225096452 Operaciones UNitarias Ejercicios Resueltos Total 4 ejercios PDF

Preview

Summary

Nada interezante...

Description

Tarea 1

1. Para el proceso de mezcla de benceno con aire, se emplea 500 mol C6H6/h que representa el 20% de la alimentación de aire.

Del texto: “500 mol Benceno, representa el 20% de alimentación de aire “n1”:

500=0.2 × n1 → n1=2500

mol Aire h

Analizamos la composición del aire entrante:

O 2 :0.21∗2500

mol mol =525 O2 h h

N 2 : 0.79∗2500

mol mol N =1975 h 2 h

En un proceso donde no hay reacción, el número de moles se mantiene (conservación de masa): Balance General (en moles):

500 + 2500=n2 → n2=3000

mol Mezcla h

a) Diagrama de Flujo:

500

mol C H h 6 3000

2500

mol Air h

{

mol O h 2 mol N2 1975 h 525

mol Mezcla h ¿ mol C H 500 h 6 mol 525 O h 2 mol 1975 N2 h

Porcentaje de los Productos:

¿ 500 C6 H 6 : =0.16666:16.67 % 3000 525 ¿ O2 : =0.175 :17.5 % 3000 1975 N 2: =0.658333 :65.83 % 3000

b) Escala de 2000Kmol aire para la alimentación:

2000 Kmol / h =0.8 Kmol /mol , 2500 mol /h

Factor escalar:

Multiplicamos las corrientes por el factor escalar y tenemos el nuevo diagrama:

400

Kmol C6 h 2400

2000

Kmol Ai ℜ h

{

Kmol O h Kmol 1580 N h 420

*Además los porcentajes se mantienen.

Kmol Mezcla h ¿ Kmol C H 400 6 6 h Kmol 420 O2 h Kmol 1580 N2 h ¿ ¿

2. Un tanque de 5m de diámetro y m de altura, contiene una solución ocupando 90% de su capacidad. La solución de H2SO4 fue preparada a 50% en volumen. (Densidad H2SO4=1.8g/cm3). Luego se evapora 20 y 5% en volumen de solvente y soluto respectivamente.

∅:5 m π Capacidad :V = 5 2 ( 4 )=25 π m 3 4 3

Solucion :V s 0=0.9 × 25 π m =22.5 πm Preparado inicialmente al 50%:

h :4 m

{

H 2 S O 4 : 0.5 ∙V s 0=11.25 π m 3 H 2 O : 0.5∙ V s 0=11.25 π m

Evaporación Porcentual

{

3

3

H 2 S O 4 : 11.25 m ∗0.95 =10.688 π m … Total: 19.688 π m3 3 3 H 2 O : 11.25 m ∗0.8=9 π m

Composición en Volumen :

{

H 2 S O4 : H O

10.688 π m3 =0.5429 → 54.29 % 19.688 π m3 9 π m3 0 4571 45 71 %

Composición enPeso : Recordar:

{

W =Vol ∙ ρ

1800 Kg =19238.4 π Kg m3 1000 Kg 3 =9000 π Kg H2 O: 9 π m × m3

H 2 S O4 :10.688 π m 3 ×

Total: 28238.4 π Kg

{

19238.4 π Kg =0.6813 →68.13 % 28238.4 π Kg 9000.4 π Kg H O: =0 3187 →31 87 %

H 2 S O4 :

3

3

3. Mediante un proceso de destilación, se separan en dos fracciones 1500moles/h de una mezcla de benceno (B) t tolueno (T) que contiene 45% de benceno. La velocidad del flujo de benceno en la corriente superior es de y en la corriente inferior la velocidad e flujo de tolueno es de 600molT/h. Para un proceso estacionario, escribir lo balances del B y T y calcular las velocidades de flujo desconocidas en las corrientes de salida.

300 molB/h, n1 molT/h 1500

{

mol Mezcla h

mol h mol 55 % :825 h

45 % :675

n2 molB/h, 600 molT/h

Balances específicos de materia (en mol/h):

Benceno : 675=300+n2 → n2=375 Tolueno : 825=n 1+600 → n1=225

mol B h

mol T h

4. Se tienen dos mezclas de etanol y agua, que se combinan en un mezclador. La primera contiene 500Kg al 40% en peso de etanol, y la segunda de 400Kg al 60% en peso de etanol.

500 Kg Mezcla 1

Mezcla 3:500+400=900 Kg

{

40 % :200 Kg Etanol 60 % :300 Kg H O 400 Kg Mezcla2

:200+240=440 Kg {Etanol Agua :300+160=460 Kg

{

60 % :240 Kg Etanol 40 % :160 Kg H O

a.1) Composición en PESO:

x Etanol= x Agua=

440 Kg =0.4889=48.89 % 900 Kg

460 Kg =0.4889=51.11 % 900 Kg

a.2) Composición en MOLES:

M etanol=46 → netanol= M agua=18 → netanol =

440 Kg =9.565 Kmol 46uma

460 Kg =25.555 Kmol 18 uma

Moles Totales: 9.565 + 25.555 = 35.12Kmol

y Etanol = y agua =

9.565 Kmol =0.2724=27.24 % 35.12 Kmol

25.555 Kmol =0.7276=76.76 % 35.12 Kmol

b) Para obtener 45% en masa: Combinamos “a” Kg de Mezcla 1 y “b” Kg de mezcla 2, Luego:

Posibilidades de solución: Posibilidad 1: 450Kg de Mezcla 1 y 150Kg de Mezcla 2

Etanol: (0.4a +0.6b) Kg; Agua (0.6a + 0.4b) Kg

x etanol=0.45=

0.4 a+ 0.6 b a+b

x et =

Posibilidad 2: 480Kg de Mezcla 1 y 160Kg de Mezcla 2

0.45 a+0.45 b=0.4 a+0.6 b

0.05 a=0.15 b a=3 b Toda combinación de la mezcla 1 y 2 en relación de 3 a 1, se obtener una composición al 45% de etanol en masa.

0.4 ( 450 ) +0.6 (150) =0.45 600

x et =

0.4 ( 480 ) +0.6 (160) =0.45 640

5. Una corriente de aire húmedo entra a un condensador en el cual se condensa el 95% de vapor de agua del aire. Es posible considerar que el aire seco tiene 21mol% de O 2 y el resto N2.

Alimentación:

{

mol 0.1( 300 ) =30 H2O h

(300 molh ) 0.9 ( 300 )=270 mol Aire Seco h

a)Flujo Condensado:

95 % ( H 2 O en alimentacion) =0.95∗30

{

0.21 ( 270 )=56.7 mol O2 h mol

mol mol H 2 O( l) =28.5 h h

b) Flujo de Gas: Balance General (mol/h): Alimentación = Flujo Condensado + Gas

300=28.5 + Fluj o Gas

Fluj oGas=271.5 mol / h

c) Composición del Gas (271.5 mol/h)

{

1.5 =0.0055=0.55 % 271.5 56.7 ¿ yO = =0.2088=20.88 % 271.5 213.3 =0.7857=78.57 % ¿ yN = 271.5 y H O= 2

H 2 O=30 −28.5=1.5

mol H 2 O( v ) h

mol O O 2=56.7 h 2

2

2

Tarea 2

1. Concentración de Zumo de Naranja de 12%a 42% en peso de Sólido.

Z 2 ;20° C 0.12 0.88

Z 1 ; 20° C 0.12 0.88

Z .3 ; 20 °C

Z 4 ;T

Z 5 ;60 °C

0.12 0.88

0.58 0.42

0.42 0.58

V 6 ;T

Balances de Masa:

Balances de Solido :

Z 1 = Z 2+ Z 3

0.12∗Z 3 +0∗V 6=0.58∗Z 4

Z 3= Z 4 +V 6

0.58∗Z 4 + 0.12∗Z2 =0.42∗Z 5

Z 4 + Z 2= Z 5

0.12∗Z 1=0∗V 6 +0.42∗Z 5

Z =V + Z

Z1 = 100Kg/h (Producto) Balance de Solidos Global:

0.12∗Z 1=0∗V 6 +0.42∗Z 5

0.12∗100=0.42 ¿ Z 5 Z 5=28.57

Kg h

Balance de masa Global:

Z 1=V 6+ Z 5 100=V 6 + 28.57

V =71 43

Kg

Balance de masas en el evaporador:

Z 3=V 6+ Z 4 Z 3=71.43+ Z 4 …(1) Balance de Solidos del evaporador:

0.12∗Z 3=0.58∗Z 4 … (2) De.. ( 1 ) y ( 2 ) Z 3=90.05

Kg h

Z 4 =18.62

Kg h

En el Vértice 1-2-3:

Z 1= Z 2 + Z 3

100=Z 2+ 90.05 Z 2=9.95

Masa (Kg) Concentración

Kg h Z1 100 0.12

Z2 9.95 0.12

Z3 90.05 0.12

Z4 18.62 0.58

Z5 28.57 0.42

V6 71.43 0

De La tabla anterior: Solido: Masa * Composición; Agua: Masa restante

Solido(Kg) Agua(Kg)

Z1 12 88

Z2 1.195 8.755

Z3 10.805 79.245

Z4 10.805 7.82

Z5 12 16.57

V6 0 71.743

2. Se concentran 8000Kg/h de una solución de Sal de 1.2% (38°C) a 2.5% en Peso:

V ;T S ; λ V

Kg ; 0.012 ( peso ) ; 38 ° C ;1 atm h

W ; H W ;105 ° C

F :8000

W ; hW ; 105 °C

L: 0.025 ( peso ) ; T S ; 1 atm

a,b) Balance de Solidos:

8000∗0.012=L∗0.025 Kg L=3840 h Balance de Masa:

De las tablas, para W(105°C) y V(1atm):

λW =H w −hw

λW =640.7 −105.08=535.62

Kcal Kg

λV =H V −hV

F=L+V Kg V =4160 h

λV =638.9 −100.04=538.86

Kcal Kg

Balance de Energía:

F H F +W λW =L hL + V λV Reemplazamos los valores Obtenidos líneas arriba, considerando T.ref=TL=100°C

8000

(

Kg KJ 4.14 h Kg °C

W =5102.33

1 cal Kcal Kg Kca ( 38 −100 ) ° C+W (535.62 =0+4160 538.86 )( 4.18 Kg ) h ( Kg J)

Kg h

c) Calculando Calor Transferido y Área de Calefacción:

Q=W λ W Q=5102.33 A Calefacción =

(

)

Kg Kca l Kcal 535.62 =2732910 h Kg h

Q U ∆T 2732910 1700

A Calefacción = ∴A

Kcal h

w ( 105 −100 ) ° C 2 m °C 3600 s 1Cal J /s

=373 32 m

2

∗1h ∗4.18 J ∗1 w

3.1. En un evaporador simple se concentran 18000kg/h de una disolución desde el 10% hasta el 50% en peso:

V ;T S ; λ V Kg ; 0.1 ( peso ); 25 °C h

W ; HW

F :18000

W ;hW

L: 0.5 ( peso ) ; T S +10 ° C

Balance de Solidos:

a,b,c) Flujo de Solidos y Agua: Alimentación

18000∗0.1=L∗0.5 L=3600

{

Kg h

Kg h F : 18000 Kg 0.9 : 16200 h

d) Balance de Masa:

F=L+ V

Producto:

Kg V =14400 h

{

Kg h L: 3600 Kg 0.5 : 1800 h

3.2. Continuación:

P ( Calefacción ) =1.72 Para W :1.72

0.1: 1800

0.5 : 1800

Kg Kg ; P ( Evaporación )=0.58 2 c m2 cm

Kg (115) c m2

λW =H w −hw λW =644.3−115.18=529.12 Para W :0.56

Kcal Kg

T V =T V +10 : λV =548.24+10∗( 0.85 )=556.74

Kg (85) cm 2

λV =H V −hV Kcal

Kcal Kg

a) Balance de Energía:

F H F +W λW =L hL + V λV Reemplazamos los valores Obtenidos líneas arriba, considerando T.ref=TL=95°C

18000

(

)

(

)

(

Kg KCal Kcal Kg Kcal ( 25− 95 )° C+ W 529.12 0.85 =0+14400 548.24 h Kg °C Kg h Kg Kg h

W =16945

b) Calculando Calor Transferido y Área de Calefacción:

Q=W λ W Q=16945

(

)

Kg Kcal Kcal 529.12 =8965938.5 h Kg h

A Calefacción =

Q U ∆T 8965938.5

A Calefacción = 1800

Kcal h

Kcal ( 115 −95 ) °C m . h .° C 2

∴ A Calefacción=249.05 m 2 c) Economía del Proceso:

)

Tarea 3

1. Problema 1:

Si :1 m Aire( 20 ° C ) →15 g H 2 O :100 %( Saturado ) 3

→1 m Aire ( 20 °C) → 12 g H 2 O : φr % ( Húmedo ) 3

φr =

12 =80 % 15

3 Si :1 m Aire( T °C ) → 20 g H 2 O : 100 %( Saturado )

→1 m 3 Aire ( 20 °C ) → Xg H 2 O :80 % ( Húmedo ) X =0.8∗20=16 g

2. Problema 2: La presión parcial del vapor de agua en una masa de aire húmedo a 40ºC y 750mmHg es 16mmHg

P=P H O +P Aire

c) Calor Específico

2

750 mmHg=16+ P Aire

C P=C P ( g )+C P (v )∗Y

P Aire =55.32mmHg

C P=0.24+0.46∗0.0135

a) Temperatura de Rocío (Saturación) De las tablas, un contenido de agua con 16mmHg, se encuentra entre 18 y 19 °C.

19−T 16.48−16 = T −18 16 −15.48 T r=18.52 °C

Y=

(

V esp=

( 291 + 18Y )(0.82∗T P ) 0.82∗10 + 273 ( 291 + 0.0135 18 ) ( 750 ) 760

V esp=0.9164 L

b) Humedad Absoluta:

M agua M Aire

d) Volumen específico:

V esp=

T 2−T P 2−P = T −T 1 P−P1

Y=

C P=0.246

P () P−Pv ) v

( 1829 )( 75016−16 )

e) Entalpia específica (0°C):

H esp=C P∗T + λ0∗Y H esp=0.246∗( 40 + 273 )+597.2∗0.0135 H esp=85.06

Ejercicio 3: Del Diagrama Psicométrico, de aire a 35°C y temperatura húmeda a 25°C.

Ubicamos el punto que describe el estado actual, (Intersección de la vertical 35°C, y la Diagonal 25°C). “Punto Amarillo” a) Humedad Absoluta: Seguimos desde el punto la línea horizontal roja hacia la derecha () *Y = 0.016 Kg Agua / Kg Aire Seco b) Humedad Relativa: la curva que “Aproximadamente” pasa por ese punto señala: * Hr = 0.45 c) Temperatura de Rocío: Del punto sobre la línea horizontal roja a la izquierda, hasta la curva de saturación, luego hacia abajo, por la línea también roja. *Ts = 21.3°C d) Humedad de Saturación por enfriamiento adiabático: Seguimos la diagonal verde, de la temperatura húmeda, y luego por la horizontal verde hacia la derecha () *Hs (enf. Ad) = 0.020 Kg Agua / Kg Aire seco. e) Humedad de Saturación a la temperatura a la que se encuentra: Seguimos la línea vertical celeste que describe la temperatura actual hasta la curva de saturación, luego hacia la derecha () por la horizontal celeste: *Hs (Tem Actual): 0.037 Kg Agua / Kg Aire seco.

f)

De los otros Diagramas, para Calor y volumen: Ubicamos el estado actual y respondemos las interrogantes: Volumen específico: Estado actual a 35°C, ascendemos por la vertical roja, y hacia la derecha:  

(), Aire Saturado: 0.93 m3/kg (), Aire Saturado: 0.87 m3/kg

Calor Específico: De ta temperatura actual calculada 0.016 seguimos la Linea vertical roja Hacia abajo y luego la naranja hacia la Izquierda: 

(), Calor: 0.247 Kcal / Kg Aire seco

Tarea 4

1. Secado por ambas caras planchas de 20cmx30cmx1cm. Si es peso seco es de 400g. Tenemos: Tiempo en minutos del proceso, y el peso total en gramos (las dos primeras columnas de la tabla adjunta) a) Curva de Velocidad de Secado: Tiempo (min) 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110

Peso total (gr) 532 514 496 483 470 462 454 449 443 440 436 434

Contenido Humedad 132 114 96 83 70 62 54 49 43 40 36 34

Kg Agua / Kg Solido seco 0.330 0.285 0.240 0.208 0.175 0.155 0.135 0.123 0.108 0.100 0.090 0.085

dx/dt

Valor medio Kg Agua/Sol

-0.005 -0.005 -0.003 -0.003 -0.002 -0.002 -0.001 -0.002 -0.001 -0.001 0.000

0.308 0.263 0.224 0.191 0.165 0.145 0.129 0.115 0.104 0.095 0.088

0.900 0.900 0.650 0.650 0.400 0.400 0.250 0.300 0.150 0.200 0.100

120

431

31

0.078

-0.001

0.081

0.150

Wp (Kg agua/m2.h)

0.350 f(x) = − 0 x + 0.33 R² = 0.99

0.300 0.250 0.200 0.150 0.100 0.050 0.000 0

Para t=0,

10

20

X0=

Kg Agua / Kg Solido seco 30 40 50 60

70

80

0.532−0.400 kg agua =0.330 Kg aire seco 0.400

90

100

110

120

130

b) b) b) b) b) b) b) b) b) b) b) b) b)

c) Velocidad Constante de secado: El coeficiente de la ecuación de los 4 puntos lineales de “dx/dt”

C=0.0041

W=

kg agua/ Kg aire seco min

0.400 Kg KgAgua kg agua/ Kg aire seco ∗60=0.82 ∗0.0041 2 min m2 h 0.120 m

d) Humedad:

kg agua Kg aire seco kg agu a ¿ X =0.078 Kg aire seco

X c =0.208



Crítica: El último de los 4 puntos,



Equilibrio: El último punto de la gráfica,

2. Material de A = 15m2, Secado por AMBAS CARAS (AT=2xA=30m2) Peso Total inicial = 12Kg; Pierde 3.5Kg en 2 horas. (Velocidad Constante) Peso mínimo a velocidad cero: 6.4Kg. Con 1.3Kg de Agua. A Final del Proceso (en el quilibrio)

Peso Total=Peso Agua+ Peso Seco 6.4 Kg=1.3 Kg+Peso Seco Peso Seco=5.1 Kg a) Humedad Crítica: (luego de las 2 horas)

Inicial:12 Kg→ Pierde 3.5 Kg→ Queda:8.5 Kg Peso Total=Peso Agua+ Peso Seco 8.5 Kg=Peso Agua+ 5.1 Kg Peso Agua=3.4 Kg H C=

kg agua 3.4 =0.6667 Kg aire seco 5.1

b) Velocidad de Secado: Antes del punto crítico, tenemos una velocidad constante (dx/dt)

∆ C=

( )

3.5 Kg agua kg agua /Kg aire seco Kgsolido Seco 5.1 =0.3431 = 2h h ∆Tiempo

W=

Solido seco ∗C Area

W=

KgAgua kg agua /Kg aire seco 5.1 Kg Seco =0.5823 ∗0.3431 2 h m2 h 30 m

c) Humedad de Equilibrio: (Al final a velocidad CERO) ¿

H =

1.3 kg agua =0.2549 Kg aire seco 5.1

d) Humedad Libre en el Punto crítico, (como referencia los cálculos de (a))

H L =Humedad−Humedad de Equilibrio H L ( crítico )= H C − H ¿ H L (Crítico ) =0.6667−0.2549 =0.4118

kg agua Kg aire seco

3. Investigacion sobre secadores.

a) Secador flash El secado instantáneo o Flash consiste en la eliminación rápida de la humedad de los sólidos pulverizados o micronizados, es decir de agua superficial. Esta velocidad que permite la transferencia de calor desde el gas hacia las partículas de solido suspendido es muy alta y el secado es rápido, de forma que no se requiere más de 3 ó 4 segundos para evaporar toda la humedad del producto deseado. El corto tiempo de retención permite un control máximo del secado sin modificar la calidad del producto terminado. Para lograr esto tenemos que la temperatura del gas es elevada con frecuencia a 650 ⁰ C (1200 ⁰ F), pero el tiempo de contacto es tan corto que la temperatura del

solido rara vez supera 50 ⁰ C (90 ⁰ F) durante el secado. Por lo tanto, el secador flash se puede utilizar en materiales sensibles, ya que que en otro tipo de secadores tendrían que secarse indirectamente con un medio de calefacción mucho más frio. Como ventajas tenemos:     

Secado de productos granulados y pulverulentos Admite humedades de hasta el 80% Secado de productos termo sensibles o combustibles Control preciso del secado aún con alimentación irregular o variación sensible de la humedad Ocupa poco espacio en planta

Funcionamiento: Su funcionamiento de secado se desarrolla en un tubo vertical o tubo Flash. El secado fuerza el gas que permite el secado (usualmente aire) a través del calentador y el tubo flash en sentido ascendente. El producto es alimentado dentro de la corriente de aire, la cual inmediatamente lo suspende y transporta al equipo de colección de polvos que usualmente es un ciclón. Para otros procesos también de acuerdo a lo que se requiera se puede utilizar sistemas adicionales como el wet scrubbers o filtro de talegas.

b) Secadores de película delgada. En algunos casos es necesario usar secadores de película delgada, estos pueden aceptar una alimentación liquida o una suspensión que permita dar lugar a un producto solido que puede ser capaz de fluir libremente. Por lo general se construye de dos formas, la primera de ellas es de forma vertical, es decir un secadero-agitador vertical, donde permite que la un gran porcentaje de liquido se separe de la alimentación y permitiendo que el sólido parcialmente húmedo pase a la segunda sección donde el contenido residual del liquido del producto procedente de la primera sección se reduzca hasta el valor deseado. La eficacia térmica de los secadores de la película delgada es muy alta y solo se produce una escasa perdida de sólidos ya que poco o nada de gas se retira de la

unidad. La ventaja de ese secador que son muy útiles para separar y recuperar disolventes de productos sólidos, en el aspecto ...