Problemas De Balance De Materiaterminadoooooooo

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

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BALANCE DE MATERIA 1. En un proceso de manufactura de jugos de fruta, se necesita del empleo de un evaporador el cual recibe una alimentación de 4500 kg de zumo por hora con una concentración de 12% de sólidos. Si se desea concentrar los sólidos hasta 36%. Calcule: a) La cantidad de jugo concentrado b) La cantidad de agua evaporada. 1er PASO: GRÁFICA. V = ¿?

E1 = 4500 Kg/h STE1 = 12% = 0.12

MP = ¿? Kg/h STMP= 36% = 0.36

2do PASO: BASE DE CÁLCULO: Por cada hora de proceso. 3er PASO: BALANCE DE MATERIA E1 = MP + V 4500 = MP + V ----------------- Ecc. 1 Balance por sus sólidos totales E1 (STE1) = V (0) + MP (STMP) 4500kg (0.12) = 0 + MP (0.36) 540kg = MP (0.36) MP = 1500 Kg De la Ecc. 1, tenemos: 4500 = PM + V 4500= 1500 Kg +V V = 3000 Kg 3. 396 Lbs. de un alimento que contiene un 60% de H2O se seca hasta un punto que se ha eliminado el 80% de agua contenida inicialmente. Calcular: a) La masa del agua eliminada por Kg de alimento húmedo. b) La composición del alimento seco en %

RESPUESTA = 0.48 Kg; 76.92% ST; 23.08%H.

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SOLUCIÓN: 2.2Lbm = 1kg

1er PASO: GRAFICO.

V =¿? 86.4 Kg

E1 = 396 Lbm = 180 kg

MS = ¿? kg H = 21.6 kg

H = 60% = 0.6 = 108kg ST= 40% = 0.4 = 72 kg

= 72

ST

kg 100%

1.0

180kg

93.6 kg

2do PASO: BASE DE CALCULO: Por cada 180 Kg de materia

que ingresa.

3er PASO: BALANCE DE MATERIA. E1= V + MP 180 = V + MP

ECC 1

De acuerdo al texto, tenemos: V = 0.8 x 0.6 x 180

V = 86.4

Aplicando la Ecc1 Kg.: 180 = V + MP 180 = 86.4 +Mp MP = 93.6 kg

Hallando:La masa del agua eliminada por Kg de alimento húmedo.

86.4 Kg 180 Kg

= 0.48 Kg agua/Kg de alimento Hallando La composición del alimento seco en % húmedo 93.6 Kg ( FSt) = 72 Fst = 0.769 = 76.9 %

7. Un alimento líquido de 12% de sólidos totales ingresa aun evaporador con un flujo másico de 400gr/minuto, sale del evaporador con un contenido de ST de 18%. Este alimento se

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concentra aun mas, para tal fin ingresa a un segundo evaporador saliendo de este con un contenido de sólidos totales de 36% al cual se le adiciona un 20% de jugo de mandarina ( con respecto al jugo concentrado que sale del segundo evaporador) con 13% de sólidos totales, para mejorar sus características organolépticas. Calcular. a) La cantidad total de agua evaporada. b) La cantidad del jugo concentrado que se obtiene en el segundo evaporador. c) La concentración de ST del producto final. RESPUESTA= 266.66gr; 133.33gr; 32.17%

1ER PASO: GRAFICO. V1 =?

V

E1=400Kg/min evaporador Mezclador MP =? ST= 12. % ST =?

J 1=?

2

=?

Evaporador

st=18 %

J2=? st = 36%

JM = 20% = 0.02J2 St=13%

2do PASO:

BALANCE DE MATERIA.

Balance en la primera ETAPA.

E1 = V1 + J1 400 = V1 + J1 Por sus Sólidos totales. E1 (st) = V (st) +J1 (st) 400(0.12) = V1 (0) + J1 (0.18) 48 = 0.18 J1 J1 = 266.67 1 Kg COMO:

400 = V1 + J1 400 = 266.67 + V1 V1 = 1 133.34 Kg

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Balance en la segunda ETAPA. J1 = V2 + J2 266.67 = V2 + J2 Por sus sólidos totales. J1 (st) = V2 (st) + J2 (st) 266.67 (0.18) = V (0) + J2 (0.36) J2 = 2 133.33 Kg V2 = 2 133.33 Kg a) La cantidad total de agua evaporada. V1 + V2 =

266.67Kg 133.33 + 133.33 =

b) La cantidad del jugo concentrado que se obtiene en el segundo evaporador. J2 = 2 133.33kg c) La concentración de ST del producto final. J2 + JM = MP 133.33 + 0.2 (133.33) = MP 133.33 + 26.67 = MP MP= 160

Por sus sólidos totales. 133.33 (0.36) + 26.67 (0.13) = 160 (st) 47.99 + 3.47 = 160st 51.46 = 160st St = 32.17%

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8. En un proceso para concentrar 1000kg de jugo de naranja, que contiene 12.5% en peso de sólidos, la maceración produce 800kg de jugo y 200kg de pulpa. El jugo exprimido se concentra en un evaporador al vacio para obtener una concentración de 58% de sólidos, los 200kg de pulpa se mezcla con el jugo concentrado, para mejorar el sabor. El producto final contiene 42% de sólidos en peso. Calcular: a) La concentración de sólidos en el jugo exprimido b) Los kg. De jugo concentrado final c) La concentración de sólidos en la pulpa que se deriva SOLUCIÓN: 1ra PASO. GRAFICO. V = ¿? Macerado

E1= 1000Kg

J1= 800

Pf = ¿? ST= 12.5 % st = 42%

E vaporado

J2 =¿?

st = ¿?

P= 200 ST = ¿?

2do PASO: BALANCE DE MATERIA. BALANCE GENERAL E1= V + Pf 1000= V + Pf

Por sus sólidos totales. E1 (ST) = V (ST) + Pf (ST) 1000 (0.125) = V (0) + Pf (0.42) 125 = 0.42Pf Pf = 297.62 Kg V= 702.38 Kg

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Mezclado st = 58%

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Balance en la TERCERA ETAPA. J2 +P = Pf J2 + 200 = 297.61 J2 = 297.62 – 200 J2 = 97.62 2 Kg Sólidos totales de la pulpa. 97.62 (0.58) + 200 ( st) =297.62 (0.42) 56.62 + 200 ( stp) = 125.0004 200 stp = 68.3804 Stp = 0.342

Balance en la SEGUNDA ETAPA. J1 = V +J2 800 = V + 97.61 V = 97.61 Kg Por sus sólidos totales del jugo J1 (ST) = V (ST) +J2 (ST) 800 (ST J1) = V (0) + 97.61 (0.58) 800 ST J1 = 56.62 ST J1 = 7.08 % 9. En un proceso para concentrar 20000 kg de jugo de naranja, que contiene 14 % en peso de sólidos, la maceración produce 76 kg de jugo y 24 kg de pulpa. El jugo exprimido se concentra en un evaporador al vacio para obtener una concentración de 58% de sólidos, la pulpa se mezcla con el jugo evaporado para mejorar el sabor. Este jugo concentrado final contiene 40 % de sólidos en peso. Calcular:

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d) La concentración de sólidos en el jugo exprimido e) Los kg. De jugo concentrado final f) La concentración de sólidos en la pulpa que se deriva RESPUESTA: 8.40%; 7000kg; 31.75% SOLUCIÓN:

1er PASO: GRAFICO. V = ¿?

15200 E1= 2000Kg

Macerado

J1= 76%

Mezclado Pf =? St E1= 14 % st pf = 40%

evaporado

st J1 = ¿?

P= 24% = 4800 ST p = ¿?

2do PASO: BALANCE DE MATERIA. BALANCE GENERAL

E1= V + Pf 20000= V + Pf Por sus sólidos totales. E1 (ST) = V (ST) + Pf (ST) 20000 (0.14) = V (0) + Pf (0.40) 2800 kg = 0.40 pf Pf = 7000 kg.

Balance en la TERCERA ETAPA. J2 +P = Pf J2 + 4800 kg = 7000 J2 = 7000 - 4800 J2 = 2200 2 Kg. INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL kg.

J2 =?

st J2= 58%

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Sólidos Totales De La Pulpa 2200 (0.58) + 4800 (st p) = 7000 (0.40) 4800 stp = 2800 – 1276 4800 stp = 1524 Stp = 31.75% . kg. Balance en la SEGUNDA ETAPA. J1 = V +J2 15200 = V + 2200 V = 1300 Kg . kg. Sólidos totales del jugo. J1 (st J1) = V (0) + J2 (st J2) 15200 (stJ1) = V (0) + 2200 (0.589) 15200 st J1 = 1295.8

St J1= 0.085 = 1 8.525% . kg. 10. ¿Cuántos kg de crema que contiene 12% de grasa beben ser agregados a 1800 kilogramos de leche que contiene 2% de grasa para obtener leche con 3% de grasa?. SOLUCIÓN: 1er PASO: GRAFICO E1 = C G = 12 %

E2 = C+1800 G =3 % E1 = 1800 Kg

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G=2% 2do PASO: BALANCE DE MATERIA

C + E1 = 1800 + C

Por sus sólidos totales.

C (0.12) + 1800 (0.02) = (0.03) (1800 kg) 0.12 C + 36 = 54 + 0.03 C - 18 = - 0.09 C C = 200 kg 11. ¿Cuántos kg de crema que contiene 14 % de grasa beben ser agregados a 1800 kilogramos de leche que contiene 3% de grasa para obtener leche con 4% de grasa? SOLUCIÓN:

1er PASO: GRAFICO. C = ¿? G = 14 %

PF = 1800 + C G =4% E2 = 1800 Kg

G=3% 2do PASO: BALANCE DE MATERIA. C + E1 = 1800 + C Por sus sólidos totales. C (0.14) + 1800 (0.03) = (0.04) (1800 kg) 0.14 C + 54 = 72 + 0.04 C - 0.1C = 18 C =180kg 12. Una corriente de 1000 kg/h que contiene 10% de alcohol, 20% de azúcar y el resto de agua, se mezcla con 2000 kg/h de una corriente con 25% de alcohol, 50% de azúcar y el resto de agua. ¿cual será la composición de la mezcla resultante? SOLUCIÓN:

1er PASO: GRAFICO.

E1 = 1000 kg /h

Mn = 3000 kg

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Alcohol = 10%

Alcohol =

Azúcar = 20%

Azúcar =

H2O = 70%

H2O =

20% 40% 40% 100% 100% E2 = 2000 Kg

Alcohol = 25% Azúcar = 50% H2O = 25%

2do PASO: BALANCE DE MATERIA. BALANCE DE ALCOHOL: 0.1 (1000) + 0.25 (2000) = f alcohol (3000) 100 + 500 = f aLcohoL3000 Alcohol = 20% BALANCE DE AZUCAR. 0.2 (1000) + 0.5 (2000) = azúcar (3000) 200 + 1000 = azúcar (3000) Azúcar = 40% BALANCE DE AGUA. 0.7 (1000) + 0.25 (2000) = agua (3000) 700 + 500 = agua (3000) Agua = 40%

13. Una corriente de 1500 kg/h que contiene 10% de alcohol, 20% de azúcar y el resto de agua, se mezcla con 2000 kg/h de una corriente con 25% de alcohol, 50% de azúcar y el resto de agua. ¿cual será la composición de la mezcla resultante?

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Solución: 1er PASO: GRAFICO.

E1 = 1500 kg /h Alcohol = 10% Azúcar = 20% H2O = 70% 100%

Mn = 350kg Alcohol = 20% Azúcar = 40% H2O = 40% 100%

E2 = 2000 Kg

Alcohol = 25% Azúcar = 50% H2O = 25% BALANCE DE ALCOHOL. 0.1 (1500) + 0.25 (2000) = f alcohol (3500) 150 +500 = f alcohol (3500) ALCOHOL = 0.1857 x 100 = 18.57% BALANCE DE AZÚCAR. 0.2 (1500) + 0.5 (2000) = azúcar (3500) 300 + 1000 = 3500 azúcar 1300 = 3500 azúcar Azúcar = 0.3714 x 100 = 37.14%

BALANCE DE AGUA. 0.7 (1500) + 0.25 (2000) = f agua (3500) 1050 + 500 = 3500 agua Agua = 0.44 x 100 = 44% 14. En la elaboración de manjar blanco se adiciona glucosa con 8% de humedad (15gr/kg de leche). ¿cuantos gramos de glucosa con 12% de humedad se adicionaría a 25 litros de leche. Densidad de la leche = 1.03 gr/ cm3

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RESPUESTA= 403.81 SOLUCIÓN:

G = 386.25 gr St = 0.92

G 2 = ¿? St = 0.88 1gr/cm3 = 1 gr kg/cm3 = 1000 kg /m3 P = 1.03gr/cm3 1.03kg/lt=1030kg/m3

V = 25 litros

=

= M/ V

1.03 kg/ litro = M/ 25 litros M = 1.03kg/litro x 25 litros M = 25.75 kg G1 (0.92) = G2 (0.88) 386.25gr (0.92) = G2 (0.88) 355.35 = G2 (0.88) G2 = 403.81 Kg

18.

Un material solido que contiene 15 % de humedad en peso se seca hasta reducirla a 7 % en peso por medio de una corriente de aire caliente mezclada con aire de recirculación

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del secador. La corriente de aire no recirculado contiene 0.01kg de agua/kg de aire seco, el aire de recirculación tiene 0.1kg de agua/kg de aire seco y aire mezclado contiene 0.03kg de agua/kg de aire seco. Para una alimentación de 100kg de sólidos/hr al secador. Calcúlese: a) Los kg de aire seco/hr de aire nuevo b) Los kg de aire seco/hr de aire de recirculación c) Los kg /hr de producto seco. 1er PASO: GRAFICO. A = ¿? A 3 = ¿?

Mezclado A4= ¿?

H =0.01kgH2O/kg maíz H=0.1gr/H2O/kr aire

H= 0.03grH2O/Kg

MH=100kg St= 0.85.

secador

MS =?

H2O = 8.60

st =

0.93 H= 0.15 H= 0.07 A2= ? H= 0.1kgH2O/ kg aire

2do PASO. BALANCE DE MATERIA.

Con respect al maíz: MH (st) = Ms (st) 0.85 (100g) = Ms (0.93) Ms = 91.40 Kg Con respecto al aire.

A3 = A1 + AR

0.03 A3 = 0.01 A1 + 0.1 AR A3 = AY + AR – 8.6 kg

-------------------------- ECC 1

--------------------------------ECC 2

0.03 A3 = 0.1 Ay + 0.1 AR – 8.6 kg A1 = A4

------------------ ECC 3

---------------------------------------------------ECC 4

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De la ecuación 3

0.03 A3 = 0.1(A4 + AR) - 8.6 Kg 0.03 A3 = 0.1 (A1 +AR) – 8.6KG 0.03 A3 = 0.1 (A3) – 8.6 KG - 0.07 A3 = - 8.6 kg A3 = 122.86 3 kg

1er

METODO POR ECUACION.

A1 + AR = A3 0.1

A1 + 0.1 AR = - 0.01 A3 1 - 0.1 A1 – 0.1 AR = -0.1 A3

Se suma ambas ECC Multiplicando por -0.1 2

0.01 A1 + 0.1 AR = -0.03 A3 - 0.09 A1

= -0.07 (122.86Kg)

-0.09 A1

= - 8.60kg

A1 = 95.558 1 kg AR = R 27.302 kg

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19.

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Completar el siguiente balance de materia en la elaboración de yogurt, si se procesa 805 litros de leche de los cuales 300 litros se obtuvo del proveedor A con una cantidad de 1.027 gr/cm 3 y el resto se obtuvo del proveedor B con una densidad de 1030kg/m3

Operación Recepción Formulado (1) Pasteuriza do Enfriado Inoculado (2)

Entra (kg)

Sale (kg)

Continua (kg)

%RENDIMIENTO Operació Procesos n

828.25 916.87

-----------------

828.25 916.87

100 100

100 110.69

916.87

1.5

915.37

99.83

110.58

915.37 915.37

----------------

915.37 925.309

100 101.086

110.52 111.72

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Incubado Refrigerad o

Envasado Almacena do

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925.39 925.39

-----------------

925.309 925.309

100 100

111.72 111.72

925.309 923.309

2.0 -----------

923.309 923.309

99.78 100

111.48 111.48

(1) Leche en polvo 0.2% y azúcar. 10.5% ( con respecto a la leche) (2) Cultivo para yogurt 1.2 % ( con respecto a la leche)

Solución: 1Gr/cm33 = 1 Kg/litro = 1000 Kg/m33

DATOS DEL PROBLEMA: A:

300 Litros

B:

505 Litros

3

3

RECORDAR

805 Litros

Recordando podemos decir, que entra al proceso: A: 1.027 gr /cm3 = 1.027 Kg/Litro = M/V

1.027 Kg/Litro = M/ 300Litros M = 1.027 Kg/Litro x 300Litros M= 308.1 Kg

B: 1030 Kg /cm3 = 1.030 Kg/Litro = M/V

1.030 Kg/Litro = M/ 505Litros M = 1.030 Kg/Litro x 505Litros M= 520.15Kg

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Entra al proceso: 308.1 Kg + 520.15 Kg 828.25 = Kg Primera etapa: RECEPCIÓN OPERACIÓN 828.25 ------ 100% 828.25 -------- X% X = 100%

PROCESO 828.25 ----- 100% 828.25 ------ x% X = 100%

Segunda etapa: FORMULADO: 0.2% LECHE EN POLVO Y 10.5% AZÚCAR. 0.2/100 x 828.25 = 1.6565 10.5 / 100 x 828.25 = 86.9625 cant. Inicial

916.87 Entra al proceso de formulado: 1.6565 + 86.9625 + 828.25 Kg = OPERACIÓN

PROCESO 828.25 ----- 100% 916.87 ------ x% X = 110.699%

916.87 ------ 100% 916.87 -------- X% X = 100%

Tercera etapa: FORMULADO: Se resta 1.5 al momento de entrar al proceso. OPERACIÓN

828.25 ----- 100% 915.37 ------ x% X = 110.5185%

916.87 ------ 100% 915.37 -------- X% X = 99.836% PROCESO 20.

Completar el siguiente balance de materia en la elaboración de yogurt, si se procesa 908 litros de leche de los cuales 400 litros se obtuvo del proveedor A con una cantidad de 1.028 gr/cm3 y el resto se obtuvo del proveedor B con una densidad de 1032 kg/m3

Operación

Entra (kg)

Sale (kg)

Continua (kg)

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA Recepción Formulad o (1) Pasteuriza do Enfriado Inoculado (2) Incubado Refrigerad o envasado almacena do (1) Leche en polvo 0.3% y azúcar. 11% ( con respecto a la leche) (2) Cultivo para yogurt 1.25% ( con respecto a la leche)

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PROBLEMAS DE BALANCE DE ENERGÍA 1. Se calienta 5 Kg de hielo que se encuentra a – 10ºC para obtener agua líquida a 0ºC, posteriormente se calienta más todavía para evaporarlo produciendo vapor saturado a 100ºC. Calcular las diversas entalpias encontradas en el proceso. Si lo calores específicos del hielo y del agua son respectivamente 20.5 y 4.182 KJ/KgºK. SOLUCIÓN: REALIZAMOS ESCALA EN ºC. Punto de fusión = 333.2 KJ/Kg y 2257.06KJ/Kg

SENSIBLE

LATENTE

En el tramo A-B: A-B

SENSIBLE

LATENTE

= M cp (T2-

T1) o

A-B

= Entalpia del Tramo A-B

o M = Masa o CP= capacidad calorífica o T2 y T1 = temperatura A-B

= 5Kg x 20.5 KJ/KgºK (0 – (-10)) ºC

A-B

= 1025 KJ

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En el tramo B-C: B-C

=M

o Entalpia del Tramo B-C o M = Masa o

=

B-C

= 5Kg x 333.2 KJ/Kg

B-C

= 1666 KJ

En el tramo C-D:

= M cp (T2-

C-D

T1 ) o

C-D

= Entalpia del Tramo C-D

o M = Masa o CP= capacidad calorífica o T2 y T1 = temperatura C-D

= 5Kg x 4.182 KJ/KgºK (100-0) ºC

A-B

= 2091 KJ

En el tramo D-E: D-E

o

D-E

=M

= Entalpia del Tramo D-E

o M = Masa o

=

B-C

= 5Kg x 2257.06 KJ/Kg

B-C

A-B

+

= 11285.3 KJ

B-C

+

C-D +

D-E

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1025 + 1666 + 2091 + 11285.3 16067.3 KJ 2. Un medio de fermentación líquido a 30ºC se bombea a velocidad de 2000 kg/H a través de un calentador, donde su Tº se eleva a 70ºC bajo presión. El agua caliente de desperdicio usado para el calentamiento entra a 95ºC y sale a 85ºC. La capacidad calorífica promedio del medio de fermentación es de 4.06 KJ/KgºK y la del agua 4.21 KJ/KgºK. Las corrientes de fermentación y del agua caliente están separadas por una superficie metálica a través de la cual se transfiere el calor y que comprende la mezcla física de ambos. a) Calcúlese el flujo de agua y la cantidad de calor añadida al medio de fermentación, suponiendo que no hay pérdida en el sistema. SOLUCIÓN: NOTA: Como la temperatura de 30ºC a 70ºC no cambia de estado a la masa o medio de fermentación, entonces deducimos que MF que sale va a ser la misma cantidad entrante al sistema. En este ejercicio no se aplica la fórmula general ya que no hay calor del producto, por tanto no se considera (-H), y tampoco esta entrando calor al sistema por tanto no hay (q).

W = ¿? Tº = 95ºC CP = 4.21 KJ/KgºK

MF= 2000Kg/h

MF= 2000Kg/h

Tº = 30ºC CP = 4.06 KJ/KgºK

Tº = 70ºC CP = 4.06 KJ/KgºK

Ws = ¿? Tº = 85ºC CP = 4.21 KJ/KgºK

2DO PASO: Por cada hora de proceso.

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FÓRMULA GENERAL: H E + (-H) + q = Hs

Aplicamos al ejercicio: HE = Hs

Aplicando la fórmula tenemos, HE:

HMF: HMF = 2000 kg (4.06 KJ/KgºK) (30ºC – 25ºC) HMF = 40600 KJ

HWE: HWE = WE (4.21 KJ/KgºK) (95ºC - 25ºC) HWE = WE 294.7 KJ/Kg

HS:

HMF: HMF = 2000 kg (4.06 KJ/KgºK) (70ºC – 25ºC) HMF = 365400 KJ

HWS: HWS = WS (4.21 KJ/KgºK) (85ºC-25ºC) HWE = 252.6WS KJ/Kg

FORMANDO LA ECCUACION DE ACUERDO A LA FÓRMULA H E = Hs

40600KJ + WE294.7 KJ/Kg = 365400 KJ + 252.6WS KJ/Kg WE=WS, NO EXISTE PÉRDIDA DE CALOR DEL SISTEMA.

42.1W KJ/Kg= 324800 KJ.

W= 7714.96

Kg. INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

NOTA

OTRO MÉTODO: Q que pierde el H2O = Q que gana la leche Mw CPW (T2 – T1) = MMF CPMF (T2 – T1) MW 4.21 KJ/KgºK (95ºC-85ºC) = 2000Kg (4.06 KJ/KgºK) (70ºC – 30ºC) MW 42.1KJ/Kg = 324800KJ Mw = 324800KJ 42.1 KJ/Kg MW= 7714.96Kg 3. En una planta para desorizar aceite vegetal, el aceite se precalienta con un cambiador tubular y a contracorriente con agua. El flujo de masa de agua a través del cambiador es de 3000Kg/H, entra a 100ºC y sale a 50ºC. El aceite fluye a razón de 10000Kg/H. Si el aceite entra al cambiador a 17ºC. ¿Cuál será la Tº de salida del aceite? Si su capacidad calórica del aceite y del agua es de 0.5 KCal/KgºC y 1.0 KCal/KgºC. SOLUCIÓN: WE = 3000Kg Tº = 100ºC CP = 1.0 KCal/KgºC

E1 = 10000Kg/h

S1= 10000Kg/h

Tº = 17ºC CP = 0.5 KCal/KgºC

Tº = ¿? CP = 0.5 KCal/KgºC

Ws = 3000Kg Tº = 50ºC CP = 1.0 KCal/KgºC

2DO PASO: Por cada hora de proceso. FÓRMULA GENERAL: H E + (-H) + q = Hs

INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

Aplicamos al ejercicio: H E = Hs

Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE= HE1 +WE

HHE1: HHE1 = 10000kg (0.5 KCal/KgºC) (17ºC – 25ºC) HHE1 = - 4000 KCal

HWE:

HWE = 3000Kg (1.0 KCal/KgºC) (100ºC- 25ºC) HWE = 225000 KCal

∑HS = Hs1 + Hws

HS1: HS1 = 10000 kg (0.5 KCal/KgºC) (TS1ºC – 25ºC) HS1 = 5000 Kcal/ºC TS1 - 125000Kcal

HWS:

HWS = 3000 (1.0 KCal/KgºC) (50ºC - 25ºC) HWS = 75000 KCal

FORMANDO LA ECCUACION DE ACUERDO A LA FÓRMULA H E = Hs

-40000KCal +225000KCal = 5000KCalTs1 – 125000Kcal + 75000KCal 5000Kcal Ts1= 235000Kcal

Ts1 = 47 s1 ºC INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

OTRO MÉTODO:

ME1 CPE1

Q que gana el aceite = Q que pierde el agua (T2 – T1) = MWE CPWE (T2 – T1)

10000Kg (0.5 KCal/KgºC) (TS1 – 17) = 3000 (1.0 KCal/KgºC) 5000Kcal TS1 – 85000Kcal = 150000KCal TS1 = 235000KCal 5000KCal

TS1 = 4. En una planta para desorizar aceite vegetal, el aceite se precalienta con un cambiador tubular y a contracorriente con agua. El flujo de masa de agua a través del cambiador es de 132 Lbm/min, entra a 100ºC y sale a 315.15ºK. El aceite fluye a razón de 12000Kg/H. Si el aceite entra al cambiador a 20ºC. ¿Cuál será la Tº de salida del aceite? Si su capacidad calórica del aceite y del agua es de 0.5 KCal/KgºC y 1 KCal/KgºC. SOLUCIÓN: WE = 132Lbm/min Tº = 100ºC CP = 1 KCal/KgºC

E1 = 12000Kg/h

S1= 12000Kg/h

Tº = 20ºC CP = 0.5 KCal/KgºC

Tº2 = ¿? CP = 0.5 KCal/KgºC

Ws = 3000Kg

RECORDAR Tº = 315.15ºK CP = 1 KCal/KgºC

2DO PASO: Por cada hora de proceso. FÓRMULA GENERAL:

ºC + 273.15 = ºK 1Kg =2.2 Lbm 1h =60 min

H E + (-H) + q = Hs

INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

Aplicamos al ejercicio: H E = Hs

Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE= HE1 +WE HHE1: HHE1 = 12000kg (0.5 KCal/KgºC) (20ºC – 25ºC) HHE1 = - 3000 KCal

HWE: HWE = 132Lbm/Min x Kg/2.2Lbm x 60Min/H (1.0 KCal/KgºC) (100ºC- 25ºC) HWE = 3600Kg (1 KCal/KgºC) (100ºC- 25ºC) HWE = 270000 KCal

∑HS = Hs1 + Hws HS1: HS1 = 12000 kg (0.5 KCal/KgºC) (TS2ºC – 25ºC) HS1 = 6000 Kcal/ºC TS2 - 150000Kcal HWS:

Si: ºC+273.15

HWE = 3600Kg (1 KCal/KgºC) (315.15ºK = ºK - 25ºC) ºC HWS =3600 (1 KCal/KgºC) (42ºC - 25ºC) HWS = 61200 KCal

+273.15=315.15º C ºC = 315.15-

FORMANDO LA ECCUACION DE ACUERDO A LA FÓRMULA H E = Hs

-3000 KCal +270000 KCal = 6000Kcal/ºC TS2 – 150000 KCal + 61200 KCal

INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

6000 Kcal/ºC TS2 = 355800Kcal

Ts2 = s2 59.3 ºC Kg.

5. Se calienta 2000Kg/h de leche, mediante un cambiador de calor en el que se le suministra 111600KJ/h. La temperatura de salida de la leche es de 95ºC y su calor específico es 3.9 KJ/KgºC. Calcular la temperatura de entrada de la leche en el cambiador. SOLUCIÓN: q = 111600KJ/h

E1 = 2000Kg/h

S1 = 2000Kg/h

Tº1 = ¿? CP = 3.90 KJ/KgºC

Tº = 95ºC CP = 3.90 KJ/KgºC

2DO PASO: Por cada hora de proceso. FÓRMULA GENERAL:H E + (-H) + q = Hs

Aplicamos al ejercicio:H E + q = Hs

Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE + q = HE1 + q

HHE1: HHE1 = 2000kg (3.90 KJ/KgºC) (T1ºC – 25ºC) HS1 = 7800 KJ/ºC TS1 - 195000KJ

q: q = 111600KJ

∑HS = Hs1

HS1:

HS1 = 2000 kg (3.90 KJ/KgºC) (95ºC – 25ºC) HS1 = 546000KJ

INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

H E +q = FORMANDO LA ECCUACION DE ACUERDO A LA FÓRMULA: Hs

7800 KJ/ºC TS1 - 195000KJ + 111600KJ = 546000KJ 7800/ºC TS1 = 69400KJ Ts1 = s1 80.69ºC ºC 6. Se calienta 4500Kg/h de leche Kg. de vaca desde 5ºC hasta 60ºC en un cambiador de calor utilizando para ello agua caliente. ¿Cuánto de calor debe transmitir si el CP de la leche es de 0.916 Kcal/KgºC? SOLUCIÓN: q=

¿?

E1 = 4500Kg/h

S1 = 4500Kg/h

Tº1 = 5 ºC CP = 0.916 KCal/KgºC

Tº = 60ºC CP = 0.916KCal/KgºC

2DO PASO: Por cada hora de proceso. FÓRMULA GENERAL:H E + (-H) + q = Hs

Aplicamos al ejercicio:H E + q = Hs

Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE + q = HE1 + q

HHE1: HHE1 = 4500kg (0.916 KCal/KgºC) (5ºC – 25ºC) HS1 = -82440 KCal

q: q = ¿?

∑HS = Hs1 HS1: HS1 = 4500 kg (0.916 KCal/KgºC) (60ºC – 25ºC) HS1= 144270 KCal

INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL

HE+q = Hs

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

FORMANDO LA ECCUACION DE ACUERDO A LA FÓRMULA: -82440Kcal + q = 144270KCal q = 226710 KCal 7.

En un proceso semi continuo se pelan papas mediante vapor de agua. El vapor se suministra a razón de 4 kg., por cada 100 kg., de papas sin pelar. Las papas entran al sistema a 17ºC y las papas peladas salen a 35ºC; además del sistema sale una corriente residual y de las papas peladas son: 3.7, 4.2 y 3.5 KJ/Kg ºK. Si el vapor suministra 2750 KJ/Kg. Calcular las cantidades de corriente residual y de las papas peladas que salen del proceso si entra 100 Kg de papas sin pelar y el % de cáscara de la papa. (Considerar 0 ºC como temperatura de referencia). SOLUCIÓN: V = 2750 KJ/Kg M = 4Kg

PS = 100Kg/h

PF =

¿? Tº = 35ºC CP = 3.5 KJ/kgºK

Tº = 17ºC CP = 3.7 KJ/KgºK

CR =

¿?

Tº = 60ºC CP = 4.2 KJ/KgºK

2DO PASO: Por cada 100 Kg de papa sin pelar. H E + (-H) + q = Hs

FÓRMULA GENERAL: 3er PASO:

HE+q = Aplicamos al ejercicio: Hs

Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE= HPs + q

HPs:

HPS = 100kg (3.7 KJ/KgºK) (17ºC – 0ºC) HPS = 6290 KJ

q:

q = (V) (M)

INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

q = (2750 KJ/Kg) (4Kg) q = 11000 KJ

∑HS = Hpp + HCR Hpp: Hpp = (pp kg) (3.5 KJ/KgºK) (35ºC – 0ºC) Hpp = 1222.5 KJ/ Kg PP

HCR:

HCR = (CR kg) (4.2 KJ/KgºK) (60ºC – 0ºC) HCR = 252 KJ/ Kg CR

FORMANDO LA ECCUACION DE ACUERDO A LA FÓRMULA H E +q = Hs

6290 KJ + 11000 JK = 122.5 KJ/Kg PP + 252 KJ/Kg CR 1790 KJ = 122.5 KJ/KgPP +252 KJ/Kg CR ( )

Ps + M = PP Realizamos en la ecuación “Balance de Materia”

(100 Kg + 4 Kg) = PP + CR

+ CR

104 Kg = PP + CR

( )

Reemplazamos la ecuación ( ) en ( ), para hallar PP y CR: 1790 KJ = 122.5 KJ/KgPP +252 KJ/Kg CR 17290 KJ = 122.5 KJ/Kg PP + 252 KJ/Kg (104 - PP) 17290 KJ = 122.5 KJ/Kg PP + 26208 KJ/Kg – 252 PP KJ/Kg 129.5 KJ/Kg PP = 8918 KJ  CR = 104 – PP

Pp = 68.86 Kg CR =

INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL 35.14 Kg

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

CR = 104 – 68.86  % 31.14kg

100 – 68.86 cascara:

de 100 ------------ 100% 31.14---------- X

% Cascara =

8. En un proceso semi continuo se pelan papas mediante 31.14% vapor de agua. El vapor se suministra en un 5% con respecto a la papa sin pelar. Las Kg papas entran al sistema a 16ºC y las papas peladas salen a 33ºC; además del sistema sale una corriente residual a 65ºC. Los calores específicos de la papa sin pelar, de la corriente residual y de las papas peladas son: 3.8, 4.0 y 3.4 KJ/Kg ºC. respectivamente. Si el vapor suministra 1300000 J/Lbm. Calcular la masa de corriente residual y de las papas peladas que salen del proceso si y el % de cáscara de la papa. (Considerar 0 ºC como temperatura de referencia). Considerar: a) Al proceso entra 27.5 Lbm de vapor. b) Considerar 0ºC como temperatura de referencia. c) Durante el proceso se pierde 30% de calor que suministra el vapor. SOLUCIÓN:

27.5 Lbm = 12.5Kg V = 5% Ps M = 1300000Lbm CP = 1 KCal/KgºC

PS = …Kg/h

PP=

¿? Tº2 = 33 º C CP = 3.4 KJ/KgºC

Tº = 16ºC CP 3.8 KJ/KgºC

Q = 30%V

CR =

¿?

RECORDAR Tº = 65 º C CP = 4.0 KJ/KgºC

1Kg =2.2 Lbm

2DO PASO: Por cada hora de proceso. FÓRMULA GENERAL: H E + (-H) + q = Hs

Aplicamos al ejercicio: H E + q = Hs +q

27.5 Lbm = 12.5 Kg 5% ---------------- 12.5 Kg 100% ------------- X X = 250 Kg

Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE+ q = HPs + q

INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

HPs: HPs = 250kg (3.8 KJ/KgºC) (16ºC – 0ºC) HPs = 15200 KJ

q:

q

=

1300000Lbm = 2860KJ/Kg

MV = 12.5 Kg

(12.5 Kg) (2860KJ/KgºC) q = 35750 KJ

∑HS = Hpp + CR + q HS1:

Hpp = pp (3.4 KJ/KgºC) (33ºC – 0ºC) Hpp = 112.2 KJ PP CR: HCR = CR (4.0 KJ/KgºC) (65 - 0ºC) HCR = 260 KJ/KG CR Q: 30% (35750 KJ) q = 10725 KJ H E + q = Hs FORMANDO LA ECCUACION DE ACUERDO A LA FÓRMULA +q

15200 KJ + 35750 KJ = 112.2 KJPP + 260 KJCR + 10725 KJ 40225 KJ = 112.2 KJ PP + 260 JK CR ( )

Realizamos en la ecuación “Balance de Materia” Ps + M = PP (250 Kg + 12.5Kg) = PP + CR

+ CR

262.5 Kg = PP + CR

( )

Reemplazamos la ecuación ( ) en ( ), para hallar PP y CR: 40225 KJ = 112.2 KJ/KgPP +260 KJ/Kg CR 40225 KJ = 112.5 KJ/Kg PP + 260 KJ/Kg (262.5 - PP) KJ 147.8 PP KJ/Kg = 68250 KJ - 40225

PP = 189.61 Kg INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA  CR = 262.5 – PP CR = 262.5 – 189.61  % Cáscara =

2011

CR = 72.89 Kg

250--------------- 100% 60.39 ------------- x

CR = 24.156% 9. Se desea enfriar un puré de guisantes desde 80 ºC hasta 25ºC. Para ello se utiliza agua a 8 ºC, la que se calienta hasta 20 ºC. Si la cantidad de puré a enfriarse es de 5000 litros/H. ¿Qué cantidad de agua deberá usarse?, si el CP del guisante es 0.91 Kcal/KgºC. La densidad del guisante es 1.1Kg/Litro. SOLUCIÓN:

WE = ¿? TWE = 8 ºC CP = 1 kcal/Kg ºC 1.1 Kg/Litro =

M/5000Litros 5500 Kg/Mh= 5500KG/h

E1 = 5500 Kg/h

S1 =

Tº = 80ºC CP = 0.91 KCalKgºC

Tº = 25ºC CP = 0.91 KCal/kgºC

Ws = ¿? Tº = 20ºC CP = 1 kcal/Kg ºC 2DO PASO: Por cada hora de proceso. 3er PASO: Aplicamos al ejercicio:H E = Hs Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE= HE1 + HWE HE1: HE1 = 5500kg (0.91KCal/KgºC) (80ºC – 25ºC) H E1 = 275275 KCal HWE:

HWE = WE (1KCal/KgºC) (8ºC – 25ºC) H E1 = -17 WE Kcal/Kg

∑HS = HS1 + HWE HS1: HS1 = 5500 (0.91KCal/KgºC) (25ºC – 25ºC) Hs1 = 0

HWS: HWS = WS (1KCal/KgºC) (20ºC – 25ºC)

INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

HWE = -5 KCal/ Kg WS FORMANDO LA ECCUACION DE ACUERDO A LA FÓRMULA: H E = Hs 275275 Kcal – 17 Kcal/Kg WE = 0 – 5 Kcal/Kg WS=

WH20 = 2 22939.58 Kg

10. Una mezcla de 454 Kg de jugo de manzana a 10 ºC se calienta en un cambiador por adición de 21300 Kcal. Calcular la temperatura de salida del jugo si su CP del jugo es 0.957 Kcal/Kg ºK. SOLUCIÓN: q = 21300 KCal E1 = 454 Kg/h

PF = 454 Kg/h

Tº = 10ºC CP = 0.957 KCal/KgºK

Tº = ¿? CP = 0.957 KCal/kgºK

2DO PASO: Por cada hora de proceso. 3er PASO: Aplicamos al ejercicio:

HE+q= Hs

Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE= HE1 + q HE1: HE1 = 454kg (0.957KCal/KgºC) (10ºC – 25ºC) H E1 = -6517.17 KCal q:

q = 21300 Kcal ∑HS = HS1 HS1: HS1 =454 Kg (0.9157KCal/KgºC) (TºC – 25ºC) H s1 = 434.478TºC - 10861.95 KCal

FORMANDO LA ECCUACION DE ACUERDO A LA FÓRMULA: HE+q= Hs

-6517.17 Kcal + 21300 = 424.478TºC – 10861.95 KCal

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

T = 59.02ºC

11. Se calienta puré de plátano desde 15 ºC hasta 50ºC usando agua a 93 ºC. Si la cantidad de puré es de 2000 Kg/H. ¿Cuál será la cantidad de agua utilizada si la temperatura del agua saliente es de 60 ºC? La capacidad calorífica del puré y del agua es de 0.875 Kcal/Kg ºC y 1.0 Kcal/Kg ºC. SOLUCIÓN: WE = ¿? TWE = 93 ºC CP = 1.0 kcal/Kg ºC

E1 = 2000 Kg/h

S1 = 2000 Kg/ h

Tº = 15ºC CP = 0.875 KCalKgºC

Tº = 50ºC CP = 0.875 KCal/kgºC

Ws = ¿? Tº = 60ºC CP = 1.0 kcal/Kg ºC

2DO PASO: Por cada hora de proceso. HE = 3er PASO: Aplicamos al ejercicio:

Hs

Aplicando la fórmula tenemos, ∑HE= HE1 + WE HE1: HE1 = 2000kg (0.875KCal/KgºC) (15ºC – 25ºC) H E1 = -17500 KCal HWE:

HW1 = EW (1.0 KCal/KgºC) (93ºC – 25ºC)

H E1 = EW 68 KCal ∑HS = HS1 + HWS HS1: HS1 =2000 Kg (0.875KCal/KgºC) (50ºC – 25ºC) H s1 = 43750 KCal HWS:

HWS = HWS (1.0 KCal/KgºC) (60ºC – 25ºC) H s1 = HW35 KCal

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

FORMANDO LA ECCUACION DE ACUERDO A LA FÓRMULA: HE+q= Hs

-17500 Kcal +EW68 KCal 21300 = 43750 KCal – HW 35 KCal

W = 1856.06 Kg/h REACCIONES QUÍMICAS 1. Calcular las reacciones de aire - combustible y de combustible – aire que corresponde a la combinación completa del etano (C2H6), para lo cual se requiere 3.5 Kmol de O2. SOLUCIÓN: C2H6

X CO2 Y H 2O Z N2

3.5 (O2+3.76N2)

2DO. Paso: Ecuación Química C2H6 + 3.5 (O2+3.76N2)

X CO2 + Y H2O + Z N2

Por partes: C=X=2 H = 2Y = 6 Y=3 O2 = X + Y/2 = 3.5 N2 = Z = 13.16 LA ECCUACIÓN ES: C2H6 + 3.5 (O2+3.76N2)

2 CO2 + 3 H2O + 13.16 N2

a. Hallando A-C = (MmN)aire

MnC + Man H

A-C = (29) (4.76 x 3.5) (12x2) + (1x6)

A-C = 16.104 Kg de aire/Kg de comb

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

C-A = 0.062 Kg de comb /Kg de aire

C-A = 1/ 16.104

2. Un KMol de octano (C8 H18), con un aire que contiene 20 KMol de O2, suponga que los productos contiene solo O 2, H2O, O2 y N2. Determine: a. Número de moles de cada gas en los productos b. La relación aire – combustible. SOLUCIÓN: C8H18

X CO2 Y H 2O Z N2

20 (O2+3.76N2)

W O2

2DO. Paso: Ecuación Química C8H18 + 20 (O2+3.76N2)

X CO2 + Y H2O + Z N2 + W

O2 Por partes: C=X=8 H = 2Y = 18 Y = 9 O2 = X + Y/2+ W = 20 N2 = 20 x 3.76 = Z

W = 7.5 Z = 75.2

LA ECCUACIÓN ES: C8H18 + 20 (O2+3.76N2)

8 CO2 + 9 H2O + 75.2 N2 +

7.5 O2 a. Hallando A-C = (MmN)aire

MnC + Man H

A-C = (29) (4.76 x 20) (12x8) + (1x18)

A-C = 24.22 Kg de aire/Kg de comb

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

3. Durante un proceso de combustión se quema etano C 2H6 con 20% de exceso de aire, suponga combustión completa y una presión total de 100Kpa. Determine: a. La relación aire-combustible b. La temperatura punto de rocío de los productos SOLUCIÓN: C2H6

X CO2 Y H 2O Z N2

1.2at (O2+3.76N2)

0.2at O2

2DO. Paso: Ecuación Química C2H6 + 1.2at (O2+3.76N2)

X CO2 + Y H2O + Z N2 +

0.2at O2 Por partes: C=X=2 H = 2Y = 6 Y=3 O2 = 1.2at = X +Y/2+ 0.2at at = 3.5 N2 = 1.2at(3.76) = Z Z = 18.79 LA ECCUACIÓN ES: C2H6 + 4.2 (O2+3.76N2)

2 CO2 +3 H2O + 18.79 N2

+ 18.79 O2 a. Hallando A-C = (MmN)aire

MnC + Man H

A-C = (29) (4.76 x 4.2)

A-C = 19.326 Kg de aire/Kg de comb

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

(12x2) + (1x6)

Hallando ºTPR: FÓRMULA:

NMH2O (P 2 TOTAL) NM PROD.

ºTPR = ºTsat (Pv)

Aplicando fórmula: Pv = 3 (100 Kpa) Pv = 13.96 21.492 Kpa Kpa

ºTPR = ºTsat (Pv) ºTPR = ºTsat (13.96 Kpa) --------A-5 (Tabla)

INTERPOLAMOS 50 ---------- 12.349 Tr ------------ 13.96 55 ----------- 18.758

=

Tr = 52.36 ºC

ºTPR = 52.36 ºC

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

4. Cierto gas natural tiene el siguiente análisis volumétrico 72% de CH4, 9% de H2, 14% de N2, 2% de O2 y 3% de CO2. Este gas se quema con aire QUIMICAMENTE CORRECTA, que entra a la cámara de combustión a 20ºC, 1 atm y 80% de humedad relativa, suponga combustión completa y una presión total de 1 atm. Determine la ºT punto de rocío de los productos. SOLUCIÓN: X CO2 Y H 2O Z N2

0.72CH4, 0.09 H2, 0.14 N2, 0.02 O2 0.0 3 CO2

At (O2+3.76N2)

2DO. Paso: Ecuación Química 0.72CH4+ 0.09 H2+ 0.14 N2+0.02 O2 +0.0 3 CO2+At (O2+3.76N2) X CO2 + Y H2O + Z N2

Por partes: C = 0.72 + 0.03 = x X = 0.75 H = 0.09+1.44 = 2Y Y = 1.53 N2 = 0.14 + 3.76at = Z Z = 5.648 O2 = 0.02 + 0.03 + a t= X + Y/2 LA ECCUACIÓN ES: 0.72CH4+0.09H2+0.14N2+ (O2+3.76N2)

at = 1.465

0.02O2+0.0

3

CO2+1.465

0.75 CO2 + 1.53 H2O +5.648 N2

Si hay humedad relativa se hace lo siguiente: 80% Humedad

A-4 Tabla Pv = 0.8 (Psat20ºC) Pv = 0.8 x 2.339 Pv = 1.871 Kpa Hallando lo números de moles del agua: Nv =

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

Nv = Nv = 0.131 Kmol LA ECCUACIÓN ES: 0.72CH4 + 0.09H2 + 0.14N2+ 0.02O2 + 0.0 3 CO2+1.465 (O2+3.76N2) + 0.131 H2O

0.75 CO2 + 1.53+0.131 H2O +5.648 N2

Hallando ºTPR: FÓRMULA:

ºTPR = ºTsat (Pv)

NMH2O (P 2 TOTAL) NM PROD.

Aplicando fórmula: Pv = 1.661 8.059

(100 Kpa) Pv = 20.61 Kpa

ºTPR = ºTsat (Pv) ºTPR = ºTsat (20.61 Kpa) --------A-5 (Tabla)

INTERPOLAMOS 60.06 ---------- 20 Tr ------------ 20.61 64.97----------- 25

=

Tr = 60.66 ºC

ºTPR = 60.66 ºC

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

5. Cierto gas natural tiene el siguiente análisis volumétrico 64% de CH4, 12% de H2, 16% de N2, 3% de O2 y 5% de Co2. Este gas se quema con aire QUIMICAMENTE CORRECTA, que entra a la cámara de combustión a 25ºC, 1 atm y 78% de humedad relativa, suponga combustión completa y una presión total de 1 atm. Determine la ºT punto de rocío de los productos. Solución: 0.64CH4, 0.12 H2, 0.16N2, 0.03 O2 0.0 5 CO2

At (O2+3.76N2)

X CO2 Y H 2O Z N2

2DO. Paso: Ecuación Química 0.64CH4, 0.12 H2, 0.16N2, 0.03 O2 0.0 5 CO2+At (O2+3.76N2)

X

CO2 + Y H2O + Z N2

Por partes: C = 0.64 + 0.05 = x X = 0.69 H = 0.64x4 + 0.12x2 = 2Y Y = 1.31 O2 = 0.03+ 0.05 + At = X + Y/2 at = 1.465 N2 = 0.16 + At x 3.76 =Z Z = 5.0856 LA ECCUACIÓN ES: 0.64CH4, 0.12 H2, 0.16N2, 0.03 O2 0.0 5 CO2+1.465 (O2+3.76N2) + 1.31 H2O + 5.0856 N2

Si hay humedad relativa se hace lo siguiente: 80% Humedad

A-4 Tabla Pv = 0.78 (Psat25ºC) Pv = 0.78 x 3.169 Pv = 2.47182 Kpa Hallando lo números de moles del agua: Nv =

INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL

0.69 CO 2

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

Nv =

LA ECCUACIÓN ES:

Nv = 1.559 Kmol

0.64CH4, 0.12 H2, 0.16N2, 0.03 O2 0.0 5 CO2+1.465 (O2+3.76N2) + 1.559H2O 0.69 CO2 +2.959H2O + 5.0856 N2

Hallando ºTPR: FÓRMULA:

ºTPR = ºTsat (Pv)

NMH2O (P 2 TOTAL) NM PROD.

Aplicando fórmula: Pv = 1.559 (101.325 Kpa) Pv = 18.0966 8.729 Kpa Kpa

ºTPR = ºTsat (Pv) ºTPR = ºTsat (18.0966 Kpa) ---------- A-5 (Tabla)

INTERPOLAMOS 15 Kpa ---------- 53.97 18.0966 Kpa ------------ Tr 20 Kpa ----------- 60.06

=

Tr = 57.742 ºC

ºTPR = 57.742 ºC

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

6. Se quema metano (CH4) con aire seco. El análisis volumétrico de los productos en una base seca es 5.20% de CO 2, 0.33% de CO, 11.24% de O2 y 83.23% de N2. Determine: a. La relación A-C b. El % de aire teórico utilizado SOLUCIÓN: X CH4

5.20% CO2 0.33% CO 11.24% O2

At (O2+3.76N2)

83.23% N2 B% H2O

2DO. Paso: Ecuación Química XCH4 + at (O2+3.76N2)

5.20 CO2 + 0.33 CO + 11.24

O2 + 83.23 N2 +b H2O

Por partes: C = X = 5.20 + 0.33 X = 5.53 H = 4X = 2b b = 11.06 O2 = at = 5.20+0.33/2+11.24+b/2 LA ECCUACIÓN ES: 5.53CH4 + 22.135 (O2+3.76N2)

at = 22.135

5.20 CO2 + 0.33 CO +

11.24 O2 + 83.23 N2 + b H2O

Convirtiendo a 1 Kmol: CH4 + 4.0027 (O2+3.76N2)

0.940 CO2 + 0.059 CO + 2.0325

O2 + 15.051 N2 + 11.06 H2O

a. Hallando A-C = (MmN)aire

MnC + Man H

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

A-C = (29) (4.76 x 4.0027) (12x1) + (1x4)

2011

A-C = 34.533 Kg de aire/Kg de comb

b. Hallando % de aire Teórico: Ecc Real: CH4 + At (O2+3.76N2)

X CO2 + Y H2O + Z N2

C=1=X H = 4 = 2Y Y=2 O2 = at = X + Y/2 N2 = at x 3.76 =W

at = 2 W = 7.52

La ecc real : CH4 + 2 (O2+3.76N2)

CO2 + 2H2O + 7.52 N2

% de aire teórico =

% de aire teórico = 200.135%

7. Se quema octano (C8 H18) con aire seco. El análisis volumétrico de los productos en una base seca es 10.02% de CO2, 5.62% de CO, 0.88 % de O2 y 83.48% de N2. Determine: a. El % de aire teórico utilizado b. La relación A-C c. La fracción de agua que se condensa cuando los productos se enfrían hasta 25ºC a 100Kpa SOLUCIÓN: X C8H18 At (O2+3.76N2)

2DO. Paso: Ecuación Química

10.02% CO2 0.88% CO 5.62% O2

83.48% N2 B% H2O

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

XCH4 + at (O2+3.76N2)

2011

10.02 CO2 + 0.88 CO + 5.62 O2

+ 83.48 N2 +b H2O

Por partes: C = X = 10.02+0.88 X = 1.3625 H = 18X = 2b b = 12.2625 O2 = at = 10.02+5.62+0.44+b/2

LA ECCUACIÓN ES: 1.36C8H18 + 22.211 (O2+3.76N2)

at = 22.211

10.02 CO2 + 0.88 CO + 5.62

O2 + 83.48 N2 +12.26 H2O

Convirtiendo a 1 Kmol: CH4 + 16.30(O2+3.76N2)

7.354 CO2 + 6.646 CO + 4.125 O2 +

61.269 N2 + 9 H2O

c. Hallando A-C = (MmN)aire

MnC + Man H

A-C = (29) (4.76 x 16.3016) (12x8) + (1x18)

A-C = 19.739 Kg de aire/Kg de comb

d. Hallando % de aire Teórico: Ecc Real: C8H18 + At (O2+3.76N2) C=8=X H = 18= 2Y Y=9 O2 = at = X + Y/2 N2 = at x 3.76 =W

X CO2 + Y H2O + Z N2

at = 12.5 W = 47

La ecc real : CH4 + 12.5 (O2+3.76N2)

8CO2 + 9H2O + 47 N2

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

% de aire teórico =

% de aire teórico = 130.4128%

d. Fracción de agua que se condensa:  Moles de agua  Agua que se condensa  Agua que no se condensa

9 Kmol X Kmol 9–X

Hallamos Pv (25ºC) ------ A-4 =

=

X = 6.5980 Kmol

Fracción: = 0.7331

0.7331 = 73.31 %

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

PRIMERA PRÁCTICA CALIFICADA DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA 1.- Un tanque con una capacidad de 1.5 m3 contiene 300 litros de leche. Si se suministra 20 litros/ minutos de leche y simultáneamente se descarga por 2 vías. Por la primera 0.10 litros/ segundo y por la segunda vía 6.5 litros/ minuto. Calcule el tiempo de llenado del tanque en horas. SOLUCIÓN: 1er PASO:

GRAFICA 1200 litros

E1 = 20 litros/min

1500 litros

300 litros

6 lt/min = S2 6.5 Lt/Min 2do PASO: Base De Cálculo: Por cada minuto de proceso 3er PASO: Balance de Materia: Por la primera 0.10 litros/ segundo: 0.10 litro/segundo = 6 litros/ minuto

Por la siguiente fórmula: 

E1= S1 + S2 +

Por la segunda vía 6.5 litros/ minuto: MA

20 lt= 6.5 + 6.0 + MA MA = 7.5 litros t= 1200 lt/min = 160 min 7.5 lt = 2h + 40 min = 2.67 h

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

2h + 40 60 Por lo tanto 20 min

2h + 2 h 3 = 20 = 2 = 1 60 6

El tiempo de llenado del tanque en horas es en 15 min por lo tanto 15 = 1h 60 2.- Para obtener 4500 kg de alimento balanceado para cerdos se mezcla: maíz molido, afrecho y harina de pescado. Los precios son 1.3 soles por kilogramo, 0.35 soles por kilogramo y 3.2 soles por kilogramos respectivamente. Se desea que la mezcla resultante tenga un precio de producción de 1.40 soles por kilogramo, la condición es que el afrecho debe de ser el 30% de la cantidad de maíz que ingresa. SOLUCIÓN: 1er PASO: GRAFICA

HP=? Precio= $ 3.2

M= ¿

PF= 4500 PRECIO = $ 1.4

P = $ 1.3

A=? P = $ 0.35 Kg

2do PASO: Base De Cálculo Por cada 4500 kilogramos de materia prima. MA+A = 4500 3er PASO: Balance de Materia

HP + M + 0.3 M = 4500 -------------------------------------------------------------- Ecc I Balance con respecto al precio: 3.2 (HP) + 1.3 (M) + 0.35 (A) = 6300 3.2 HP + 1.3 M + 0.105 M = 6300--------------------------------------------------Ecc II 3.2 (4500 – 1.3 M) + 1.405M = 6300 14400 – 4.16 M + 1.405M = 6300 14400 -2.755M = 6300 M= 2940.11 K INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL g

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

A = 0.3 (2940.11 kg) = 882.03 kg HP = 677.86 Kg REEMPLAZAMOS EN LA FORMULA: g HP+M+A = 4500 677.86+ 2940.11+ A =4500

A= 882.033

3.- Se quiere encontrar 600 kg de 9 a 60% de sólidos totales de un alimento líquido. En la primera getapa se separa una corriente residual con 99% de humedad de otra corriente con 7.6 % humedad que entra a la segunda etapa, en donde se separa otra corriente residual que contiene 98.5 % de humedad. KGLa corriente principal que sale de la segunda etapa ingresa a la tercera etapa con una concentración de 40% de sólidos totales. En la tercera etapa se separa una corriente de 4% de sólidos totales que es recirculada a la primera etapa. a) Hallar la masa de los residuos b) Hallar la masa de la corriente que es recirculada. SOLUCIÓN: 1er PASO: GRAFICA

E1 = 600Kg Pf=? ST = 0.009 0.6 ST=0.024

R =? St= 0.04

j1=?

J2=?

H= 0.076

ST=

ST = 0.4

CR1 ST = 0.01

CR2 H= 0.99 ST = 0.2

H =0.985

2do PASO: Base De Cálculo: Por cada 600 kilogramos de materia prima. 3er PASO: Balance de Materia

J2 = PF+ R

Reemplazamos: J2 = 90 Kg + R-------------------------------------ECC I

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

Balance con respecto a sus sólidos totales: 0.4 J2= 90(0.6)+ R (0.04) 0.4 J2 = 54 + 0.04 R----------------------------------------------------------ECC II REEMPLAZAMOS LA ECC I Y ECC II: (-0.4) J2 = 90 Kg + R 0.4 J2 = 54 + 0.04 R - 0.4 J2 = -36 – 0.4 R 0.4 J2 = 54 + 0.04 R -18 = -0.36R 18/0.36 R= 50

REEMPLAZAMOS EN LA FORMULA DADA: R J2= 90+ 50

J2= PF+

J2= 140 

2da Etapa:

J1= J2+ CR2

Reemplazamos: J1 = 140Kg + CR2---------------------------ECC IIII Balance con respecto a sus sólidos totales: 0.24J1= 140(0.4) + CR2 (0.015) 0.24J1= 56 + 0.015 CR2------------------------------------------------ECC IV REEMPLAZAMOS LA ECC III Y ECC IV: (-0.24) J1 = 140 Kg + CR2 0.24 J1 = 56 + 0.015 CR2 - 0.24 J1 = -33.6 – 0.24 CR2 0.24 J1 = 56 + 0.015 CR2 -22.4= 22.4/0.225

0.225 CR2

CR2= 2 99.5 REEMPLAZAMOS EN LA FORMULA DADA: J2+ CR2 J1= 140+ 99.5 J1= 239.5

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J1=

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA 

1era Etapa:

2011

E1+R= J1+ CR1

Reemplazamos: 600+ 50 = 239.5+ CR1 Balance con respecto a sus sólidos totales: 0.009 (600) + 50(0.04) = 239.5 (0.24)+ 0.01 CR1 54+ 2 = 57.48 + 0.01 CR1 56 = 57.48 + 0.01 CR1

CR1= 1 148

SEGUNDA PRÁCTICA CALIFICADA DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA: 1.- Un medio de fermentación liquido a 308.15 °K se bombea a velocidad de 35kg/hr a través de un calentador, donde su temperatura se eleva a 70°C bajo presión. El agua usada para el calentamiento entra a 369.65 °K y sale a 85°C. La capacidad calorífica promedio del medio de fermentación es de 4.050 KJ/ Kg °K y la del agua es 4.220 KJ/ Kg °K. Las corrientes de fermentación y del agua caliente están separadas por una superficie metálica a través de la cual se transfiere el calor y que impide la mezcla física de ambos. Calcúlese el flujo de agua y la cantidad de calor añadida al medio de fermentación, si se pierde durante el proceso por un deficiente aislamiento 12000 Kj de calor. SOLUCIÓN: TRANSFORMAMOS ºC + 273.15 = ºK ºC + 273.15 = 308.15ºK

°C= 35°C ºC + 273.15 = ºK ºC + 273.15 = 369.65ºK

°C= 2DO PASO: Por cada hora de proceso. 96.5°C FÓRMULA GENERAL: 1er PASO:

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ºC + 273.15 = ºK 1Kg =2.2 Lbm 1h =60 min

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

GRAFICA

wentrada= ? Tº = 96.5 °C CP = 4.220 KJ/KgºK

E1 = 35Kg/h

S1= 35Kg/h

Tº = 35ºC CP = 4.050 Kj/KgºK

Tº2 = ¿? CP = 4.050 KJ/KgºK

AS=? T= CP = 4.220 KJ/KgºK

2DO PASO: Por cada hora de proceso. FÓRMULA GENERAL: H E + (-H) + q = Hs

Aplicamos al ejercicio:H E = Hs + q

HE: HHE1:

HE = MCP x (T2-T1)

SE SABE: HE: Sumatoria de todas las entalpias de todos los materiales que entran en el proceso de reacción. H: calor normal de reacción a 298°K Q: energía neta o calor este será negativo (-) Sumatoria de todas las entalpias TOMAMOS de todos HE = MCP HS: x (T2-T1) 25°C los materiales que salen con el proceso a 298°. OJITO: DE REFERENCIA

HHE1 = 35kg (4.050 KJ/KgºK) (35ºC – 25ºC) HHE1 = 1417.5 KJ

PORQUE ES

TEMPERATURA DE AMBIENTE.

HWE: HWE = MCP x (T2-T1) HWE = M (4.220 KJ/KgºK) (96.5ºC- 25ºC) HWE = 301.73 KJ

∑HS = Hs1 + Hws HS1: HS1= MCP x (T2-T1) HS1 = 35 kg (4.050 KJ/KgºK) (70 –

Se tiene que saber que CALOR (q) que sale es negativo y CALOR (q) que entra es 25ºC) positivo.

HS1 = 6378.75 KJ HWS:

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

HWS = MCP (T2-T1) HWS =M(4.220 KJ/KgºK) (85ºC - 25ºC) HWS = 253.2M KJ/Kg H E = Hs -q FORMANDO LA ECCUACION DE ACUERDO A LA FÓRMULA

-16961.25Kj= -301.73 M Kj+ 253.2 M KJ/Kg – 16961.25 Kj 16961.25 KJ = 48.53 MKJ/Kg

MH = 349.50 Kg CALOR:

HS1- HE1

6378.75 KJ – 1417.5KJ = 4961.25 KJ de calor usado

Hallamos de la siguiente forma: Calor total

M (agua)

1417.5 KJ + 105454.64 KJ Q añadido al líquido: Q añadido = 35 (4.05) (70-35)

Q añadido = 4961.25 KJ 2.- En un proceso semicontinuo se pelan papas mediante vapor. El vapor se suministra en 1/25 parte de la masa de la papa sin pelar. Las papas entran al sistema a 290.15 ° y las papas peladas salen a 30 °C. Además del sistema sale una corriente residual a 66°C. Los calores específicos de la papa sin pelar de la corriente residual y de las papas peladas son: 3.85; 4.02; 3.45 KJ/Kg °C respectivamente. Si el vapor suministra 1285 KJ/Lbm. Calcular: a) La masa de la corriente residual b) El % de cascara de la papa CONSIDERAR LOS SIGUIENTES DATOS: Al proceso entra 13.5 Kg de vapor Considerar 0 °C como temperatura de referencia Durante el proceso se pierde 1/3 de calor que suministra el vapor. SOLUCION:

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

1er PASO: GRAFICO 1/25 = 0.04

V=0.04

x=13.5 kg

Q=1285KJ/Lbm PS= X= 337.5 Kg

PP=?

T= 17°C

T= 66 °C CP= 3.45 KJ/Kg°C

CP= 3.85 Kj/kg°C

CR Q=? CP= 4.02 KJ/Kg°k



T= 66°C

Sacamos 1/25 parte de la masa de la papa sin pelar V= 13.5Kg=0.04x

X=337.5kg 

HE= 337.5 x 3.85kj/Kg°C (17-0)  HE =22089.375 KJ

 Sacamos 1/13 durante el proceso se pierde 1/3 de calor que suministra el vapor. 38164.5KJ= 0.03x X= 12721.5 Kj Por lo tanto el gráfico va ser de la siguiente manera:

1/25= 0.04

V=0.04

x=13.5 kg

Q=1285KJ/Lbm PS= X= 337.5 Kg

PP=?

T= 17°C

T= 66 °C CP= 3.45 KJ/Kg°C

CP= 3.85 Kj/kg°C

CR Q= 12721.5kj T= 66°C

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

CP= 4.02 KJ/Kg°k



Si el vapor suministra 1285 KJ/Lbm: 1285KJ Lbm

x 2.20 lbm x 13.5 kg Q perdido

= 38164.5 KJ

ECUACION GENERAL: BALANCE DE ENERGIA:  HS:

HS= PP x 3.45kj/Kg x (30-0) = 103.5KJ/Kg PP HCR: CR x 4.02KJ/Kg°C (66-0) CR



Como :

= 265.32 KJ/Kg CR

HE+ Q SALIDA = HS

22089.375 Kg + 12721.5 Kj = 103.5KJ/Kg PP + 265.32 KJ/Kg CR 22089.375 Kg + 12721.5 Kj = 103.5KJ/Kg PP + 265.32 KJ/Kg (351Kg-PP) 34810.875KJ/Kg = 103.5KJ/Kg PP + 93127.32 KJ- 265.32 KJ/Kg PP 58316.445 Kj = 161.82 KJ/ Kg PP PP= Kg

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

BALANCE DE MATERIA: PS + V= PP + CR 337.5 Kg + 13.5 kg = PP + CR 351 Kg –PP = CR 351 Kg - ….= CR CR= 69.23 Kg

3.- Se utiliza un deposito tubular para escaldar judías de lima con un flujo masico de 860 Kg/ hr. El consumo de energía para el proceso de escaldado es 1.19 GJ/ hr y las perdidas debido al deficiente aislamiento se estima en 0.24 GJ/hr . Si el consumo total de energía en el proceso es de 2.71 GJ/hr. a) Calcular la energía para recalentar el agua después de cada proceso. b) Determinar el % de energía con cada corriente. SOLUCION: 1er PASO: GRAFICA

ESCALDOR

2.71 GJ/h

E que se

E1= 860 Kg/h

1.19GJ/h

queda en

H20

0.24 GJ/h 2DO PASO: BASE DE CALCULO

Por cada hora de proceso.

3ER PASO: ECUACION GENERAL: Haciendo un balance de energía por el problema diremos que la E (Energía) que entra el sistema es igual a la energía con la que se queda las judías mas la energía que se pierde por el

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

eficiente aislamiento + E que se queda en el agua = 2.71 = 1.19 + 0.24 2.71 GJ/H =V1.19 + 0.24 + E queda H2O a) E = 1.28 KJ/H El total de energía = 2.71 GJ E que sale con las judías = 1.19 x 100 2.71

= 43.91 % E que se pierde por el aislamiento = 0.24 x 100 = 8.85 % 2.71 E que se queda en el agua:

1.28 x 100 = 47.24% 2.71

HALLAMOS DE OTRA MANERA: SOLUCIÓN: GE= 2.71 GJ/h

E1 = 860 Kg/h

S1 = 860 Kg/ h

Tº = 80ºC CP = 0.91 KCalKgºC

ES= 1.19 GJ/h CP = 0.91 KCal/kgºC

EP= 0.24GJ/h HS= 1.19GJ + 0.24 GJ = 1.43 GJ HE- HS= G queda E que queda = 1.28 GJ

FORMULA GENERAL: HE = HS+ q+ (-H) HE = HS quedado % de energía asociada con cada corriente: 2.71

100% 1.19

x

X= 43.91% 2.71

100%

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA 0.24

2011 x

X= 8.85%

4.- Se calienta 13.2 lbm de hielo que se encuentra a 10.4 °F para obtener agua líquida a 0° C, posteriormente se calienta mas todavía para evaporarlo produciendo vapor saturado a 212 °F. Calcular las diversas entalpias encontradas en el proceso. Si los calores específicos del hielo y del agua líquida encontradas en el proceso. Si los calores específicos del hielo y del agua líquida son respectivamente 20.5 y 4.182 KJ/Kg °K. 13.2 Lbm/2.2 = 6 Kg

Si: ºC= (0.5556 (F32)) ªC = (0.55556 (10.432))

SENSIBLE

EN EL TRAMO A-B: o

LATENTE

A-B

SENSIBLE

= M cp (T2-

T1) A-B = Entalpia del Tramo A-B

o M = Masa o CP= capacidad calorífica

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LATENTE

PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

o T2 y T1 = temperatura A-B

= 6Kg x 20.5 KJ/KgºK (0 – (-12)) ºC

A-B

= 1476 KJ

EN EL TRAMO B-C:

B-C

=M

o Entalpia del Tramo B-C o M = Masa o

= B-C

= 6Kg x 333.2 KJ/Kg

B-C

EN EL TRAMO C-D:

= 1999.2 KJ

C-D

= M cp (T2-

T1) o

C-D

= Entalpia del Tramo C-D Si: ºC= (0.5556 (F-32))

o M = Masa o CP= capacidad calorífica o T2 y T1 = temperatura C-D

ªC = (0.55556 (21232)) ªC = (0.55556 (180)) =

= 6Kg x 4.182 KJ/KgºK (100-0) ºC

A-B

= 2509.2 KJ

En el tramo D-E: D-E

o

D-E

=M

= Entalpia del Tramo D-E

o M = Masa o

=

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

B-C

2011

= 6Kg x 2257.06 KJ/Kg

B-C

A-B

+

= 13542.36 KJ

B-C

+

C-D +

D-E

1476 + 1999.2 + 2509.2 + 13542.36

19526.76 KJ

TERCERA PRÁCTICA CALIFICADA DE BALANCE DE MATERIA Y ENERGÍA 1. 3000 Lbm de ajonjolí con 30% de proteína en peso, 28% de carbohidratos en peso, 7% de fibra, 4% de ceniza y 20% de aceite se maceran y se prensan para extraer aceite, obteniéndose corrientes de aceite y de pasta prensada que todavía contiene 6% de aceite (suponga que no hay perdida de otros constituyentes en la corriente de aceite- hexano (suponga que no salgue hexano en el extracto para obtener un producto con 7% de humedad en peso. Calcule: a) Kg de pasta de ajonjolí que sale en la primera etapa. b) Kg de aceite que sale en la pasta en la primera etapa. c) Kg de extracto obtenidos en la segunda que sale en la segunda etapa d) Kg de extracto seco final e) % en peso de proteína y carbohidratos en el producto seco.

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

SOLUCIÓN: 1er PASO: E1 = 1363.63Kg Pf=?¿ ST0.93 H =0.7 30% proteína 28% carbohidratos 7% fibra 4% ceniza 20% aceite 11% humedad

PP1=?

P

PP2=?

Aceite= 0.6

ACEITE= 0.75 CE2+ HEXANO

CE1=

300 Lbm/2.2 = 1363.63 Kg 2do PASO: Base De Cálculo Por cada 1363.63 Kg de materia prima. 3er PASO: Balance de Materia Balance General: 

Primera etapa:

E1= PP1+ CR

Reemplazamos: 1363.63 = PP1+ CR----ECC I Balance con respecto con todos sus componentes menos el aceite: 1363.63 (0.8) = PP1 (0.94)+ CR (0) PP1 = 1160.53

E1= PP1+ CCE1 1363.63= 1160.53+ CR CE1= 203.1 2da Etapa: PP1+ HEXANO= PP2+ CE+ HEXANO PP1=PP2+ CE Reemplazamos: Balance con respecto con todos sus componentes menos el aceite:

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

1160.53 (0.94) = PP2 (0.25) + CE (0) PP2= 1099.47 CE= 61.39 0.86325 (1099.15 Kg) = MF (0.93) MF= 1020.55Kg P= P = 40.085% C= 37.413%

a) Kg de pasta de ajonjolí que sale en la primera etapa= PP1 = 1160.53 b) Kg de aceite que sale en la pasta en la primera etapa= 69.6324 kgKg de extracto obtenidos en la segunda que sale en la segunda etapa = 69.6324 kgKg c) Kg de extracto seco final PP2= 1099.47 d) % en peso de proteína y carbohidratos en el producto seco= 1020.55 kg

2. Un medio de fermentación liquido a 298.15 °K se bombea a velocidad de 3.30 Lbm/min a través de un calentador, donde su temperatura se eleva a 154.4°F bajo presión. El agua caliente usada para el calentamiento entra a 95°C y sale a 78°C. La capacidad calorífica promedio del medio de fermentación y del agua caliente están separados por una superficie metálica a través de la cual se transfiere el calor y que impide la mezcla física de ambos. a) Calcúlese el flujo de agua necesario. b) La cantidad de calor añadida al medio de fermentación, suponiendo que no hay pérdida en el sistema.

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

RECORDAR 3.30Lbm/2.2 = 1.5 Kg

Para convertir a minuto es 1.5 kg x60 segundos= 90 kg/min 1ER PASO: GRAFICA W CALIENTE=? T= 78 °C CP = 4.20 Kj/Kgºk

E1 = 90 Kg/min

S1 = 90Kg/min

Tº1 =2 5 ºC CP = 4.0 Kjl/KgºK

Tº = 68 ºC CP = 4.0 Kj/Kgºk

Y T= 78 °C CP = 4.20 Kj/Kgºk

2DO PASO: BASE DE CÁLCULO: proceso

Por cada minuto de

3ER PASO: BASE DE CALOR: FÓRMULA GENERAL: Q gana el ½ gana= Q pierde el H20

90 Kg (4.0 kj/kg°K) (68-25°C) = Y (4.20 kj/kg°K) (95-78°C) 43

17 15480 = Y 71.4 Y = 216.81

Q = m CPe (T2- T1) = 216.81 (4.20 KJ/Kg°K )(17) =15480.234

3. Un combustible gaseoso con un análisis volumétrico de 60% de CH4, 30% de H2 y 10 % N2 se quema por completo con 130 % de aire teorico. Determine:g a) la relación aire combustible b) la fracción de vapor de agua que se condensaría si los gases producto fueran enfriados hasta 20°C a 1atm.

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA

2011

4. Una Lbm de butano (C4H1O) se quema con 25 lbm de aire que esta a 90°F y 14.7 Psia. Suponga que la combustión es completa y que la presión de los productos es 14.7 Psia. Determine: a) El % de aire teorico utilizado b) La temperatura del punto de rocio de los productos. SOLUCION: C4H10

XCO2 YH20

At(02+ 3.76N2) ZN2

O2

NOS DA DE REFERENCIA QUE LA RELACION AIRE COMBUSTIBLE ES: (MASA MOLAR DEL AIRE x N M aire) = 25 (MASA MOLAR x NC + MHH) 48+10

= 29 x at

N MOLES AIRE = 58 x 25 = 50 39

At= 10.50

C4H10 ´10.5 (O2+ 3.76N2) = 4CO2+ 5H20+ 39.48 N2+ 402

% AIRE TEORICO: C4H10+ AT (O2+ 3.76N2) = XCO2+ YH20+ ZN2 HALLAMOS: C:

H:

O2:

N2:

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PROBLEMAS DE BALANCE DE MATERIA X= 4 Y=5

AT→X+ Y/2

AT→6.5

6.5 (3.76)

2011 =Z

Z= 24.44

% AIRE TEORICO: 1050 X 100 = 161.54% 6.50 PUNTO DE ROCIO: PV= 5

X 14.7 psia 52.48 Kpa

PV= 1.40 psia--- (Buscamos en la Tabla A5E) INTERPOLAMOS: 1.0 101.70 1.40 2.0

X 126.04

1.40-1.0 = X-101.70 2.0-1.0

126.04-101.70

0.4

= X-101.70

1

24.34

0.4 X 24.34 /1 + 101.70 TV= 111.44°F

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