
Aire frío salida (saturado)
T1
Temperatura del almidón húmedo
T2
Temperatura del almidón seco
T3
Temperatura del aire
T4
Temperatura del aire caliente
T5
Temperatura del aire a la salida
El balance total de materiales será:
A+X=B+Y
A puede calcularse tomando el almidón en base seca. De un kilo de almidón al
12%, 0,88 kilos son de almidón puro, el almidón puro producido diariamente será:
a = 0,88 B = 0,88 x 20000 = 17.600 kg/día
El balance del almidón puro con base en un día de operación será:
(1 - 0,43) A = (1 - 0,12) B = 17.600 kg/día
Luego 0,57A = 17,600
y
A = 30.877,2 kg/día
El agua evaporada será la diferencia entre el almidón que entra A y el producto B,
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E = 30.877,2 - 20.000 = 10.877,2
Aire humedo
A lm id o n h u m e d o
Aire seco y caliente
Almidçon seco
FIGURA 49
El agua evaporada será la diferencia entre el almidón que entra A y el producto B,
E = 30.877,2 - 20.000 = 10.877,2
El aire se determina en base a la cantidad de agua evaporada y que es absorbida
por el aire y como por cada kilo de aire seco entran 0,010 kilos de agua y salen
0,032 kilos de vapor de agua, se tiene que cada kilo de aire seco absorbe 0,032 0,010 = 0,022 kilos de agua.
El aire seco necesario será :
Xa = 10.877,2 / 0,022 = 494.417,9 kg.
El aire tal cual que entra al secador es.
X = 494.417,9 x ( 1 + 0,01 ) = 499.362 kg
Con una cantidad de agua de 494.417.9 x 0,01 = 4944,1 = 499.362
494.417,9
-
Y de aire saturado sale:
Y = 499.362 + 10.877,2 = 510239,2 kg
En el aire saturado, de agua salen
510.239,2 - 494.417,9 = 15.821,3 = 10877,2 + 4944,1 kg
Para determinar el calor suministrado por el aire
especifico promedio
se debe conocer el calor
Para determinar el calor especifico del aire a una determinada humedad se aplica
el formulismo
Cp = 0,24 +0,45 H, siendo H el contenido de humedad, y Cp en kcal/ kg ªC
así para un contenido de humedad del 0.010, el calor especifico del aire es
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Cp = 0,24 +0,45 x 0,010 = 0,2445 kcal/ kg ªC
Para la humedad de salida de 0,032 se tiene
Cp = 0.24+0,45 x 0,032 = 0,2544 kcal/ kg ªC
Y el calor especifico promedio
Cp = (0,2445 + 0,2544)/2 = 0,2495 kcal/ kg ªC
El calor cedido por el aire es
Q = W Cp T = 499.362 x 0,2495 x (90 -37) = 6.601.991 Kcal
A continuación se presenta la hoja de cálculo.
BALANCE DE ENERGIA
EJEMPLO 65 SECADO DE ALMIDON
Parámetros
Producción diaria de almidón
Producción diaria de almidón
Horas operadas por día
Producción horaria
Simb.
B
B
h
b
Temperatura inicial del almidón
T1
0
Humedad inicial del almidón
hi
%
Dato
43%
Humedad final del almidón
hf
%
Dato, cál.
12%
2.400
Temperatura inicial del aire
Humedad relativa
T3
hr
0
Dato
Dato
50%
25
0,0100
Temperatura de calentamiento del aire
T4
0
C
Dato
90,00
T5
hs
Cpb
0
C
Dato
Dato
Dato
37,00
0,032
0,40
Temperatura de salida del aire
Humedad de salida, saturado
Calor especifico prom. del almidón
Calor especifico prom. del vapor de
agua
Calor especifico prom. del agua
Calor especifico promedio del aire
Entalpia de Vaporización
Sólidos( almidón puro en producto)
Alimentación diaria de almidón húmedo
Agua en alimentación
Agua evaporada
Aire seco necesario
Aire necesario
Aire húmedo
BALANCE TOTAL DE MATERIALES
Parámetros
ENTRADAS
Cpv
Cpw
Cpa
Unidades
Ton/día
kg /día
hr
kg/hr
C
Fuente
Dato
Cálculo
Dato
Cálculo
%
C
%, Kg / kg as
0
kcla /kg C
0
Xs
X
V
Dato
Dato
Dato
Dato
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Simb.
Unidades
Fuente
VALOR
20
20.000
16
1.250
Dato
kcla /kg C
0
kcla /kg C
0
kcla /kg C
kcal/kg
kg
kg
kg/hr
kg/hr
kg/hr
kg/hr
kg/hr
a
A
Ref.
20
0,43
Ref.
%
0,450
1,00
0,2495
550,00
17.600,00
30.877,19
13.277,19
10.877,19
494.417,86
499.362,04
510.239,23
VALOR
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Almidón
Aire
A
X
TOTAL ENTRADAS
SALIDAS
Almidón seco
Aire húmedo
B
V
TOTAL SALIDAS
CALOR ENTREGADO
Parámetros
Simb.
Calor especifico del aire entrada
Cpa
Calor especifico a la salida
Calor especifico promedio
Calor cedido por el aire
kg/dia
kg/dia
kg/dia
kg/dia
kg/dia
kg/dia
kg/dia
Unidades
kcal /kg ª C
30.877,19
499.362,04
530.239,23
20.000,00
510.239,23
530.239,23
Fuente
Ref.
%
VALOR
0,2445
0,2544
0,2495
6.601.991
Ejemplo 66.En la obtención de concentrados liofilizados de frutas, se parte de la pulpa con
85% (1) de humedad y 4oC. (2)
Se deshidrata en un secador a 65 oC (3) hasta un 20% (4) de humedad
empleando aire caliente que entra a 120 oC (5) y sale a 85 oC (6) .
La pulpa semiseca se enfría y congela a - 2oC. (7) posteriormente se subenfría
hasta una temperatura de –50 oC. (8) A esta temperatura se efectúa la liofilización
que deja un producto del 1 % (9) de humedad.
Luego el concentrado se calienta hasta 10oC (10), temperatura a la cual se
empaca el producto.
Establecer las cantidades de calor transferidas en cada una de las etapas del
proceso, empleando los siguientes parámetros:
Cantidad a procesar
Calor especifico de la pulpa húmeda
Calor especifico de la pulpa deshidratada
Calor especifico de la pulpa congelada
Calor especifico de la pulpa liofilizada
Calor especifico del vapor de agua
Calor latente de vaporización
Calor latente de congelación del agua
Calor latente de sublimación del agua
1200 kilos
0,95 kcal / kg oC
0,60 kcal / kg oC
0,55 kcal / kg oC
0,25 kcal / kg oC
0,45 kcal / kg oC
539,55 kcal /kg
80 kcal /kg
640 kcal / kg
(11)
(12)
(13)
(14)
(15)
(16)
(17)
(18)
(19)
Los números en paréntesis corresponden a las referencias para la hoja de cálculo.
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S
ecado
6
5
E
nf
riam
ient
o
E
m
paque
C
alent
am
ient
o
C
ongelación
4
-2
S
ubenf
riam
ient
o
C
alent
am
ient
o
-5
0
Lo
iz
ilf ado
Diagrama de Liofilización
D
ia
g
ra
m
a
eT
e
m
p
e
ra
tu
ra
s
FIGURA
50d
SoluciónEn este problema se presentan simultáneamente transferencia de masa y de
calor; ello conlleva el tener que efectuar balances de materiales y balance de calor
o de energía.
Un sencillo diagrama del comportamiento de temperaturas y cambios de fase para
el proceso orienta a establecer las necesidades de calor.
Las trayectorias inclinadas significan cambios de temperatura y la cantidad de
calor se determina mediante la ecuación Q = W Cp T, las trayectorias
horizontales indican cambio de fase y se emplea la ecuación Q = W
siendo
el calor latente del cambio de fase.
Los pesos de los materiales, W, se determinan mediante balances de materiales.
Para la primera etapa, la de secado, la pulpa se calienta de 4 a 65 oC, a esta
temperatura se evapora el agua.
Como el aire sale a 85oC y el agua evaporada sale con el, el vapor se calentará de
65 a 85oC.
Empleando en los cálculos unidades en sistema MKS,
para el secador es
1020
0,20
el diagrama de balance
0,85
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1200
0,15
0,80
180
180
Realizando los cálculos correspondientes se tiene:
975
1020
0,85
45
0,20
1200
225
0,15
180
Manejando el proceso analítico se tiene
Sólidos en la pulpa
Producto seco
Agua evaporada
0,80
180
= 200 x (1 -0,85) =
= 180 / (1 -0,2) =
= 1200 - 225
=
180 kg
225 kg
975 kg
(20)
(21)
(22)
Con estos valores se puede establecer las cantidades de calor requerido
a) Calor para calentar la pulpa a temperatura de secado
Q1 = 1200 x 0,95 x ( 65 - 4)
=
69.540 kcal
(23)
b) Calor para evaporar el agua
c) Q2 = 975 x 539,55
= 526.061 kcal
(24)
c) Calor para calentar el vapor
Q3 = 975 x 0,45 x ( 85 - 65 ) = 8,775 kcal
(25)
d) El calor requerido en el secado es
Q = 69,540 + 526.061 + 8.775
= 604.376 kcal
e) Calor retirado en el enfriamiento de la pulpa seca
(26)
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Q4
=
225 x 0,60 x (65 - (-2)) = 9.045 kcal
(27)
f) Calor retirado para la congelación
Q5
= 225 x 84
=
18.900 kcal
(28)
g) Calor retirado en el subenfriamiento
Q6
= 225 x 0,6 x ( -50 - (-2 ))
= 5.940 kcl
(29)
Para el manejo de la sublimación se requiere de hacer un balance de materiales
El agua en el producto congelado es
Ac
= 225 x 0,2 = 45 kg
(30)
También se puede hallar quitándole al congelado los sólidos
Ac = 225 -180 = 45 kg
(30)
La pulpa liofilizada que tiene un 1% de humedad es
Pl = 180 /(1- 0,01 )
= 181,82 kg
(31)
El agua en la pulpa liofilizada es
Al = 181,82 - 180,00 = 1,82 kg
(32)
Agua sublimada
As = 225 - 181,82 = 43,18
(33)
h) El calor de sublimación
Q7 = 43,18 x 640 =
27535,2 Kcal
(34)
i) Finalmente se calcula el calor para llevar la pulpa liofilizada a la temperatura de
empaque
Q8
= 181,82 x 0,25 X ( 10 -(-50)) = 2727,27 kcal.
(35)
Debe tenerse presente que ni los calores suministrados y los calores retirados al
proceso se pueden sumar porque ellos se manejan en equipos diferentes y en
momentos igualmente diferentes
A continuación se presenta la respectiva hoja de cálculo.
EJEMPLO 66
LIOFILIZACION DE PULPA
PARAMETROS
Pulpa
Humedad inicial
Temperatura inicial
Humedad de secado
Temperatura de secado
Aire caliente
Aire húmedo
SIMB
UNID.
Hi
Ti
%, kg
0
C
%, kg
0
C
0
C
0
C
Ts
Tac
Tah
FUENTE
Dato
Dato, cálculo
Dato
Dato, cálculo
Dato
Dato
Dato
REF.
11
1
2
3
4
5
6
%
85%
20%
VALOR
1.200
1020
4
45
65
120,00
85
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CUSO: 3011103 – BALANCES DE MATERIA Y ENERGÌA
Temperatura de congelación
Temperatura de subenfriamiento
Humedad final
Temperatura de empaque
Calor esp. de la pulpa húmeda
Calor esp. de la pulpa deshidrat.
Calor esp. de la pulpa congelada
Calor esp. de la pulpa liofilizada
Calor esp. del vapor de agua
Calor latente de vaporización
Calor latente de cong. de la pulpa
Calor latente de sublim. del agua
0
Tc
Te
Hf
Tf
Ch
Cd
Cc
Cl
Ca
SECADO
Solidos
Producto de secado
Agua evaporada en el secado
Calor para calentar pulpa
Calor para evaporar agua
Calor para calentar agua evaporada
Calor empleado en el secado
ENFRIAMIENTO
Calor retirado en enfriamiento
CONGELACIÓN
Calor retirado en congelación
SUBENFRIAMIENTO
Calor retirado en el subenfriamiento
SUBLIMACION
Agua en producto congelado
Liofilizado
Agua sublimada
Calor de sublimación
CALENTAMIENTO A EMPAQUE
Calor suministrado
C
C
%, kg
0
C
0
kcal/kg C
0
kcal/kg C
0
kcal/kg C
0
0
kcal/kg C
kcal/kg
kcal/kg
kcal/kg
Dato
Dato
Dato, cálculo
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
7
8
9, 32
10
12
13
14
15
16
17
18
19
1%
15%
-2,
-50
1,82
10,00
0,95
0,60
0,6
0,25
0,45
539,55
84,0
640,00
S
Ps
E
Q1
Q2
Q3
Qs
kg
kg
kg
kcal
kcal
kcal
kcal
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
20
21
22
23
24
25
26
180,00
225,00
975
69.540,00
526.061
8.775
604.376
Q4
kcal
Cálculo
27
9.045
Q5
kcal
Cálculo
28
18.900,00
Q6
kcal
Cálculo
29
5.940,00
Ac
Pl
As
Q7
kg
kg
kg
kcal
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
30
31
33
34
45,00
181,82
43,18
27.636,36
Q8
kcal
Cálculo
35
2.727,27
Ejemplo 67
Una planta cervecera procesa 7000 kilos por hora de afrechos de malta
producidos, prensándolos inicialmente para bajar su humedad de un 85% a un
60%, y luego secarlos en un secador de tubos de vapor en donde se le reduce su
humedad hasta un 10%. Determinar:
a)
b)
c)
d)
- las cantidades de agua extraídas tanto en la prensa como en el secador ,
- la cantidad de calor requerida en el secador
- aire requerido para arrastrar el vapor producido en el secador y
- la cantidad de vapor necesaria,
Teniendo los siguientes parámetros de operación:
Temperatura de entrada del afrecho al secador
Temperatura de secado 92 0C,
60 0C.
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Calor específico promedio del afrecho 0,45 Kcal /kg 0C
Entalpia de vaporización 540 Kcal /kg
Solución.
FIGURA 51
Temperatura ambiente 15 0C
Humedad inicial del aire 0,008 kg de agua / kg de aire seco
Humedad fial del aire, 0,022 kg de agua / kg de aire seco
Vapor empleado, saturado a 135 0C
El diagrama permite visualizar el planteamiento del problema.
a).- Las cantidades de agua retirada en cada uno de los equipos se determinan
por los respectivos balances de materiales, cuyo esquema inicial es :
0,85------------------0,65
7000
0,65----------------------- 0,10
Prensa
Secador
La anterior presentación es únicamente para los cambios de humedad tanto en la
prensa como en el secador.
La solución es:
4000
Agua
5950
1833,33
1950
1950
116,67
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0,85
0,65
7000
Sólidos
0,65
0,10
3000
0,15
1050
0,35
1050
1166,67
0,35
1050
0,90
1050
Del balance se establece que se retiran 4000 kilos de agua en la prensa y 1833,33
en el secador. Es de anotar que en la prensa se disminuye en un 20% la
humedad en tanto que en el secador se disminuye en un 55%.
b- La cantidad de calor requerida se determina teniendo en cuenta que el afrecho
debe inicialmente calentarse de 60 a 920C y a esta temperatura evaporar los
1833,33 kilos de agua.
Para el calentamiento se emplea Q1 = A x Cp x T, luego
Q1 = 3000 X 0,45 X ( 92 –65 ) = 36.450 Kcal / hr
Para la evaporación Q2
=
Vx
Q2 = 1833 x 544,2 = 997.639 Kcal / hr
El calor total necesario es Q = 36.450 + 997.639 = 1.034.089 Kcal /hr
EJEMPLO 67
PROCESAMIENTO DE AFRECHO EN CERVECERIA
Planteamiento del problema
PRENSADO
Afrecho a procesar
Humedad inicial
Humedad prensado
SECADO
Humedad final
Solución
BALANCE DE MATERIALES
PRENSADO
Afrecho a procesar
Humedad inicial
Sólidos
Humedad prensado
Sólidos en prensado
Afrecho prensado
Agua retirada
SECADO
%
A
Hi
Hp
kg / hr
%
%
Dato
Dato
Dato
0,85
0,65
Hs
%
Dato
0,10
A
Hi
S
Hp
S
Ap
Pr
kg / hr
%,kg/hr
%,kg/hr
%,kg/hr
%,kg/hr
kg
kg
Dato
Dato, cálculo
Cálculo
Dato, cálculo.
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Dato, cálculo.
VALOR
7.000
0,85
0,15
0,65
0,35
7.000
5.950
1.050
1.950
1.050
3.000
4.000
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Afrecho a secar
Humedad inicial
Sólidos inicial
Humedad final
Sólidos final
Afrechos secos
Agua Evaporada
Humedad inicial del aire
Humedad fial del aire
Aire seco necesario
Aire tal cual necesario
Ap
Ha
Si
Hf
Sf
P
E
Hi
Hf
As
A
kg/hr
%,kg/hr
%,kg/hr
%,kg/hr
%,kg/hr
kg / hr
kg / hr
kg /kg aire seco
kg /kg aire seco
kg / hr
kg / hr
BALANCE DE CALOR
Calor especifico del afrecho
Temperatura inicial
Temperatura final
Calor para calentamiento
Entalpia de Vaporización
Calor para Vaporización
Calor total requerido
Temp. de vapor de proceso
Entalía de condensación
Vapor de proceso requerido
Cpa kcal / kg C
0
Ti
C
0
Tf
C
Qc kcal
kcal / kg
Qe kcal
Q
kcal
0
Tv
C
kcal / kg
V
kg / hr
0
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Dato, cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Dato
Dato
Cálculo
Cálculo
Dato
Dato
Dato
Cálculo
Tablas
Cálculo
Cálculo
Dato
Tablas
Cálculo
3.000
1.950
1.050
116,7
1.050,0
1166,7
1833,3
0,008
0,022
130.952
132.000
0,35
0,65
0,10
0,90
0,45
65
92
36450
544,2
997.639
1.034.089
135
515,7
2005,3
Ejemplo 68
Ante un daño del secador, Industrias ACME, ofrece un secador que tan solo
suministra 800.000 kcal /hr.
Con cuál contenido de humedad deben salir los afrechos de la prensa para
obtener los mismos resultados finales?
Solución
Con la cantidad de calor disponible en el nuevo secador, se debe establecer la
cantidad de agua puede evaporar y a la vez que cantidad de afrecho puede
calentar a las condiciones de secado.
Llamando:
Ap al afrecho que sale de la prensa
P al producto con sólidos del 90%
x al porcentaje de sólidos con que salen los afrechos de la prensa, y
E, cantidad de agua evaporada
Planteado matemáticamente se tiene
Calor para
Q = Ap x 0,45 x (92 -45) + E x 544,2
A la vez el evaporado es igual a los afrechos húmedos menos el producto
Ap - P
E=
El Afrecho que sale de la prensa es igual a los sólidos dividido por el porcentaje
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de sólidos es decir
1.050 / x
El producto de todas formas es de 1167, 7,
Reemplazando valores
800.000 = 1.050 x 0,45 x (92 - 45 ) + 544,2 x ( 1.050
resolviendo para X
/x
- 1167,7) ,
x = 0,4057.
Los afrechos deben salir de la prensa con una humedad del 40,57%
Una aplicación válida en ingeniería es el ensayo y error y esta es una aplicación
adicional de las hojas de cálculo, como se aprecia en la hoja 2 de la hoja de
cálculo del ejemplo 38.
En dicha hoja se han copiado en varias columnas los valores de la hoja1 y en
cada columna se cambian los valores de la humedad a la salida de la prensa
hasta logra obtener el valor de 800.000 en la fila de calor requerido.
Para manejar la Hoja véase las memorias de cálculo del módulo de ayuda
Ejemplo 69.
Para la crioconcentración de café, se dispone de una solución del 20%, que se ha
obtenido a 30°C.
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FIGURA 52
Crioconcentración de café.
La solución se enfría a –10°C , produciéndose la separación en fases sólidas y
solución concentrada.
Determinar la cantidad y composición de sólido y de solución concentrada y el
calor retirado para la crioconcentración de cochadas de 550 kilos de solución al
20%.
Solución
Se emplea la gráfica para la crioconcentración de café
De la gráfica de enfriamiento para soluciones de café se tienen los siguientes
datos
Entalpia de la solución al 20%
112 kJ /kg
Entalpia de la mezcla a –10°C
-225 kJ/kg
Concentración de la solución enfriada
50%
Solución
Los sólidos contenidos en la solución son 550 x 0,2 = 110 kg
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La solución concentrada será 110 /0,50 = 220 y el hielo formado 550 –220 = 330
kg.
El calor retirado será W x H
= 550 x ( -225 –112 ) = 185.350 kJ
Ejemplo 70.
Se desea criconcentrar una pulpa de guayaba con 25% de sólidos, hasta un 50%.
A cual temperatura de debe enfriar para lograr la separación de hielo y pulpa
concentrada, cuanta pulpa concentrada se obtiene por kilo de pulpa tal cual y
cuanto calor por kilo de pulpa se debe retirar?.
Solución.
Empleando la gráfica para crioconcentración de frutas, se determina cual debe ser
la isoterma que corta la línea de participación de 0% de hielo en la pulpa. ( la
escala para esta participación, ,se encuentra a mano izquierda en la gráfica ).
El corte en el punto C, para concentración de 50% y 0% de hielo en la pulpa
corresponde a una isoterma entre 10 y 15° C, interpolando se obtiene la isoterma
de –11,5°C.
El punto de corte de la concentración inicial de 25% con la temperatura de –
11,5°C, punto D, establece un participación de aproximados 70% de hielo.
Esto significa que del agua inicial un 70% aproximados se convierten en hielo.
Tomando que la pulpa se encuentra a temperatura ambiente , aproximados 15°C,
la entalpía es de 50 kJ/kg, en tanto que a –11,5°C es de –200 kJ/kg.
Por cada kilo de pulpa procesada se deben retirar 250 kilojulios
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Crioconcentración de frutas
FIGURA 53
5.2. BALANCES CON MERMAS Y PERDIDAS DE CALOR
En lo anteriormente estudiado se han presentado tanto balances de materia y de
energía en condiciones ideales o comúnmente llamadas teóricas. En la práctica
existen las mermas de proceso y las pérdidas de energía.
Las mermas de proceso están referidas a pérdidas naturales del proceso,
causadas por, las características de los productos como también por los equipos
empleados y su estado de funcionamiento.
Prácticamente en todos los envase de los materiales pulverulentos y líquidos
quedan residuos, imposibles de recuperar; durante la manipulación pueden
tenerse fugas hacía el ambiente, también durante el recibo, transporte y
almacenamiento; parte del material se adhiere a las superficies de los equipos
que lo procesan sin que al terminar el proceso se puedan recuperar.
En el caso de muchas verduras y frutas, que vienen con residuos de tierra, al
someterlos a lavado, se disminuye el peso del material ingresado contablemente a
inventarios.
En operaciones de envase en líquidos y en donde se emplea el volumen como
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medida de llenado, si este se hace en caliente , al enfriarse se tiene una
contracción de volumen y consecuencialmente se tiene una diferencia contable.
En almacenamientos prolongados pueden presentarse diferencias por disminución
en la humedad de los productos.
Estas diferencia que realmente no son pérdidas, se denominan mermas y deben
ser incluidas en los balances., no solamente para establecer claramente las
cantidades de insumos y productos procesados sino para el manejo de costos y
fijación del precio del producto.
El calor fluye siempre de los cuerpos calientes a los cuerpos fríos y en procesos
térmicos a los que se someten muchos alimentos, los equipos generalmente se
encuentran a temperaturas muy diferentes a las del ambiente y ocurre un flujo de
calor de acuerdo al principio enunciado.
Existen muchos materiales que se oponen al flujo de calor, pero ninguno lo
detiene totalmente, muchos de ellos, llamados aislantes, dejan pasar pequeñas
cantidades de calor al ambiente.
En ocasiones cuando no se ha hecho una adecuada selección del aislante y como
es común, en muchos equipos, no se tiene aislante, se tienen pérdidas de calor o
de frío que obviamente inciden en los procesos, en los servicios y en los costos de
producción.
Es importante conocer tanto las mermas como pérdidas de calor, no solamente
para cuantificarlas física y económicamente sino para establecer políticas de
manejo tanto en proceso, equipos y servicios para minimizarlas, reduciendo al final
su incidencia en costo del producto.
El control adecuado y permanente de los balances reales permite establecer la
cuantía de las mermas y pérdidas como porcentajes de las entradas o consumos
de cada etapa de proceso y del proceso en general.
Salvo que se especifique lo contrario siempre las mermas y pérdidas de calor
están referidas a las cantidades iniciales.
Ejemplo 71
En la industria cervecera las mermas promedio entre el mosto, (primer líquido
obtenido en el proceso), y la cerveza envasada son del 6,5%.
Establecer a) Cuánto mosto se debe elaborar para tener una producción mensual.
de 50.000.000 de botellas de cerveza de 333 mililitros. Y b) Cual debe ser el
volumen de una cochada de mosto, si en el mes se elaboran 132 cochadas?
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Producción de cerveza a nivel industrial
FIGURA 54
(Tomado de Cervecería Leona S.A , Tocancipa Colombia )
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Solución
a) El volumen de cerveza producida es de:
b) V = 50.00.000 x 0,333 = 16.500.000 litros
El volumen en metros cúbicos es de 16.500. m3
Con una merma del 6,5% , el mosto que se procesa y llega a ser cerveza es el
100% –6,5% = 93,5% del mosto a elaborar, de tal forma que el mosto a elaborar
es:
M = 16.500 / 0,935 = 17.807 m3
El volumen de cada cochada será
Vc = 17.807 / 132 = 134,91 m3
A continuación se presenta una hoja de calculo resumida..
Ejemplo 71
Producción mensual de cerveza
Volumen de una botella
Volumen de cerveza envasada
Volumen de cerveza envasada
Merma total
Mosto elaborado
Mosto elaborado
Merma total
Cochadas
Volumen por cochada
botellas
ml
litros
3
m
3
m
3
m
cada una
3
m
50.000.000
0,333
16.650.000
16.650
6,5%
93,5%
17.807
1.157
132
134,91
Ejemplo 72
Retomando el ejemplo 66, obtención de un liofilizado de pulpa de frutas,
desarrollarlo teniendo presente que se han establecido las siguientes mermas y
pérdidas de calor o frío:
En el secado
Enfriamiento
Congelación
Subenfriamiento
Liofilizado
Calentamiento
Empaque
Solución
% de merma
0,75
-------0,28
0,18
0,10
0,18
0,8%
% de pérdidas de calor
1,30
0,42
0,55
0,23
1,10
0,25
--------
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Como se ha comentado, la base de cálculo para la merma es lo que ingresa a la
etapa, luego para el secado que involucra en el mismo equipo el calentamiento la
merma será m = 0,75 x 1.200 / 100 = 9 kilos y la cantidad de producto sobre
el cual se hace el posterior balance es 1200 - 9 = 1191 kilos.
El balance para la congelación es de 1191 - 975
evaporado calculado es de 216.
= 216
kilos, ya que
el
Secuencialmente se van involucrando las mermas , rehaciendo los cálculos como
se aprecia en la respectiva hoja de cálculo.
Sobre las pérdidas de calor se tiene un manejo similar.
El calor requerido para el secado es sobre los 1200 kilos que realmente entraron,
no sobre los 1194 que han salido del secado y las pérdidas se valorizan sobre el
calor del secado 604.376 kcal.
Las pérdidas serán 0,013 x 604.376 = 7857 kcal y el calor necesario es 604.376
+ 7857 = 612.233
En la hoja de cálculo se aprecian los resultados obtenidos.
En cada etapa se establece tanto el porcentaje de merma como su valor
calculado.
Al final se tiene la merma total cuyo porcentaje, basado en lo que entró, es
diferente a la sumatoria de las mermas individuales, en razón de que cada etapa
tiene una base diferente de cálculo
EJEMPLO 72
LIOFILIZACION DE PULPA DE
FRUTAS
CON MERMAS Y PERDIDAS DE CALOR
PARAMETROS
SIMB
.
Pulpa
Humedad inicial
Hi
Temperatura inicial
Ti
Humedad de secado
Hs
Temperatura de secado
Ts
Aire caliente
Tac
Aire húmedo
Tah
Temperatura de congelación
Tc
Temperatura de subenfriamiento
Te
Humedad final
Hf
Temperatura de empaque
Tf
Calor esp. de la pulpa húmeda
Ch
Calor especifico de la pulpa
Cd
deshidratada
Calor esp. de la pulpa congelada
Cc
Calor esp. de la pulpa liofilizada
Cl
Calor especifico del vapor de agua Ca
Calor latente de vaporización
UNID.
FUENTE
REF.
%, kg
0
C
%, kg
0
C
0
C
0
C
0
C
0
C
%, kg
0
C
0
kcal/kg C
0
kcal/kg C
Dato
Dato, cálc..
Dato
Dato, cálc.
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato
Dato, cálc.
Dato
Dato
Dato
11
1
2
3
4
5
6
7
8
9, 32
10
12
13
0
kcal/kg C Dato
Dato
0
kcal/kg C Dato
kcal/kg
Dato
14
15
16
17
%
85%
20%
1%
VALOR
1.200
1020
4,00
45
65
120,00
85
-2,00
-50,00
1,74
10,00
0,95
0,60
0,6
0,25
0,45
539,55
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Calor latente de cong. de la pulpa
Calor latente de sublim. del agua
SECADO
Solidos
Producto teórico de secado
Agua evaporada en el secado
Merma de secado
Producto real seco
Calor para calentar pulpa
Calor para evaporar agua
Calor para calentar agua evaporada
Calor empleado en el secado
ENFRIAMIENTO
Producto a enfriar
Calor retirado en enfriamiento
Pérdidas de calor
Calor total requerido
CONGELACIÓN
Producto a congelar
Merma en congelación
Producto congelado
Calor retirado en congelación
kcal/kg
kcal/kg
Dato
Dato
18
19
S
Ps
E
Ms
Prs
Q1
Q2
Q3
Qs
kg
kg
kg
%, kg
kg
kcal
kcal
kcal
kcal
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
20
21
22
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
23
24
25
26
Q4
kcal
Q5
%, kg
kg
kcal
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
kcal
kcal
Cálculo
Cálculo
Calor pérdido
Calor total retirado
SUBENFRIAMIENTO
Producto a subenfriar
Merma en subenfriamiento
producto subenfriado
Calor retirado en el subenfriamiento Q6
Pérdidas de frio
calor total retirado
SUBLIMACION
Producto subenfriado a liofilizar
Solidos en producto subenfriado
Agua en producto subenfriado
Liofilizado
Agua en liofilizado
Agua sublimada
Merma en liofilización
Producto liofilizado
Calor de sublimación
Pérdidas de calor
Ac
Pl
As
Q7
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
kg
kcal
kcal
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
kg
kg
kg
kg
kg
kg
%, kg
kg
kcal
kcal
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
%, kg
27
84,0
640,00
15%
180,00
225,00
975,00
0,75%
9,00
216,00
69.540,00
526.061
8.775
604.376
216
8.683
0,42%
36,47
8.719,67
216,00
0,60
215,40
18.900,0
0
0,55%
103,95
19.003,9
5
0,28%
28
215,40
0,39
215,01
5.686,43
0,23%
13,08
5.699,51
0,18%
29
30
31
33
34
215,01
172,01
43,00
173,74
1,74
41,26
0,10%
0,22
173,53
26.409,0
1,10%
290,50
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CUSO: 3011103 – BALANCES DE MATERIA Y ENERGÌA
Calor total suministrado
CALENTAMIENTO A EMPAQUE
Producto a calentar
Merma
Producto a empacar
Calor suministrado
Pérdidas de calor
Calor total suministrado
EMPAQUE
Producto a Empacar
Merma de empaque
Producto empacado
BALANCE TOTAL
ENTRADAS
SALIDAS
Agua evaporada en el secado
Agua sublimada
Producto final empacado
Mermas
TOTAL SALIDAS
Q8
kcal
Cálculo
kg
%, kg
kg
kcal
kcal
kcal
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
kg
%, kg
kg
Cálculo
Cálculo
Cálculo
kg
Dato
kg
kg
kg
kg
kg
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
26.699,5
173,53
0,31
173,22
2.602,93
0,25%
6,51
2.609,43
0,18%
35
0,80%
173,22
1,39
171,83
1.200,00
975,00
41,26
171,83
0,99%
11,91
1.200,00
Ejemplo 73
Desarrollar el ejemplo 67 teniendo en cuenta mermas en la prensa y en el secado
de 0,8 y 1,2 % respectivamente y pérdidas de calor del 2,3 % en el secador.
Solución.
Los discernimientos son similares al ejemplo anterior, como se aprecia en la
siguiente hoja de cálculo.
EJEMPLO 72
PROCESAMIENTO DE AFRECHO EN CERVECERIA
INCLUYENDO MERMAS Y PERDIDAS DE CALOR
Planteamiento del problema
PARAMETROS
SIMB. UNID.
PRENSADO
Afrecho a procesar
A
kg / hr
Humedad inicial
Hi
%
Humedad prensado
Hp
%
SECADO
Humedad final
Hs
%
Solución
BALANCE DE MATERIALES
PRENSADO
Afrecho alimentado
Aa
kg / hr
Afrecho procesado en prensa A
FUENTE
REF.
VALORES
Dato
Dato
Dato
85%
65%
Dato
10%
Dato
Calculo
7000
7000
6944
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Humedad inicial
Sólidos
Humedad prensado
Afrecho prensado
Agua retirada en prensado
Merma
Afrecho a secado
Sólidos en prensado
Hi
S
Hp
Ap
H
m
%,kg/hr
%,kg/hr
%,kg/hr
kg
kg
%
S
%,kg/hr
SECADO
Afrecho alimentado al secador Ap
Humedad inicial
Sólidos inicial
Humedad final
Sólidos final
Afrechos secos teóricos
As
Agua Evaporada
Humedad inicial del aire
Humedad final del aire
Aire seco necesario
Aire tal cual necesario
Afrecho procesado en secador
Merma
Afrecho seco real
kg/hr
%,kg/hr
%,kg/hr
%,kg/hr
%,kg/hr
kg / hr
kg / hr
kg /kg aire seco
kg /kg aire seco
kg / hr
kg / hr
BALANCE TOTAL
ENTRADAS , Afrecho a procesar
SALIDAS
Producto
Agua de prensa
Agua Evaporada
Mermas
Total salidas
Dato, cálculo
Cálculo
Dato, cálculo
Cálculo
Cálculo
Dato
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Dato, cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Dato
Dato
Cálculo
Cálculo
85%
15%
65%
1%
35%
65%
35%
10%
90%
1%
5950
1050
1950
3000
4000
56
2944
1030,4
2944,0
1913,6
1030,4
114,5
1030,4
1144,9
1799,1
0,008
0,022
128508
129536
2908,7
35,3
1109,6
7000
1,30%
1109,6
4000,0
1799,1
91,3
7000,0
5.3. Balances por ensayo y error.
En algunas situaciones de balances, al plantear los razonamientos matemáticos o
analíticos, no se pueden resolver porque se presentan mas incógnitas que
ecuaciones,
Estos hechos llevan a asignar valores a alguna de las incógnitas, y resolviendo el
sistema de ecuaciones se establece si el valor asignado o supuesto es el correcto.
Generalmente no lo es y se presenta una diferencia por tanto se asume un
segundo valor
En procesos evaporativos, como en concentración de jarabes, en la industria de
obtención del azúcar o de sal se concentran soluciones, evaporando el agua en
equipos, denominados evaporadores.
En el evaporador el medio calefactor debe estar a una temperatura más alta que la
de la solución que se concentra.
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Dado que el agua evaporada en un evaporador lleva un alto contenido de calor, se
puede aprovechar este calor, empleándola como medio calefactor, para que en un
segundo aparato se pueda evaporar mas agua, pero con la solución a una
temperatura más baja y esto se logra siempre con vacío
Observando la figura, se representa una planta de evaporación con dos aparatos
que se denominan efectos.
En el efecto 1, se alimenta una solución A con concentración Xa y sale con una
concentración X1 mayor. Esta solución se alimenta al efecto 2 y se obtiene un
producto con una concentración mas alta aún, Xp.
Al efecto 1 se le suministra calor a través de lo que se llama camisa o chaqueta o
a través de serpentines por medio de un vapor de agua V, que se encuentra a una
temperatura Tv, mayor que la temperatura ebullición de la solución que esta en el
mismo efecto.
En el efecto 1 se produce un evaporado E 1, cuya temperatura es igual o
ligeramente menor que la de solución. Este evaporado se emplea como medio
calefactor en el efecto 2 y su temperatura debe ser mayor que la de ebullición de
la solución en este efecto.
FIGURA 55
Evaporador de doble efecto
Para el diseño de los equipos se pueden establecer las concentraciones Xa y X p
de la alimentación A y del producto final P, respectivamente y la temperaturas
del vapor Tv que sirve de medio calefactor en el efecto 1 y las temperaturas de
ebullición de las soluciones en los dos efectos.
Al elaborar los balances tanto de materiales como de energía, se tienen parciales
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para cada uno de los efectos y total para el proceso.
Sin tener en cuenta el Vapor, V, que se introduce en el primer efecto y que se
retira como condensado, C, en igual cantidad, se tiene
Balances para el primer efecto
Parcial sobre sólidos
A x Xa = P1 x X1
Parcial sobre agua
A x ( 1 - Xa ) = E1 + P1 x (1 - X1)
Total
A = E + P1
Balances para el segundo efecto
Parcial sobre sólidos
P1 x X1= P x Xp
Parcial sobre agua ( no se tiene en cuenta E que se emplea como elemento
calefactor).
P x ( 1 - Xp ) = E2 + P x (1- Xp)
Total
A = E2 + P
Balance para el proceso
Parcial sobre sólidos
A x Xa = P x Xp
Parcial sobre agua
A x ( 1-Xa ) = E1 + E2 +P x (1- Xp)
Total
A = E1 + E2 + P
Analizando las ecuaciones , las del balance total resultan de las sumas de los
balances parciales y de las ecuaciones de los balances parciales, las del agua son
derivadas de las de los sólidos.
Con las anteriores consideraciones quedan únicamente tres ecuaciones y cuatro
incógnitas, E1, E2, P1 y X1
Al plantear los balances de energía se presenta una situación similar, ya que este
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depende enteramente del balance de materiales..
El ensayo consiste en dar, en el balance de materiales, un valor racional a una de
las variables, resolver las respectivas ecuaciones y aplicar los resultados a los
balances de energía.
Ejemplo 74
En un evaporador de doble efecto se concentran 1000 kilos de una solución al
20% de sólidos hasta un 80%, empleando vapor a 30 psig. se dispone de lo
siguientes parámetros de cálculo:
Temperatura de ebullición en el 1er. efecto
170 oF
Coeficiente total de transf. de calor 1er efecto
400
Temperatura de ebullición en el 2º. efecto
136 oF
Coeficiente total de transf. de calor 2º. efecto
300 BTU / hr ft2 oF
Entalpia de la solución
sólidos ) BTU /lb
100 - 15 x C ( siendo C la concentración de
Entalpia de vapor a 30 psig
1171 BTU/lb
Entalpía de Condensado a 30 psig
241 BTU / lb
No se tiene elevación del punto de ebullición.
Establecer los requerimientos de vapor de servicio.
Solución
Este problema involucra simultáneamente los balances de calor y de energía
.tanto para cada efecto como para el evaporador.
Los balances de materiales y de energía de acuerdo al diagrama
1er. Efecto
Sólidos
A x Xa = 1000 x 0,2 = P1 x C1
Agua
A x ( 1 –Xa) = 1000 x 0,8 = P1 x ( 1 - C1) + E1
Total
1000 = P1 + E1
2º. Efecto
Sólidos
P1 x C1 = P2 x C2 =
P2 x 0,8 = 200 =====
Agua
P1 x ( 1 - C1) = P2 x ( 1 - C2) + E2 =====
Total
P1 = P2 + E2 = 250 + E2
GLOBAL
Sólidos
1000 X 0,2 = 250 x 0,8 = 200
P2 = 250
250 x 0,2 + E2
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Agua
1000 X 0,8 = 250 X 0,2 + E1 + E2 ======= E1 + E2 = 750
Total
1000 = 250 + E1 + E2 ======= E1 + E2 = 750
De estos balances quedan como incógnitas la cantidad de producto que sale del
primer efecto y su concentración, así como los evaporados de cada efecto.
No se ha incluido en el balance de materiales el vapor para el primer efecto, ni el
evaporado que sale del primer efecto y entra al segundo efecto, porque son
corrientes independientes, ya que van por el sistema de calefacción y la cantidad
que entra es exactamente igual a la que sale.
Para establecer los balances de calor tenemos :
Entalpia alimentación
Ha
100 -15 x 0,2 = 97 BTU /lb
Entalpía del producto
Hp
100 - 15 x 0,8 = 88 BTU /lb
Entalpia de evaporado 1er efecto HE1 = 1134 BTU /lb
Entalpía de condensado 1er efecto HC1 = 137,9 BTU /lb
Entalpia de evaporado 2º. efecto HE2 = 1119,9 BTU /lb
Entalpía de condensado 2º. Efecto HC2 = 137,9 BTU /lb.
Para el 1er efecto:
A x Ha + V Hv = E1 x HE1 + V x Hc + P1 x H p1
para el 2º. efecto
E1 x HE1 + 1 x H p1 = E1 x HC1 + E2 x HE2 + P x Hp
El balance total es la suma de los dos balances parciales.
Se incrementan a cinco las variables desconocidas con el vapor requerido y la
entalpía del producto del primer efecto, que a la vez es función de la concentración
de la solución.
Realizado un análisis de las ecuaciones presentadas se llega a establecer que la
solución al problema se obtiene por ensayo y error, que es la situación normal que
se plantea en los cálculos de evaporadores de dos o más efectos.
El primer ensayo se plantea tomando igual cantidad de evaporado en cada uno de
los efectos, para el presente caso se toman como E1 = E2 = 750 / 2 = 375 lbs /
hr .
Aplicando estos valores a las ecuaciones del balance de materiales se tiene:
1er. Efecto
Sólidos
1000 x 0,2 = P1 x C1
Agua
1000 x 0,8 = P1 x ( 1 - C1) + 375
Total
1000 = P1 + 375 ==== P1 = 625 === C1 = 0,32
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2º. Efecto
Sólidos
P1 x C1 = P2 x C2 =
P2 x 0,8 = 200 =====
P2 = 250
Comprobando P2 = 250 = 625 – 375
Agua
P1 x ( 1 - C1) = P2 x ( 1 - C2) + E2
625 x ( 1 - 0,32) = 250 x ( 1 –0,8) +375
625 x 0,68 =
Total
250 x 0,2 + 375 = 425
P1 = P2 + E2 = 625 = 250 + 375
Resumiendo:
Efecto 1
Alimentación A = 1000 lbs/hr
Concentración inicial Xa = 0,2
Producto P1 = 625 lb /hr
Concentración C1 = 0,32
Agua Evaporada E1 = 375 lbs / hr .
Efecto 2
Alimentación A = 1000 lbs/hr
Concentración inicial Xa = 0,32
Producto P2 = 625 lb /hr
Concentración C2 = 0,80
Agua Evaporada E2 = 375 lbs / hr .
Para los balances de calor se tiene que la entalpía de producto del efecto 1 es
100 – 15 x 0.32 = 95,2 BTU/lb
Con los datos obtenidos los balances de calor se presentan así
1000 x 97 + V x 1171 = 375 x 1134 + V x 241 + 625 x 95,2
=== V = 416,935 lb/hr
Para el 2º. efecto
375 x 1134 +625 x 95,2 = 375 x 137,9 + 375 x 1119,9 + 250 x 88
Aplicados los valores a los balances de materiales y de energía, el ensayo se
establece sobre el balance de calor del 2º. efecto que debe arrojar una sumatoria
igual a 0.
485.562,5 ≠ 493.675,0
Para el primer ensayo sobre el balance del segundo efecto :
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se tiene una diferencia de 8921,3 BTU /hr y se obtienen los resultados como se
aprecia en la hoja de cálculo.
DIMENSIONAMIENTO DE UN EVAPORADOR DE DOS EFECTOS
DATOS DEL PROBLEMA
Parámetros
Simb.
Unidades
Fuente
Alimentación en Paralelo
Selección
Numero de Efectos
Selección
Alimentación
F
Lb/hr
Dato
Concentración
Cf
Fracción
Dato
Entalpía
Ha
BTU/lb.
Cálculo
Concentración Producto
Cp
Fracción
Dato
Entalpia producto
Hp
BTU/lb.
Cálculo
0
Temperatura ebullición 1er efecto
T1
F
Dato
0
Temperatura ebullición 2o. efecto
T2
F
Dato
Coeficiente 1er efecto
U1
Btu/ hr ft °F
Supuesto
Coeficiente 2o.. Efecto
U2
Btu/ hr ft °F
Supuesto
Vapor de Calefacción, presión
V
psi
Dato
BALANCE TOTAL DE MATERIALES
Sólidos en Alimentación
Agua en alimentación
Producto
Agua en producto
Agua Evaporada
Evaporado 1er efecto
Evaporado 2o. Efecto
Alimentación 2o. Efecto
Concentración al 2o. Efecto
BALANCE DE CALOR
Entalpia de vapor a 30 psi
Entalpia condensado
Entalpia vapor a 170
Entalpia condensado a 170
Entalpia vapor a 136
Entalpia de condensado a 136
Entalpia solución a 2o efecto
Calor suministrado 1er efecto
Vapor requerido
Balance sobre 2o. efecto
Sa
Aa
P2
Ap
E
E1
E2
P1
C1
Hv
Hc
He1
Hc1
He2
Hc2
Hp1
Q1
V
Lb/hr
Lb/hr
Lb/hr
Lb/hr
Lb/hr
Lb/hr
Lb/hr
Lb/hr
Fracción
BTU/lb
BTU/lb
BTU/lb
BTU/lb
BTU/lb
BTU/lb
BTU/lb
BTU
lb/hr
BTU/hr
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Tablas
Tablas
Tablas
Tablas
Tablas
Tablas
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Ref.
Ensayo 1
Valor
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2
1000
0,2
97
0,8
88
170
135
400
300
30
13
14
15
16
17
18
19
20
21
200
800
250
50
750
375
375
625
0,32
22
1171
22
241
22
1134
22
137,89
22
1119,9
22
103,88
23
95,20
24 387750,000
416,9
8921,3
En un segundo ensayo se supone un valor de 370 lb / hr para el evaporado del
primer efecto, encontrándose una diferencia de 19001,3 BTU/ hr.
Este incremento significa que el supuesto se hizo en el sentido incorrecto, se debe
tener por lo tanto un valor mayor al del primer ensayo, tomando un valor de 380
lb/hr , la diferencia se torna negativa a un valor de -1158,8 BTU /hr.
En la hoja de cálculo es muy sencillo ajustar el valor supuesto y se llega a
379,425 lb /hr , para tener una diferencia de 0,4, como se aprecia en la siguiente
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hoja
BALANCE DE MATERIALES
Parámetros
Simb Unid.
Fuente
Solidos en Alimentación
Agua en alimentación
Producto
Agua en producto
Agua Evaporada
Evaporado 1er efecto
Evaporado 2o. Efecto
Alimentación 2o. Efecto
Concentración al 2o. Efecto
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
BALANCE DE CALOR
Parámetros
Entalpia de vapor a 30 psi
Entalpia condensado
Entalpia vapor a 170
Entaqlpia condensado a
170
Entalpia vapor a 136
Entalpia de conden. a 136
Entalpia soluc. a 2o efecto
Calor suminis. 1er efecto
Vapor requerido
Balance sobre 2o. efecto
Sa
Aa
P2
Ap
E
E1
E2
P1
C1
Lb/hr
Lb/hr
Lb/hr
Lb/hr
Lb/hr
Lb/hr
Lb/hr
Lb/hr
Fracc.
Simb
.
Hv
Hc
He1
Hc1
Unidades Fuente
BTU/lb
BTU/lb
BTU/lb
BTU/lb
Tablas
Tablas
Tablas
Tablas
He2
Hc2
Hp1
Q1
V
BTU/lb
BTU/lb
BTU/lb
BTU
lb/hr
BTU/hr
Tablas
Tablas
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Cálculo
Ref
.
13
14
15
16
17
18
19
20
21
Ensayo 1
Valor
Ref
.
22
22
22
22
22
22
23
24
200
800
250
50
750
375
375
625
0,32
Ensayo 2 Ensayo 3 Ensayo 4
200
800
250
50
750
370
380
630
0,32
200
800
250
50
750
380
370
620
0,32
200
800
250
50
750
379,425
370,575
620,575
0,32
Ensayo 1 Ensayo 2 Ensayo 3 Ensayo 4
Valor
1171
241
1134
137,89
1171
241
1134
137,89
1171
241
1134
137,89
1171
241
1134
137,89
1119,9
103,88
95,20
387750
416,9
8921,3
1119,9
103,88
95,24
382580
411,4
19001,3
1119,9
103,88
95,16
392920
422,5
-1158,8
1119,9
103,88
95,17
392325
421,9
0,4
Este valor es supremamente pequeño, respecto al calor manejado en el segundo
efecto, por lo tanto puede considerarse que el valor supuesto es el correcto.
Se tienen en la industria otros procedimientos de operaciones y procesos en los
cuales se aplica el ensayo y error.
En el diseño de secadores que trabajan con aire, se puede establecer las
condiciones del aire a la entrada pero se desconocen las condiciones del aire
cuando va a salir del secador.
Un secador estacionario tiene la forma y disposición de un horno como de
panadería con varios entrepaños en los cuales se colocan bandejas con pequeñas
perforaciones y a través de las cuales fluye aire que previamente ha sido
calentado en un equipo de transferencia de calor externo o en el mismo secador
El cálculo de un secador estacionario pretende establecer temperaturas de
operación, el volumen de aire requerido así como el calor necesario, en un manejo
propio de balances de materiales y de energía, específicamente de calor.
Los datos necesarios para el cálculo son:
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- Cantidad de material a secar
- Humedad inicial.
- Humedad final
- Calor especifico promedio del producto.
Como ayudas se requieren;
- La carta psicrométrica para la presión o altura del lugar en donde se va a colocar
el secador; de no disponerse, se deben hacer correcciones en los datos de
humedades absolutas del aire mediante la relación de presión atmosférica del
lugar y la presión de la carta psicrométrica estándar empleada.
- Tablas de vapor para determinación de entalpías de evaporación del agua.
La humedad final se establece de acuerdo al producto a obtener, para granos y
cereales lo conveniente es secar hasta la humedad de equilibrio; para otros
productos, valores entre 4 y 8% dan razonables márgenes de seguridad para su
conservación.
Una vez se ha realizado el balance de materiales se entra a calcular el aire y calor
requerido, mediante el balance de calor.
La humedad de equilibrio para los alimentos es la humedad que alcanza un
producto almacenado durante mucho tiempo al ambiente.
El balance de calor se fundamenta en las temperaturas de entrada y salida del aire
en el secador, y en la temperatura del sólido durante el secado y que corresponde
a la llamada temperatura de bulbo húmedo de secado.
En la figura 55 se representa el comportamiento de las temperaturas, tanto del aire
como del producto en el secador, en función del tiempo de secado.
El aire, para el ejemplo se calienta de la temperatura ambiente T 0 en un equipo
anterior al secador y entra a la temperatura T1 al secador.
En el secador el aire entrega calor al material que se encuentra a la temperatura
T3 para calentarlo a la temperatura de secado T 4, evaporar el agua y calentar el
vapor de agua a la temperatura de salida del aire T 2
Se establecen la temperatura y humedad inicial del aire, a las condiciones
ambientales y de acuerdo a los datos promedio meteorológicos del lugar ; estos
datos corresponden a la temperatura de bulbo seco y humedad relativa, y
permiten ubicar las condiciones del aire en la carta psicrométrica; luego se
selecciona la temperatura a la cual se ha de calentar el aire, antes de entrar en
contacto con el producto, es decir antes de iniciarse la operación de secado.
Este parámetro, que es temperatura de entrada del aire al secador es conocido
como temperatura de operación y normalmente es función del producto a secar.
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FIGURA 56
Diagrama del secador
Para alimentos se han de escoger temperaturas relativamente bajas para no
afectar las propiedades organolépticas.
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Secador de Bandejas
FIGURA 57
La trayectoria inicial, de calentamiento del aire y que se puede hacer fuera del
secador, es a humedad constante y se representa en la carta psicrométrica,
partiendo de la temperatura ambiente (punto 1) hasta la temperatura de
calentamiento o de operación (punto 2) ; una vez el aire entra en contacto con el
producto, ocurre en la superficie del mismo una elevación de la temperatura hasta
la de bulbo húmedo, temperatura a la cual ocurre la evaporación del agua ( punto
3) .
Esta temperatura se desconoce y hay que determinarla por ensayo y error. En la
carta psicrométrica la trayectoria, del aire en la operación propiamente de secado,
es adiabática y la trayectoria a seguir es en un recta que bien puede ser una
adiabata o se interpola paralelamente entre las adiabatas registradas en la carta.
Para corroborar el ensayo, en la determinación de la temperatura de bulbo
húmedo de secado, se aplica la ecuación de Sherwood y Pitford para el aire:
0,26
Ha - Hb = --------- (Ta - Tb)
donde Ha, es la humedad absoluta a temperatura de bulbo húmedo
Hb, es la humedad absoluta a temperatura de operación
Ta, temperatura de operación del aire.
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Tb, temperatura de bulbo húmedo en las operación de secado (supuesto)
, Entalpía de evaporación a Tb, (encontrada en tablas de vapor)
Ejemplo 75
Dimensionar un secador estacionario para llevar 900 kilos (1) de cebolla cabezona
de una humedad inicial de 89,2 % (2) a una humedad final de 5,3%. (4).
La cebolla se encuentra finamente dividida y en base a los ensayos preliminares,
se tiene los siguientes parámetros:
Densidad
Calor especifico, promedio sobre la base de humedad 89,2% = 0,9
Temperatura del aire ambiente
15 0C ó 59 0F
Humedad relativa
60%
Temperatura de calentamiento del aire
80 0C ó 176 0F
(5)
(6)
(7)
(8)
Previamente se han realizado pruebas de campo a nivel de Planta Piloto, que han
permitido obtener datos suficientes para trazar la curva de secado y llegar a la
humedad final de 5,3%
Nota: Los números en paréntesis se refieren a los datos, parámetros y resultados
de cálculos presentados en la respectiva Hoja de Cálculo
Balance de materiales
Se realiza un balance de materiales para establecer tanto la cantidad de agua a
evaporar, como la cantidad de producto a obtener. Para simplificar los cálculos se
omiten las unidades que son kilogramos.
En forma sencilla el balance se realiza así:
Inicialmente se establecen las fracciones de sólidos (0,892 y de agua (1,0 – 0,892
= 0,108) y se escriben, tomando en primer orden el producto a secar en la forma
siguiente
0,892
900
0,108
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FIGURA 58
Diagrama de temperaturas
A continuación se multiplica el valor del alimento por cada una de las fracciones y
el respectivo resultado se escribe bien, encima de la línea de trazos, 900 x 0,892
= 802,80 (2) equivalente al agua contenida en el producto o igualmente debajo,
900 x 0,102 = 97,20 (3), equivalente a los sólidos y que han de salir en el
producto, representándose al final de del proceso, como se indica a enseguida
Alimentación
Agua
802,80
-----------0,892
fracción
Material
fracción
sólidos
Producto
900
0,108
---------97,20
97,20
Los sólidos en el producto representan el 100% - 5,3 % = 94,7% ó como fracción
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0,947, valor que se coloca encima del 97,20, se efectúa la división de este valor
por la fracción para obtener el valor del producto final 97,20 / 0,947 = 102,64
Alimentación
Agua
802,80
-----------0,892
fracción
Material
fracción
Producto
900
102,64
0,108
--------97,20
Sólidos
0,947
-------97,20
El agua evaporada será el 5,3% ó 0,053 del producto, es decir 0,053 x 102,64
= 5,44, que a la vez será la diferencia entre la alimentación y el producto 900 102,64 = 797,36.
(9)
Para comprobar, el agua que sale con el producto es 800 – 797,36 = 5,44
La representación gráfica del balance queda:
Agua Evaporada
Agua
fracción
Producto
fracción
Sólidos
797,36
802,80
-----------0,892
5,44
-----0,053
900
102,64
0,108
---------97,20
0,947
-------97,20
En la hoja de cálculo se plantean las ecuaciones correspondientes, para obtener
los valores finales del balance.
Determinación de la temperatura de bulbo húmedo de secado.
En el siguiente diagrama se establecen las temperaturas de proceso en diferentes
puntos del secador.
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FIGURA 59
Temperaturas de proceso
Para el aire ambiente, con humedad del 60% y temperatura de 15 oC , de la carta
psicrométrica se tiene una humedad absoluta de 0,008 kg de agua / kg de aire
seco.
(10)
En estas condiciones el aire tiene un calor específico de
Cpa = 0,24 + 0,45H
= 0,24 + 0,45 x 0,008 = 0,2436 kcal/kg o C
(11)
Debe recordarse que los valores tanto de la humedad absoluta, como de calor
específica son iguales con unidades en sistema inglés.
El usar tablas, carta psicrómetrica y ecuaciones dimensionalmente en unidades de
sistema inglés, nos lleva a continuar los cálculos en este sistema, con las
equivalencias correspondientes al sistema MKS.
Para el problema, al tomar Temperatura de bulbo húmedo como supuesto 110°F
ó 41°C., se encuentra que Hb = 0,030 y
= 1030,9 BTU/lb , aplicando la
ecuación se tiene:
0,26
0,030 - 0,008 = ---------- ( 176 - 110)
1030,9
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0,022
≠
0,01664, con diferencia del 26,49%
FIGURA 60
después de varios ensayos ,tomando 32
(13) y = 1042,90, (15) , se tiene
0
C ó 89,6 0F
(12)
; Hb = 0,0295
0,26
0,0295 - 0,0080 = ---------- ( 176 - 89,6)
1042,9
0,02150 = 0,02154
(16)
con un porcentaje de error de (0,004 / 0,0215) * 100 = 0,186%
(17)
(Nota , este valor no coincide con el de la hoja de cálculo ya que en esta última el
programa trabaja secuencialmente con todos los decimales; de todas formas el
error obtenido es muy bajo )
Balance de calor.
Para formular el balance de calor se hace necesario conocer la temperatura de
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salida del aire, que es ligeramente superior a la de bulbo húmedo, pero
desconocida.
Determinación de temperatura de salida del aire
FIGURA 61
También se procede con ensayo y error pero basados en los balances de
materiales y de energía,
El aire al salir del secador ha absorbido una cantidad de agua que es exactamente
igual a la que se evaporó del producto.
Del balance de materiales este valor es de 1754,19 libras.
Después de varios ensayos al suponer una temperatura de salida del aire de 43
0
C ó 109 0 F, (18), se tiene una diferencia de temperatura entre la entrada y
salida de 37 0C ó 66,6 0 F, igualmente el aire tiene una humedad, Hs, de 0,0230
libras por libra de aire seco (19) ; ésta humedad se obtiene, en la carta
psicrométrica, de la trayectoria adiabática.
En el secador. La cantidad de agua absorbida por cada libra de aire seco es de Hs
- Ha, es decir
0,023 - 0,008 = 0,015 libras.
(21)
El aire seco necesario para secar el material es 1.754,19 / 0,0150 = 116.946
libras (23)
(Nota , este valor no coincide con el de la hoja de cálculo ya que en esta última el
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programa trabaja con todos los decimales )
El aire seco al entrar al secador lleva 116.946 x 0,008 = 935,57 (24) libras de
agua representando un entrada de aire tal cual de 116.946 + 935,57 = 117.882
libras. (25)
Con el agua que absorbe el aire 1.754,19 libras, saldrán 1754,19 + 935,57 =
2.689,76 libras. (26)
El aire a la salida debe llevar 116.946 x 0,023 = 2896,76 libras de agua,
corroborándose que el supuesto es correcto.
Nuevamente el valor supuesto de 109
calor así:
0
F, se corrobora mediante el balance de
El aire en el secador se enfría de 180 0 F hasta 109 0 F, cediendo calor que se
emplea para a) calentar el producto de la temperatura de entrada, ( que debe ser
la misma del aire ambiente 59 0F) a la temperatura de bulbo húmedo (93 0 F), b)
evaporar el agua y c) calentar el vapor de la temperatura de evaporación, que es
la temperatura de bulbo húmedo a la temperatura de salida del aire (109 0 F) y d)
asumir unas pérdidas que pueden tomarse del 3%
El calor cedido por el aire es
Q = Atc x Cp x, Ta siendo
Atc, el aire tal cual a la entrada al secador
Cp calor específico promedio
Ta, diferencia de temperatura del aire en el secador
Cp promedio se toma aplicando Cp = 0,24 + 0,45 H, para las temperaturas de
entrada y salida del secador . ( 0,2436 + 0,2504) / 2 = 0,247
Aplicando los valores se tiene
Q = 117882 x 0,247 x ( 176 - 109 ) = 1.938.962 BTU (27)
El calor requerido para calentar la cebolla
Qa = 1980 x 0,9 x (89,6 - 59,0 ) = 54529
(28)
Calor para evaporar el agua
Qev = 1754,19 x 1042,9 = 1.829.445 BTU
(29)
Calor para calentar el vapor
Q
= 1754,19 x 0,45 ( 109,4- 89,6 ) = 15630 BTU (30)
Calor requerido para proceso
Q = 54.529 + 1.829.445 + 15.630 = 1.899.604 BTU
(31)
Tomando 2% como perdidas
Qp = 1.899.604 x 0,02 = 379992 BTU
= 1.899.604+ 37.992 = 1.937.596 BTU
Y el calor total requerido
(32)
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Q = 1.938.962 BTU
(33)
La diferencia entre el calor cedido y el recibido es 1938.962 - 1.937.596 = 1386
(34)
El error presentado es 1386/ 1.938.962 ) x 100 = 0,07% (35) admisible en
condiciones de diseño.
EJEMPLO 75
SECADOR ESTACIONARIO PARA CEBOLLA
PARAMETRO
Simb. Unid.
BALANCE DE MATERIALES
Producto
F
Kgs, lb
Humedad
Hi
%
Sólidos
S
%, Kgs, lb
Humedad final
Hf
%, Kgs, lb
Agua Evaporada
We
Kgs, lb
Producto final
P
Kgs, lb
o
Calor especifico cebolla Cc
Kcal / kg C, BTU /
o
lb F
TEMPERATURA DE BULBO HUMEDO
o
o
Aire Ambiente,
T0
C, F
Humedad Rel. y absoluta Hr, Ha % y kg/kg as
Calor Especifico aire
Ca
entrante
o
o
Temp. calentamiento
T1
C, F
Temp. bulbo húmedo
Humedad a Temp. bh
Diferencia de humedad
Entalpia de vaporización
Diferencia de humedad
ERROR
BALANCE DE CALOR
Temperatura salida,
Diferencia de Temp.
Humedad a la salida
Diferencia de humedad
Calor especifico
Tbh
Hb
Aire seco necesario
Agua en el aire inicial
Aire tal cual
Agua en el aire a la salida
Calor entregado por aire
Entalpia vaporización
Calor Requerido para
evaporar
Calor p. calentar cebolla
Calor para calentar vapor
Calor total requerido
Perdidas de calor
As
Wi
At
Wf
Qa
o
o
C, F
kg/kg as, lb / lb as
Kcal / kg
kg/kg as, lb / lb as
T4
T1 - T4
Hs
Hs - H
C4
Qe
Qc
Qv
Qt
Qp
o
o
FUENTE
REF
Dato
Dato
Calculo
Calculo
Calculo
Calculo
Dato
Problema
1
2
3
4
9
Dato
Dato
Calculo
Dato
Problema
Supuesto
Gráfica
Calculo
Tablas
Comprobación
C, F
o
C, F
kg/kg as, lb / lb as
kg/kg as, lb / lb as
o
Kcal / kg C, BTU /
o
lb F
kg, lb
kg, lb
kg, lb
kg, lb
kcal, BTU
kcal, BTU
kcal, BTU
Supuesto
Calculo
Gráfica
Calculo
Calculo
kcal, BTU
kcal, BTU
Calculo
Calculo
kcal, BTU
Asumido 2%
o
Calculo
Calculo
Calculo
Calculo
Calculo
Tablas
Calculo
%
MKS
ES
900,00
802,80
97,20
5,44
797,36
102,64
0,9
1980,00
1766,16
213,84
11,97
1754,19
225,81
0,9
15
0,0080
0,2436
59,00
0,0080
0,2436
8
80
176
12
13
14
15
16
17
32
0,0295
0,02150
579
0,02154
0,185%
89,6
0,0295
0,0215
1042,90
0,02154
0,185%
43,0
37,0
0,0230
0,0150
0,2504
109
66,6
0,0230
0,0150
0,2504
89,20
10,80
5,30
5
6
7, 10 60,00
11
29
53.157 116.946
425,26
935,57
53.582 117.881
1.222,62 2.689,76
489.642 1.938.982
579,39 1.042,90
461.981 1.829.447
28
30
31
32
13.770 54.529,20
3.946,93
15.630
479.698 1.899.606
2% 9.593,97
37.992
27
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Calor Tot cedido por aire Qt
kcal, BTU
Diferencia de Calor
Qa-Qt kcal, BTU
ERROR
Calculo
Cálculo
489.292 1.937.598
349,32 1.383,31
0,07%
0,07%
5.4 Desarrollo de Balance por el método gráfico.
En múltiples aplicaciones de ingeniería se emplean gráficas que correlacionan
variables.
Siendo relevantes las gráficas de concentraciones de dos o tres componentes en
soluciones, para diferentes fases.
Fase es un sistema termodinámico con propiedades homogéneas.
El agua líquida contenida en un recipiente es una fase, en tanto que dos
sustancias inmiscibles (agua y aceite) en un recipiente, constituyen dos fases.
El adicionar a estos dos compuestos un emulsificante, tercera sustancia, que lleva
a una homogenización completa de los tres, permite la obtención de una fase.
Para que esta homogenización ocurra, los tres componentes deben estar en
equilibrio.
El agua líquida y el hielo a temperatura de 0°y presión atmosférica son dos fases
que estan en equilibrio.
Para el agua en el llamado punto triple, temperatura 0,0099 °C y 4,579 mm de
presión, en ausencia de aire, coexisten tres fases, sólido, líquido y gas.
En muchas circunstancias un estado de la materia puede ser una fase, pero en
muchos casos, en los estado de la materia sólido y gas pueden existir dos o tres
fases .
5.4.1. Balances para dos componentes.
Una situación que se presenta muy a menudo es la separación de fases, sólida y
líquida, cuando se enfrían soluciones por debajo de la temperatura de fusión del
solvente.
Al colocar una gaseosa o cerveza en un congelador, una vez baja la temperatura
de 0°C, se pueden formar dos fases, una de hielo y otra, de solución concentrada,
esta ultima con una concentración que depende de la concentración inicial.
Usualmente se gráfica la relación de la temperatura de la solución respecto a la
concentración en una curva denominada de equilibrio, figura 61.
En la figura 61 para el sistema agua – n-utanol , a temperaturas por encima de la
126º ( punto B) se tiene una solución homogénea a cualquier concentración.
La temperatura de 126ºC se denomina temperatura crítica de la solución.
Para temperaturas por debajo de los 126ºC. solamente se tiene solución a
concentraciones que están por fuera de la campana que forma la curva de
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equilibrio.
Teniendo un solución del 35% de n-butanol a una temperatura de 140ºC , al bajar
la temperatura hasta 100ºC , (punto h) la solución se separa en dos fases, una
solución acuosa, con una concentración del 10% de n-butanol por el punto e, y
una solución concentrada, 68% representada por el punto f
La recta que une los puntos e y f se denomina Línea de reparto y su estudio
detallado es propio de la Fisicoquímica.
Normalmente las líneas de reparto se obtienen por ensayos de laboratorio..
FIGURA 62
Curva de equilibrio para dos componentes
La representación gráfica del comportamiento de un proceso (en este caso
enfriamiento) permite realizar balances de materiales por el método llamado
Balance Gráfico, basado en lo que se denomina Regla Inversa de la Palanca.
Esta regla establece que la longitud de la línea que une los puntos e y f, es
proporcional al peso total de la solución y los segmentos h-e y h-f son
proporcionales a la solución concentrada (68%) y solución diluida (10%),
respectivamente.
Entre las aplicaciones mas importantes de manejo gráfico se tienen los balances
de materiales tanto de separación como de mezcla.
Ejemplo 76
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Se tienen 40 kilos de solución al 70% de n-butanol a 120ºC. La solución se enfría
a 30ºC, determinar la composición y peso de las soluciones obtenidas.
FIGURA 63
Ejemplo 76
Solución.
El punto M representa la solución al 70% y 120ºC, al enfriar la solución a 30ºC se
llega al punto N, formándose dos fases O y P con concentraciones de 8% y 79%
respectivamente.
Midiendo la recta O-P que representa los 20 kilos de solución se encuentra una
distancia de 14,5 cms, en tanto que O-N, mide 12,6 y N-P 1,9 cms.
Aplicando la regla de la palanca se encuentra que para la solución diluida el
segmento representativo es de 1,9 cms y la cantidad será
1,9 x 20
O = ---------------------- = 2,62
14,5
Y para P, representado por el segmento de 12,6 cms.
12,6 x 20
P = ----------------------- = 17,38
14,5
Estos resultados presentan desviaciones, dependiendo del tamaño de la grafica
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en donde se hacen las lecturas y de la habilidad del lector, pero da resultados
confiables.
Ejemplo 77.
Una solución de n-butanol al 5% y 20ºC, se mezcla con una solución del 90% a
60ºC, en proporción de 1 a 3. ¿ Cual es la composición y temperatura de la
mezcla resultante?.
Solución.
Llamando A a la solución que tiene un 5% de n-butanol y B a la solución que tiene
90%, se ubican las soluciones en el gráfico, puntos A y B, estos puntos se unen
mediante una recta cuya longitud equivale a 4 partes.
Para ubicar el punto de mezcla, se aplica la regla inversa de la palanca. Se divide
la recta en cuatro partes. Dado que A es una parte, su equivalencia debe ser
medida a partir del punto B y es igual a una cuarta parte. y la equivalencia para B
debe quedar a tres cuartas partes del punto A .
En esta forma se ubica el punto de mezcla M como se observa en la figura 64.
En una gráfica de página completa, la recta mide 17,8 cms y los segmentos,
hecha la distribución en cuatro partes, quedan en 13,45 y 4,45 cms
respectivamente.
Acorde a las coordenadas del punto M, se tiene una mezcla con fracción de 0,69
de n-butanol y temperatura de 50ºC.
Al resolver matemáticamente el problema se tiene que la concentración de nbutanol es :
1 x 0,05 +3 x 0,90
Xm = ----------------------------- = 0,6875
4
Valor sensiblemente igual al leído en la gráfica.
La ubicación de la mezcla en la gráfica lleva a establecer que se separa en dos
fases ó soluciones C y D, cuya composición, leída en la gráfica son 0,075 y 0,795.
La recta que une los puntos C y D mide 14,6 cms. con segmentos CM y MD de
12,4 y 2,2 cms. respectivamente.
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FIGURA 64
Ejemplo 77
Aplicando la regla de la palanca la cantidad de solución C es proporcional al
segmento MD, luego
2,2 x 4
C = ---------------- = 0,60
14,6 =
y
12,4 x 4
D = ----------------- = 3,40 partes.
14,6
A continuación se muestra la hoja de cálculo.
Ejemplo 77
Componente
Solución A
Solución B
Mezcla
Parámetro
Concentración
Partes
Temperatura
Segmento
Concentración
Partes
Temperatura
Segmento
Concentración
Partes
Procedencia Valor
dato
0,05
dato
1
dato
20
medición
4,45
dato
0,9
dato
3
dato
60
medición
13,35
lectura
0,69
cálculo
4
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Solución C
Solución D
Temperatura
Segmento mezcla
Segmento separación
Concentración
Partes
Temperatura
Segmento
Concentración
Partes
Temperatura
Segmento
lectura
medición
medición
lectura
cálculo
lectura
medición
lectura
cálculo
medición
50
17,8
14,6
0,075
0,60
50
2,2
0,795
3,40
50
12,4
Se tienen gráficas que muestran la composición de fases y que sirven para
determinar concentraciones en procesos de separación.
Otra aplicación de las curvas de equilibrio es establecer concentraciones de
compuestos en diferentes soluciones, siendo muy usuales las de soluciones
líquidas en equilibrio con soluciones gaseosas.
A continuación se muestra un diagrama que representa variables de concentración
en función de la temperatura para fases líquida y gaseosa.
Refiriendo a la figura 65, que muestra la curva de equilibrio para soluciones
etanol-agua, para el punto A al tener una solución de etanol del 25% (fracción
0,25), puede evaporarse y la fase gaseosa que esta en equilibrio con el líquido
contendrá 55% (fracción 0,55). Debe tenerse presente que la gráfica esta en
fracciones molares.
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FIGURA 65
Curva de equilibrio para soluciones etanol-agua
Para el punto B, al tener un vapor con 70% de etanol, el condensado que está en
equilibrio tendrá un 60% de etanol.
Este comportamiento permite enriquecer soluciones evaporando y condensando
sucesivamente. La operación unitaria que estudia este comportamiento y es
aplicado en la industria se denomina destilación.
Se dispone de diagramas con concentraciones en peso como el que se muestra a
continuación, y en el que introducen otras variables como temperaturas y
entalpías.
En el diagrama se muestran una curva de equilibrio como en la figura anterior y
una serie de diagonales continuas con porcentajes que representan equilibrios de
soluciones liquidas y gaseosas
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Diagrama Etanol-Agua
FIGURA 66
También se tienen diagonales que representan isotermas o temperaturas de
ebullición para mezclas de vapor y liquido.
Finalmente se tienen líneas punteadas
en la zona de solución líquida para
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establecer la entalpía a diferentes temperaturas.
Una mezcla representada por el punto A, indica que es un vapor húmedo (mezcla
de vapor y de líquido), a 197,2ºF (isoterma) que en total tiene 40% de alcohol.
Con concentración de alcohol del 10% ( fracción 0,10) en la fase liquida (línea de
liquido saturado) punto B y 70% de vapor (línea de vapor saturado) punto C con
concentración de 52,5 % de alcohol
La entalpía de esta mezcla es de 600 BTU/ lb.
La recta BC es una línea de reparto o de equilibrio y sobre ella se puede hacer el
balance de materiales.
La línea BC mide 9,6 cms, con los segmentos BA y AC de 6,8 y 2,8 cms
respectivamente. Esto significa que por cada unidad de peso de la mezcla, 6,8/9,6
= 0,7083 unidades de peso son de vapor y 2,8/9,6 = 0,2917 unidades de peso
son de liquido.
Ejemplo 78.
Un vino fermentado y añejado, V, tiene 20% de alcohol en peso. Una cochada de
600 libras se somete a destilación instantánea a 203,4 ºF. Determine la cantidad
de destilado ( brandy) obtenido y realice el balance de calor.
Solución.
En la destilación instantánea el liquido que a en equilibrio con el vapor, de tal
forma que de acuerdo con la grafica, el destilado o brandy, D, tendrá un contenido
de alcohol de 38% en peso, en tanto que el líquido resultante, R, tendrá una
concentración del 5% de alcohol.
La recta que une los puntos de destilado, D, y liquido residual, R, mide 10 cms,
en tanto que los segmentos DV y VR miden 5,4 y 4,6 cms respectivamente,
Con estas relaciones se tiene de:
Residuo
400 x 5,4
R = ----------------- = 216 libras
10
Destilado
400 x 4,6
D = ------------------ = 184 libras
10
El alcohol contenido en el vino es de 400 x 0,20 = 80 libras, en tanto que el
alcohol contenido en el brandy es 184 x 0,38 = 69,92 libras y el alcohol en los
residuos es 216 x 0,05 = 10,8 libras.
La suma del alcohol en brandy y residuos es de 69,92 +10,8 = 80,72 libras, con
una diferencia de 0,72 libras ó 0,9%, debido a errores visuales en la lectura de las
medidas de los segmentos.
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Para el balance del calor, de la gráfica se tiene los siguientes valores de entalpía.
Vino
500 BTU/lb
Destilado
885 BTU/lb
Residuo
170 BTU/lb
El calor que ingresa debes ser igual al calor que sale, luego
400 x 500 = 184 x 885 + 216 x 170
200.000
199.560.
Se presenta una pequeña diferencia, 440 BTU, debido a las lecturas realizadas.
Ejemplo 78
Destilación instantánea de vino
Parámetros
Vino
Concentración alcohol
Alcohol
Recta equivalente
Entalpía
Calor en la alimentación
Unidades
libras
fracción
kilos
cms
Valores
400
0,2
80
10
500
200000
Destilado
Concentración
Segmento equivalente
Alcohol
Entalpia
Calor
libras
fracción
cms
Residuos
Concentración
Segmento equivalente
Alcohol
Entalpia
Calor
libras
fracción
cms.
kilos
BTU/lb
216
0,05
5,4
10,8
170
36720
Alcohol en producto y residuo
Diferencia con alimentación
Diferencia de calor
libras
80,72
0,9%
440
BTU/lb
184
0,38
4,6
69,92
885
162840
5.4.2. Balances para tres componentes
La representación gráfica de tres componentes se hace en un triángulo equilátero,
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cuyos lados se escalan para concentraciones que van de 0 a 100%, en sentido
contrario a las manecillas de un reloj como se observa en la figura.
Que
representa el sistema ternario agua – alcohol – azúcar.
FIGURA 67
SISTEMA DE TRES COMPONENTES.
En el triángulo los puntos colocados en los lados representan cero participación
en la solución de un componente marcado en el vértice.
Los puntos colocados en los lados representan soluciones de dos compuestos,
excepto en los vértices; en el lado AB, no existe componente B: para los del lado
BC, no existe componente C y para los del lado CA, no existe componente A
A la vez los vértices opuestos, representan que el compuesto esta puro (o seria el
100% de la solución y en tal caso no existe solución ). El vértice B representa
100% del compuesto A, el vértice C 100% de B y el vértice A 100% de C
Dentro del triángulo, un punto representa una solución de tres componentes y la
participación de cada componente como fracción se realiza de acuerdo a la línea
subrayada.
Para una solución representada por el punto 1, la composición porcentual es
alcohol 70%, azúcar 10% y agua 20%; para el punto 2 agua 50%, azúcar 26% y
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alcohol 24%.
Igualmente para los sistemas ternarios se pueden realizar balances de mezclas y
de separación en forma gráfica empleando la regla de la palanca.
Ejemplo 79
Se tienen soluciones de azúcar, alcohol y agua representadas por los puntos 1 y
2, al mezclar tres partes de solución 1 con una parte de solución 2 establecer la
composición de la solución resultante.
Solución
La solución resultante equivale a cuatro partes, tres de la solución 1 y uno de la
dos.
Acorde a la regla de la palanca, el tramo 1- R representa la solución 2, en tanto
que R-2 representa a la solución 1.
La recta que une 1 a 2 se divide en cuatro partes iguales, empleando unidades
procedentes y se ubica el punto R, a una división de 1.
Para el punto R, obtenido de la manera explicada se tiene la composición:
Alcohol
Agua
Azúcar
0,59
0,28
0,14
Ejemplo 79
Sol. de Alcohol-Agua-Azúcar
Solución 1
Alcohol
Agua
Azucar
segmento
fracción, peso
fracción, peso
fracción, peso
unidades
0,7
0,2
0,1
3
2,1
0,6
0,3
Solución 2
Alcohol
Agua
Azucar
segmento
fracción, peso
fracción, peso
fracción, peso
unidades
0,26
0,5
0,24
1
0,26
0,5
0,24
Producto
Alcohol
Agua
Azucar
segmento
recta
fracción, peso
fracción, peso
fracción, peso
unidades
0,59
0,28
0,14
4
2,36
1,1
0,54
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FIGURA 68
Ejemplo 80
Que cantidad de azúcar y agua debo adicionarle a una solución que tiene 50% de
alcohol, 20% de agua y 30% de azúcar, para obtener una solución que tenga
10% de alcohol y 30% de agua.
Solución.
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FIGURA 69
En el diagrama se representan los puntos S y P representativos de la solución
inicial y el producto. El punto I representativo del azúcar y agua queda sobre el
lado CA en la prolongación de la recta que une P con S.
El punto I representa una solución que tiene 68% de azúcar y 32% de agua.
La recta SI mide 5.3 cms en tanto que el segmento PI mide 1,1 cms, y el
segmento SP mide 4,2 luego la relación de la solución S a la solución I es de 1,1
a 4,2.
Si se tomará 100 kilos de la solución S, se requerirían 100 x 4,2 / 1,1 = 381.818
kilos de solución I.
Esta solución tiene 68% de azúcar, luego el azúcar necesario es 381.81 x 0,67
= 255,818 kilos y de agua 381,818 - 255,818 = 126,000 kilos
.Ejemplo 80
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Solución Azúcar-AlcoholAgua
Solución S
Agua
Alcohol
Azucar
Segmento
fracción, peso
fracción, peso
fracción, peso
cms.
100,000
0,2
0,5
0,3
1,1
20,000
50,000
30,000
Solución I
Agua
Alcohol
Azucar
Segmento
fracción, peso
fracción, peso
fracción, peso
cms.
381,818
0,33
0,00
0,67
4,2
126,000
0,000
255,818
Producto P
Agua
Alcohol
Azucar
Recta
fracción, peso
fracción, peso
fracción, peso
cms
481,818
0,3000
0,1000
0,6000
5,3
144,545
48,182
289,091
Comprobación
481,818
El comportamiento de fases para tres componentes se representa de diagramas
ternarios, abundantes para procesos químicos, pero prácticamente desconocidos
para procesos en alimentos.
El manejo de los diagramas ternarios es similar a los binarios, debiéndose tener
especial atención en la lectura de las fracciones de la mezcla ternaria,
En la figura 69 se aprecia el comportamiento del sistema del sistema agua-acido
acético y acetato de vinilo, con la curva de equilibrio en forma de cúpula, con
líneas de reparto inclinadas.
El punto M corresponde a una solución que tiene un 20% de acetato de vinilo, un
70% de ácido acético y un 10% de agua.
El punto F corresponde a sistema de dos fases, una con la composición del punto
a y la otra con la composición del punto b
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FIGURA 70
Sistema ternario
Ejemplo 81
Una mezcla representada por el punto F, de concentración 30% de acetato de
vinilo, 20% de acido acético y 50% de agua, se separa en dos fases, una
acuosa a, y una oleosa b, determinar las concentraciones de las fases y las
cantidades obtenidas a partir de 1.000 kilos de mezcla.
Solución
Siguiendo la línea de reparto, sobre la curva de equilibrio se localizan los puntos a
y b, cuyas concentraciones son:
Solución a
Agua
Acido acético
Acetato de vinilo
Solución b
4%
13% y
83%
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Agua
Acido acético
Acetato de vinilo
69%
21%
10%
Para determinar las cantidades de cada solución, se mide la recta que une a a
con b y los segmentos af y fb.
Realizadas la mediciones se encontró :
ab
8.8
cms.
af
6.2
cms.
Fb
2.6
cms.
Empleando la relación inversa se tiene
2.4 x 1.000
Solución a = -------------------- = 272,72
8.8
Solución b =
6.4 x 1.000
-------------------- = 727,28
8.8
Es de anotar que el ejemplo se puede resolver matemáticamente usando los datos
de porcentaje obtenidos de la gráfica y aplicando el ensayo y error, como se
muestra en la hoja de cálculo.
El resultado final de los ensayos se muestran a continuación
Ejemplo 81
SISTEMA TERNARIO
Parámetro
Solución f
Acetato de vinilo
Acido acético
Agua
kilos
fracción, kilos
fracción, kilos
fracción, kilos
Valores
1000,000
0,3
0,2
0,5
300
200
500
Solución A
Acetato de vinilo
Acido acético
Agua
kilos
fracción, kilos
fracción, kilos
fracción, kilos
273,975
0,83
0,15
0,02
227,399
41,096
5,479
Solución b
Acetato de vinilo
Acido acético
kilos
fracción, kilos
fracción, kilos
726,026
0,10
0,22
72,603
159,726
Comprob.
300,00
200,82
499,18
1000,00
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CUSO: 3011103 – BALANCES DE MATERIA Y ENERGÌA
Agua
fracción, kilos
0,68
493,697
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