BE(3Y 9) BM(2 Y4 )

Balance de materia: 2. una suspensión de fermentación que contiene streptomyces kanamyceticus se filtran en continuo en un filtro rotatorio de vacio. Se alimenta 120 kg/h de suspensión de manera que 1kg de suspensión contiene 60g de solidos celulares. Para mejorar las velocidades de filtración se alimenta como coadyuvante tierras diatomeas a una velocidad de 10kg/h. la concentracion de kanamicina en la suspensión es de 0.05% en peso.El liquido filtrado se recoge a una velocida de 112kg/h; la concentracion de kanamicina en el filtrado es e 0.045% en peso. La torta e filtro que contiene las células y el coadyuvante se elimina continuamente del filtro. a) que porcentaje de liquido contiene la torta de filtro. b) si la concentracion de la kanamicina en el liquido e la torta de filtro es la misma que en el filtrado,¿ cuanta kanamicina se absorbe por kg de coadyuvante? Solución:

c a o d y u v

120kg/h=A

FILTRO

 K=0.05%  H20=93.95% 

𝑠𝑢𝑒𝑝𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑠𝑜𝑙.𝑐𝑒𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠

=

1000𝑔 60𝑔

B=10kg /h

=

6%

T O D R T A

Celulas soli.=1X-Y

Filtrado= 112k/h=C

K=0.045% H2O=99.955%

K=y H2O=X

Base de calculo: 120kg/h de alimento de suspension Balance global: 𝐴+𝐵 =𝐶+𝐷 120 + 10 = 112 + 𝐷 𝐷=

18𝐾𝑔 ℎ

Balance parcial para agua: 𝐴 ∗ 𝐴𝐻2𝑂 + 𝐵 ∗ 𝐵𝐻2𝑂 = 𝐶 ∗ 𝐶𝐻2𝑂 + 𝐷 ∗ 𝐷𝐻20

120 ∗ 0.9395 + 10 ∗ 0 = 112 ∗ 0.99955 + 18 ∗ (𝑋) 120 ∗ 0.9395 − 112 ∗ 0.99955 = 18 ∗ (𝑋) 0.7904 =𝑋 18 𝑋 = 0.0439 𝐸𝑠𝑡𝑎 𝑐𝑎𝑛𝑑𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑡𝑜𝑟𝑡𝑎. 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑔𝑢𝑛𝑡𝑎 𝑎) Balance para kanamicina: 𝐴 ∗ 𝐴𝐾 + 𝐵 ∗ 𝐵𝐾 = 𝐶 ∗ 𝐶𝐾 + 𝐷 ∗ 𝐷𝐾 120 ∗ 5 × 10−4 + 10 ∗ 0 = 112 ∗ 4. 5 × 10−4 + 18 ∗ 𝐷𝐾 9×

10−3 = 𝐷𝐾 18

𝐷𝐾 = 5.33 × 10−4 Si la concentracion de la kanacima que sale del filtrado que en la torta entonces: 120 ∗ 5 × 10−4 + 10 ∗ 0 = 112 ∗ 4. 5 × 10−4 + 𝐷 ∗ 𝐷𝐾 𝐷 ∗ 𝐷𝐾 = 9 ×

10−3 𝑘𝑔 ℎ

Por tanto: 𝑘 𝑒𝑛 𝑡𝑜𝑟𝑡𝑎 𝐵

=

9×

10−3 𝑘𝑔 ℎ

10𝐾𝑔/ℎ

= 9 × 10−4 … respuesta de l apregunta b)

4. la goma xantano se produce con xanthomonas campestris en un cultivo discontinuo. Se sabe que: 1𝑔 𝑔𝑙𝑢 + 0.23𝑔𝑂𝑔 + 0.01𝑔 𝑁𝐻3 → 0.75𝑔 𝑔𝑜𝑚𝑎 + 0.09𝑔 𝑐𝑒𝑙. +0.27𝑔 𝐶𝑂2 + 0.13𝑔 𝐻2𝑂 Un medio que contiene glucosa y NH3 disuelto en 20000 Kg de agua se bombea al fermentador agitado y se inocula la bacteria. Se inyecta al fermentador A Kg de aire y salen del mismo 1250 Kg de gas. Por la alta viscosidad la concentración final de goma no debe superar el 3,5% en peso. a) Cuánta glu y NH3 se requieren ?. b) Qué porcentaje de aire en exceso debe suministrarse ?.

( 23.3%p/p O2 y 76.7%p/p N2)

Gas salida (CO2, O2, N2) 1.250 kg Base de Cálculo

Alimentación; F Fermentador

20.000 kg agua G kg de glucosa

N kg de amoniaco

Aire; A Donde: 23.3 % O2 76.7% N2 (Inerte, No reacciona)

Producto; P Donde: X kg de goma 3.5% goma xantano H kg de agua

C kg de células

Balance de Masa global 1. 𝑀𝑎𝑠𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎(𝑘𝑔) = 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑠𝑎𝑙𝑒(𝑘𝑔) 𝐹 + 𝐴 = 1250 + 𝑃 … … … … … . . (1)

Balance por Especie 𝑀𝑎𝑠𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎(𝑘𝑔) + Masa generada(kg) = 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑠𝑎𝑙𝑒(𝑘𝑔) + + Masa consumida 2. Balances para la goma 𝐸+𝐺 =𝑆+𝐶 0𝐾𝑔 + 𝐺𝐺𝑜𝑚𝑎 = 0.035 ∗ 𝑃𝑘𝑔 + 0𝑘𝑔 𝐺𝐺𝑜𝑚𝑎 = 0.035 ∗ 𝑃𝑘𝑔 Reacción Relación en masa 1𝑔 𝑔𝑙𝑢 + 0.23𝑔𝑂𝑔 + 0.01𝑔 𝑁𝐻3 → 0.75𝑔 𝑔𝑜𝑚𝑎 + 0.09𝑔 𝑐𝑒𝑙. +0.27𝑔 𝐶𝑂2 + 0.13𝑔 𝐻2𝑂 Reordenando

(

1 0.23 0.01 )𝑔 𝑔𝑙𝑢 + ( )𝑔𝑂𝑔 + ( )𝑔 𝑁𝐻3 0.75 0.75 0.75 0.75 0.09 0.27 0.13 →( )𝑔 𝑔𝑜𝑚𝑎 + ( )𝑔 𝑐𝑒𝑙. +( )𝑔 𝐶𝑂2 + ( )𝑔 𝐻2𝑂 0.75 0.75 0.75 0.75

De la estequiometría de la reacción , la síntesis de (0.035 ∗ 𝑃𝑘𝑔) kg de goma necesita: (

1 ) ∗ (0.035 ∗ 𝑃𝑘𝑔) = 0.0467 ∗ 𝑃 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑎 0.75 (

0.23 ) ∗ (0.035 ∗ 𝑃𝑘𝑔) = 0.0107 ∗ 𝑃 𝑑𝑒 𝑂2 0.75

0.01 +( ) ∗ (0.035 ∗ 𝑃𝑘𝑔) = 0.00047 ∗ 𝑃 𝑑𝑒 𝑁𝐻3 0.75 Produce: (

0.09 ) ∗ (0.035 ∗ 𝑃𝑘𝑔) = 0.0042 ∗ 𝑃 𝑑𝑒 𝑐𝑒𝑙𝑢𝑙𝑎𝑠 0.75 (

0.27 ) ∗ (0.035 ∗ 𝑃𝑘𝑔) = 0.0126 ∗ 𝑃 𝑑𝑒 𝐶𝑂2 0.75

0.13 ( ) ∗ (0.035 ∗ 𝑃𝑘𝑔) = 0.00607 ∗ 𝑃 𝑑𝑒 𝐻𝑂2 0.75

Balance por Especie en masa 𝐸+𝐺 =𝑆+𝐶 3. Balances de O2 0.233 ∗ 𝐴𝑘𝑔 + 0𝐾𝑔 = 𝑂2 𝑆 + 0.0107 ∗ 𝑃 0.233 ∗ 𝐴𝑘𝑔 − 0.0107 ∗ 𝑃 = 𝑂2 𝑆 4. Balances de N2 𝟎. 𝟕𝟔𝟕 ∗ 𝑨𝑲𝒈 + 𝟎𝒌𝒈 = 𝑵𝟐(𝑺) + 𝟎𝑲𝒈 𝟎. 𝟕𝟔𝟕 ∗ 𝑨𝑲𝒈 = 𝑵𝟐(𝑺) 5. Balances de CO2 0𝑘𝑔 𝐶𝑂2 + 0.0126 ∗ 𝑃 = 𝐶𝑂2(𝑆) + 0𝐾𝑔 0.0126 ∗ 𝑃 = 𝐶𝑂2(𝑆) Masa total de gases de salida 𝟏𝟐𝟓𝟎 = 𝒎𝒂𝒔𝒂 𝟎𝟐 + 𝒎𝒂𝒔𝒂 𝑵𝟐 + 𝒎𝒂𝒔𝒂 𝑪𝑶𝟐 𝟏𝟐𝟓𝟎 = 0.233 ∗ 𝐴𝑘𝑔 − 0.0107 ∗ 𝑃 + 𝟎. 𝟕𝟔𝟕 ∗ 𝑨𝑲𝒈 + 0.0126 ∗ 𝑃

𝑨 = 𝟏𝟐𝟓𝟎 − 𝟎. 𝟎𝟎𝟏𝟗 ∗ 𝑷 … … … … … … 𝟐 Balance por Especie 𝐸+𝐺 =𝑆+𝐶 6. Balances de Glucosa. 𝐺𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑎(𝐸) + 0𝑘𝑔 = 0𝑘𝑔 + 0.0467 ∗ 𝑃 𝐺𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑎(𝐸) = 0.0467 ∗ 𝑃 7. Balances de NH3 𝑁𝐻3(𝐸) + 0𝐾𝑔 𝑁𝐻3 = 0𝐾𝑔(𝑆) + 0.00047 ∗ 𝑃 𝑁𝐻3(𝐸) = 0.00047 ∗ 𝑃 Masa total de alimentación. 𝑭 = 𝒎𝒂𝒔𝒂 𝒈𝒍𝒖𝒄𝒐𝒔𝒂 + 𝒎𝒂𝒔𝒂 𝑵𝑯𝟑 + 𝒎𝒂𝒔𝒂 𝑯𝟐𝟎 𝑭 = 0.0467 ∗ 𝑃 + 0.00047 ∗ 𝑃 + 20000𝐾𝑔 𝑭 = 𝟎. 𝟎𝟒𝟕𝟐 ∗ 𝑷 + 𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 … … … … … 𝟑 Se tiene el sistema 𝐹 + 𝐴 = 1250 + 𝑃 … … … … … . . (1) 𝑨 = 𝟏𝟐𝟓𝟎 − 𝟎. 𝟎𝟎𝟏𝟗 ∗ 𝑷 … … … … … … 𝟐 𝑭 = 𝟎. 𝟎𝟒𝟕𝟐 ∗ 𝑷 + 𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 … … … … … 𝟑 Resolviendo P = 20948.3 Kg A = 1210.2 Kg F = 20988.1 Kg a) En Base a estos valores se tiene: 𝐺𝑜𝑚𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎 = 0.035 ∗ 𝑃 = 0.035 ∗ 20948.3 = 733.2Kg 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑎 𝐸𝑁𝑇𝑅𝐴 = 0.0467 ∗ 𝑃 = 0.0467 ∗ 20948.3 = 978.3KG 𝐴𝑚𝑜𝑛𝑖𝑎𝑐𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = 0.00047 ∗ 𝑃 = 0.00047 ∗ 20948.3 = 9.8Kg 𝐶𝐸𝐿𝑈𝐿𝑂𝑆𝐴 𝑆𝐴𝐿𝐸 = 0.0042 ∗ 𝑃 = 0.0042 ∗ 20948.3 = 88.0KG 𝐶𝑂2 𝑠𝑎𝑙𝑒 = 0.0126 ∗ 𝑃 = 0.0126 ∗ 20948.3 = 263.9KG

En Base a estos valores se tiene: 𝑂2entra = 0.233 ∗ A = 0.233 ∗ 1210.2 = 282.0 Kg 𝑂2 𝑆𝐴𝐿𝐸 = 0.233 ∗ A − 0.0107 ∗ P = 0.233 ∗ 1210.2 − 0.0107 ∗ 20948 = 57.8 Kg 𝑁2 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = 0.767 ∗ 𝐴 = 0.767 ∗ 1210.2 = 928.2 Kg 𝑁2 𝑠𝑎𝑙𝑒 == N2 entra = 928.2 Kg b) Exceso aire %𝐸𝑋𝐶𝐸𝑆𝑂 𝐾𝑔 𝑂2 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑒𝑛𝑡𝑒 − 𝑘𝑔𝑂2 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑡𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑙 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑟𝑎𝑡𝑜 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝑘𝑔𝑂2 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑡𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑙 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑟𝑎𝑡𝑜 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 1𝑔 𝑔𝑙𝑢 + 0.23𝑔𝑂𝑔 + 0.01𝑔 𝑁𝐻3 → 0.75𝑔 𝑔𝑜𝑚𝑎 + 0.09𝑔 𝑐𝑒𝑙. +0.27𝑔 𝐶𝑂2 + 0.13𝑔 𝐻2𝑂 𝑘𝑔 𝑂2 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑡𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑐𝑜𝑛 𝑒𝑙 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑟𝑎𝑡𝑜 = 0.23 ∗ 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = 0.23 ∗ 978.3𝑘𝑔 = 225.0𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝑂2 % 𝐸𝑋𝐶𝐸𝑆𝑂 𝐷𝐸 𝐴𝐼𝑅𝐸 =

(282.0 − 225.0) ∗ 100 225.0

% 𝐸𝑋𝐶𝐸𝑆𝑂 𝐷𝐸 𝐴𝐼𝑅𝐸 = 25.33% Balance de energía . 3.En el cambiador de calor se enfrían 25000kg/h de leche entera desde 78 hasta 30°c, utilizando agua como medio de nefriamiento. Determinar el caudal masico de agua que será necesario si en el proceso se calienta desde 10 hasta. , considera que el cp – agua es igual al

cp - Leche: 4.18 kJ/kg.°C

𝒎𝑯𝟐 𝑶 𝟏𝟎 ℃ 𝟐𝟓𝟎𝟎 𝒌𝒈/𝒉 𝐿𝑒𝑐ℎ𝑒 𝟕𝟖 ℃

𝑯𝟒 L

30℃ 𝑚𝑙𝑒𝑐ℎ𝑒

𝑚𝐻2 𝑂 𝟐𝟎 ℃

Solución:

𝑸𝒈𝒂𝒏𝒂𝒅𝒐 = 𝑸𝒑𝒆𝒓𝒅𝒊𝒅𝒐 𝑸 = 𝒎 ∗ 𝑪𝒑 ∗ ∆𝑻 𝒎𝑯𝟐 𝑶 ∗ 𝑪𝒑 ∗ (∆𝑻) = 𝒎𝑳𝒆𝒄𝒉𝒆 ∗ 𝑪𝒑 ∗ (∆𝑻) 𝒎𝑯𝟐 𝑶 ∗ (𝟐𝟎 − 𝟏𝟎) °𝐂 = 𝟐𝟓𝟎𝟎

𝒌𝒈 ∗ (𝟕𝟖 − 𝟑𝟎) °𝐂 𝒉

𝒎𝑯𝟐 𝑶 ∗ (𝟏𝟎) = 𝟏𝟐𝟎𝟎𝟎𝒌𝒈/𝒉 𝒎𝑯𝟐 𝑶 = 𝟏𝟐𝟎𝟎𝟎𝒌𝒈/𝒉 9. En un cambiador de calor se calientan 1000 kg/h de leche entera desde 45 hasta 72ºC. Como medio de calefacción se emplea agua, que se introduce al cambiador a 90ºC y lo deja a 75ºC. Calcular el caudal másico de agua necesario sabiendo que existen unas pérdidas de calor al ambiente de 1 kW. Dato: cp Leche: 4,18 kJ/kg.°C

𝒎𝑯𝟐 𝑶

=¿?

𝑇 = 90℃ Leche fresca: 1000 Kg/h 𝑇2 = 72℃ 𝑇 = 45℃ 𝑇 = 75 ℃

Solución: Por balance de energía sabemos que:

𝑄𝑔𝑎𝑛𝑎𝑑𝑜 = 𝑄𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑜

𝒎𝒍𝒆𝒄𝒉𝒆 ∗ 𝑪𝒑𝒍𝒆𝒄𝒉𝒆 ∗ (∆𝑻) = 𝒎𝒂𝒈𝒖𝒂 ∗ 𝑪𝒑 ∗ (∆𝑻) + 𝑄𝑝𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑜 1000

𝑲𝒈 𝒉𝒓

∗ 4.18

𝑲𝑱 𝑲𝒈.°𝑪

112860 𝒎𝒂𝒈𝒖𝒂 =

∗ (72 − 45) °C = 𝒎𝒂𝒈𝒖𝒂 ∗ 4.18

𝒌𝑱 𝒉𝒓

𝒌𝑱

= 𝒎𝒂𝒈𝒖𝒂 ∗ 62.7 𝑲𝒈 + 1 1742.58

𝑲𝑱 𝑺𝒆𝒈

∗

𝑲𝑱 𝑲𝒈.°𝑪

∗ ( 90 − 75) °C + 1

𝑲𝑱 𝑺𝒆𝒈

𝟑𝟔𝟎𝟎 𝒔𝒆𝒈 𝟏 𝒉𝒓 kg h

de 𝐻2 o