Práctica Calificada N° 09 PDF

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“PRACTICA CALIFICADA 09”CURSO : Operaciones y Procesos UnitariosDOCENTE : Pascual Ancelmo Castillo ValdiviezoCICLO/SECCIÓN: V / “A ”INTEGRANTES: Asunción Rojas Edinson Isaac Cruzado Guillen, Isolina Sarahí Jiménez Rodriguez Christian Hernán Loyola Ibañez Fiorella Esthefan Luque Cespedes Carlos Alons...

Description

UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLO Escuela de Ingeniería Industrial

“PRACTICA CALIFICADA 09” CURSO

:

Operaciones y Procesos Unitarios

DOCENTE

:

Pascual Ancelmo Castillo Valdiviezo

CICLO/SECCIÓN: V

/ “A”

INTEGRANTES: •

Asunción Rojas Edinson Isaac

•

Cruzado Guillen, Isolina Sarahí

•

Jiménez Rodriguez Christian Hernán

•

Loyola Ibañez Fiorella Esthefan

•

Luque Cespedes Carlos Alonso

•

Martos Segura Piero Jeffer

•

Silva Altamirano Frank Anthony

•

Valles Gonzales Jordhy Alessandro

Trujillo – Perú

2021

PRACTICA CALIFICADA N° 09

EJERCICIO 1 Para concentrar 4536 kg/h de una solución de NaOH al 10% en peso hasta el 20% en peso, se usa un evaporador de efecto simple con área de 37.6 m2. La alimentación entra a 21.1 °C (294.3 K). Se usa vapor de agua saturado a 110 °C (383.2 K) como medio de calentamiento y la presión en el evaporador es de 5 1.7 kPa. Calcule los kg/h de vapor de agua utilizado y el coeficiente total de transferencia de calor.

DATOS: V, Hv, T1

𝐹 = 4536𝐾𝑔/ℎ

𝑋𝑓 = 10% = 0.1

Pa=51.7KPa

𝑇 = 21.1º𝐶 = 294.3

𝑉

𝑋𝑓 = 20% = 0.2

𝑃 = 5𝑎𝑡𝑚

𝑇 = 110º𝐶 -SOLUCIÓN: Hacemos un balance de materia FXf = LX L

4536

kg (0.1) = L(0.2) h kg L = 2268 h F=L+V V = F−L

V = (4536 − 2268) V = 2268

kg h

kg h

Del apéndice 2 , tabla 9 Cengel , recopilamos datos para interpolar y conseguir el dato deseado. 80 − 𝑇1 47.39 − 51.7 = 80 − 85 47.39 − 57.83 𝑇1 = 82.06

Líneas de dugring para una solución de NaOH al 20%

Luego: 𝑇1 = 88.9 º𝐶 Gráficas de entalpías

𝑘𝑗

10% NaOH a 21.1ºC: ℎ𝑓 = 74.4 𝑘𝑔

20% NaOH a 88.9ºC: ℎ𝐿 = 321

𝑘𝑗

𝑘𝑔

Calor sensible 𝝀 para vapor saturado a 110ºC (Tabla A.2-9) kj λ = 2230.2 kg Hv = Hv (Vapor sat. a 82.2ºC, 51.7kPa) + 1.884(∆T de sobrecal. ) kj kj Hv = (2647.3) + 1.884(88.9 − 82.2) kg kg Hv = 2660.6

kj kg

Balance de calor: FHv + sλ = LHL + VHv (4536)(74.4) + S(2230.2) = (2268)(321) + (2268)(2660) S = 2880

kg h

q = Sλ = UA∆T 1 = U(37.6)(110 − 88.9) q = (2880)(2230.2)x103 x 3600 𝐖

𝐔 = 𝟐𝟐𝟒𝟗 𝐦𝟐 𝐊 INTERPRETACIÓN:

Se desea aumentar el porcentaje en peso del NaOH para lo cual se usa vapor de agua como fuente de calor y la aplicación de presión con el fin de aumentar la movilidad de las moléculas generar energía cinética y con ella emanar calor. Pero ¿De qué?, simplemente sería del agua debido a que la solución presentada necesita aumentar su porcentaje en peso y como no se menciona que se añadirá más del soluto, entonces se debe entender que debemos retirar cierta cantidad del solvente que es el agua. Mediante la evaporación de esta. Es por ello que para realizar esta operación se usaron 2880 kg/h de vapor de agua que expresa la cantidad de materia usada por unidad de tiempo y un parámetro de medición obtenido que es el coeficiente de transferencia de 2249W/ (m2.K)

EJERCICIO 2 Un evaporador concentra F kg/h a 3 ll K de una disolución de NaOH al 20% en peso hasta 50% en peso. El vapor de agua saturado para el calentamiento está a 399.3 K. La presión en el evaporador es de 13.3 kPa abs. El coeficiente total es 1420 W/m2 K y el área es 86.4 m2. Calcule la velocidad de alimentación F del evaporador.

SOLUCIÓN:

-

Interpolando ente 125 y130 °C TX = 399.2°K-126.2°K TX = 126.2°C→HX = 2715.18 KJ/Kg→ hxc = 530.17 KJ/Kg Λ126.2C° = λ309.2°K = 2715.18-530.17=2185.01 KJ/Kg

-

Interpolamos entre 12.349 y 15.758 kPa PV = 13.5 kPa 12.349 kPa →2592.1 kJ/kg 13.3 kPa→ X

15.758 kPa→ 2600.9 kJ/Kg

12.349 − 13.3 12.349 − 15.578

2592.1 − X = 2592.1 − 2600.9

2592.1 − X 951 = 3409 −8.8

−2.4549 = 2592.1 − X HF = 2594.55 KJ/Kg

-

Hallando el valor de “S” Q = U ∗ A ∗ (TX− Tt )

Q = 1420(86.4)(399.2 − 373)

Q = 3214425.6J/s = 11571932.16 kJ/hr Q=S∗λ

11571932.16 = S ∗ 2182.01 S = 5296.05 kJ/hr

-

Realizamos el balance de materia: F = L+V F ∗ XF = L ∗ XL

F ∗ 0.1 = L ∗ 0.5

L = (0.4)FkJ/Kg F = 0.4F + V

V = 0.6F kJ/Kg -

Asumiendo que CF = 4.14 Kj/Kg*K ℎ𝐹 = 4.14 ∗ (311 − 273) − 157.32 𝑘𝐽/𝐾𝑔 ℎ𝐹 = 4.14 ∗ (311 − 273) − 414 𝑘𝐽/𝐾𝑔

-

Realizamos el balance de Energía: F ∗ hF + S ∗ λ = L ∗ hL + V ∗ HV

F ∗ (157.32) + 11571932.16 = 0.4F ∗ (414) + 0.6F ∗ (2594.55) 157.32F + 11571932.16 = 165.6F + 1556.73F 11571932.16 = 1565.01F 𝐅 = 𝟖𝟓𝟗𝟗. 𝟒𝟓 𝐤𝐠/𝐡𝐫

INTERPRETACIÓN: Para dicho evaporador que concentra una disolución de NaOH al 20% en peso con una presión en dicho evaporador de 13.3 kPa abs y un área de 86.4 m2, se requiere una velocidad de alimentación de

8599.45 kg/h para lograr una disolución de NaOH al 50% en peso. Debido a que la solución no necesita ser enfriada, sino más bien calentada con el fin de disminuir el peso del solvente en la solución y así hacer que la solución mejore su porcentaje de peso. Entonces, al estar unido los componentes una forma de hacerlo es subir la temperatura del agua y evaporarla. Usando como medio de calor vapor de agua e impulsando con presencia de presión en el sistema.

EJERCICIO 3 Un evaporador de efecto simple concentra una alimentación de solución de coloides orgánicos desde 5 hasta 50% en peso. La solución tiene una elevación del punto de ebullición despreciable. La capacidad calorífica de la alimentación es cp = 4.06 kJ/kg K (0.97 btu/lb

m.

°F) y ésta entra a

15.6 °C (60 °F). Se dispone de vapor de agua saturado a 101.32 kPa y la presión en el evaporador es de 15.3 kPa. Se desea evaporar un total de 4 536 kg/h (10000 Ibm/h) de agua. El coeficiente total de transferencia de calor es 1988 W/m2 * K (350 btu/h pie2 °F). ¿Qué área superficial en metros cuadrados y que consumo de vapor de agua se requieren? Solución:

Evaporador V = 4536 kg/h Ts, Hv

Alimentador T = 15.6 °C XF = 0.05 cp = 4.06 kJ/kg.K

Presión 15.3 kPa

Agente calefactor T = 100 °C P = 101.32 kPa

Condensado XL = 0.50

Balance total del evaporador: 𝐹=𝐿+𝑉

𝐹=𝐿+4536 Balance con respecto al soluto: 𝐹∗0.05=𝐿∗0.50+4536∗0 𝐿=0.10∗𝐹

Reemplazamos: 𝐹=0.10∗𝐹+4536 𝐹=5040𝑘𝑔/ℎ

Entonces: 𝐿=0.10∗5040𝑘𝑔ℎ 𝐿=504𝑘𝑔/ℎ Luego, según la tabla de Propiedades del vapor saturado y del agua, interpolamos: Temperatura

50 X 55

Presión de vapor (kPa) 12.349 15.3 15.758

Entalpía(kJ/kg) 2592.1 Hv=2599.72 2600.9

Hallamos el valor X de la temperatura: 15.3 − 12.349 𝑥 − 50 = 55 − 50 15.758 − 12.349 𝑥 = 54.3°𝐶

Hallando la entalpía (Hv) 𝐻𝑣 − 2592.1

15.3 − 12.349 = 15.758 − 12.349

2600.9 − 2592.1 𝐻𝑣 = 2599.72 𝑘𝐽/𝑘𝑔 Para el balance de calor:

𝐹ℎ𝐹 + 𝑆𝜆𝑠 = 𝐿ℎ𝐿 + 𝑉𝐻𝑉

𝐹𝐶𝑝𝛥𝑇 + 𝑆𝜆𝑠 = 𝐿ℎ𝐿 + 𝑉𝐻𝑉

5040 ∗ 4.06 ∗ (15.6 − 54.3) + 𝑆(2257.1) = 0 + 4536 ∗ 2599.72 𝑆 = 5575.39𝑘𝑔ℎ(𝐶𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎)

Calor transferido en el evaporador 𝑞 = 𝑆𝜆𝑠 𝑞 = 𝑆𝜆𝑠 = 5575.39 ∗ 2257.1 𝑞 = 5575.39 ∗ 2257.1 ∗

1ℎ 𝑘𝐽 1000𝐽 ( )( ) ℎ 𝑘𝐽 3600𝑠

103 𝑊 = 3.5 𝑀𝑊 3600

Para calcular el área: 𝑞 = 𝑈𝐴𝛥𝑇

5575.39 ∗ 2257.1 ∗

𝑊 103 𝑊 = 1988 2 ∗ 𝐴 ∗ (100 − 54.3)𝐾 3600 𝑚 .𝐾 𝐴 = 38.47 𝑚2

INTERPRETACIÓN:

Teniendo en cuenta que el evaporador de efecto simple concentra una alimentación de solución de coloides orgánicos desde 5 hasta 50% y con una presión de 15.3 kPa, para que este pueda evaporar

4 536 𝑘𝑔/ℎ de agua se requiere un área superficial de 38.47 m2 y un consumo de vapor de

agua de 5575.39 𝑘𝑔/ℎ.

EJERCICIO 4 Se concentra del jugo de tomate con 12% de sólidos en peso hasta 25% de sólidos en un evaporador de tipo película. La temperatura máxima permisible para el jugo de tomate es 135 °F, que será la temperatura del producto. (La alimentación entra a 100 °F.) Se usa vapor de agua saturado a 25 lb/pulg2 abs como medio de calentamiento. El coeficiente total de transferencia de calor U es 600 btu/h . pie2 .°F y el área A es 50 pies2. Se estima que la capacidad calorífica de la alimentación cp es 0.95 btu/Ibm. °F. Desprecie cualquier elevación del punto de ebullición que exista. Calcule la velocidad de alimentación del jugo de tomate al evaporador.

DATOS: 𝑇𝐹 = 100°𝐶 𝑇1 = 135°𝐶 𝑈 = 600

𝐵𝑇𝑈 ℎ. 𝑝𝑖𝑒 2 . °𝐹

𝐴 = 50𝑝𝑖𝑒𝑠 2 𝐶𝑝 =

0,95𝐵𝑇𝑈 𝑙𝑏𝑚. °𝐹

𝑃 = 25𝑙𝑏/𝑝𝑢𝑙𝑔2

SOLUCIÓN: 𝑉 = 𝑇𝑣 = 135 ° 𝐹 𝑋𝑣 = 𝐻 = 𝐹 =? ? ? 𝑇𝑓 = 100 ° 𝐹 𝑋𝑓 = 12%

ℎ𝑓 =

𝑆 = 𝑃𝑠 = 25 𝑙𝑏/𝑝𝑢𝑙𝑔2 ℎ𝑠 =

𝑆 = 𝑇𝑠 = ℎ𝑐 =

𝐿 = 𝑇𝑙 = 135 ° 𝐹 𝑥𝑙 = 25% ℎ𝑙 =

Balance de masa: F+S = V+S+L F = V+L V = F − L … … … (1) Balance de sólidos: XF . F = X L . L 0,12. F = 0,25. L L = 0,48F … … . (2) Reemplazando (2) en (1): V = F − 0,48. F V = 0,52. F … … . (3)

Hallando el calor (q): 𝐐 = 𝐔. 𝐀. ∆𝐓 600BTU ) x 50pie2 x (135 − 100) Q=( hxpie2 x°F Q = 1050000

BTU ⋯ (α) h

Interpolando el calor latente λ: P(lb/pulg2)

λ

24,97 25

1160 λ25

29,82

1164,2

λ25= 1160,72 BTU/lbm

Hallando masa del vapor de agua (S): S=

Q ⋯ (4) λ

1050000BTU h S= 1160,72BTU lbm S = 904,61

lbm h

Balance de energía:

Expresado con respecto al diagrama de balance tenemos: F . hF + S . hs = L . hl + V. H + S. hc F . hF + S . λ = L . hl + V. H ⋯ (5) De la ecuación (4) Se concluye que el calor transferido en el evaporador es: 𝑆=

𝑄 𝜆

Despejando el calor 𝑆. 𝜆 = 𝑄 ⋯ (6) Reemplazando 6 en 5: Ya que el vapor de agua solo transfiere calor latente tenemos: 𝐹 . ℎ𝐹 + 𝑄 = 𝐿 . ℎ𝑙 + 𝑉. 𝐻 ⋯ (7)

Cálculo de la entalpia de la alimentación ℎ𝐹 = 𝐶𝑝𝑓 (𝑇𝑙 − 𝑇𝑓) ℎ𝐹 = 0.95

𝐵𝑇𝑈 (135 − 100)°𝐹 𝑙𝑏𝑚°𝐹

𝐵𝑇𝑈 ℎ𝐹 = 33.25 𝑙𝑏𝑚 ⋯ (8) Cálculo de la entalpia del producto concentrado ℎ𝑙 = 𝐶𝑝𝑙 (𝑇𝑙 − 𝑇𝑟𝑒𝑓) ℎ𝑙 = 0.95

𝐵𝑇𝑈 (135 − 32)°𝐹 𝑙𝑏𝑚°𝐹

ℎ𝑙 = 97.85

𝐵𝑇𝑈 ⋯ (9) 𝑙𝑏𝑚

Reemplazando 2, 3, 8, 9 y 𝜶 en la ecuación 7 *Antes determinaremos 𝐻 del vapor secundario esta entalpia es de vapor de agua a la temperatura de 135 ° 𝐹 = 1197 𝐹 . 33.25 1050000

𝐵𝑇𝑈 𝑙𝑏𝑚

= 𝐻

𝐵𝑇𝑈 𝐵𝑇𝑈 𝐵𝑇𝑈 𝐵𝑇𝑈 + 1050000 = 0,48. 𝐹 .97.85 + 0,52. 𝐹 .1197 𝑙𝑏𝑚 𝑙𝑏𝑚 ℎ 𝑙𝑏𝑚 𝐵𝑇𝑈 𝐵𝑇𝑈 = 676.658. 𝐹. ℎ 𝑙𝑏𝑚

𝐹 = 1551.74

1 𝑘𝑔 𝑙𝑏𝑚 . ⋯ ℎ 2.204 𝑙𝑏𝑚

∴ 𝑭 = 𝟕𝟎𝟒. 𝟎𝟓

𝒌𝒈 𝒉

INTERPRETACIÓN:

Observamos que, se vio necesario tener una cierta masa de vapor con un valor de 904,61 al igual que un calor de magnitud 1050000

BTU h

lbm h

, para obtener una velocidad de alimentación

del jugo de tomate al evaporador de 704.05 𝑘𝑔/h.

EJERCICIO 5 Se emplea un evaporador de efecto simple para concentrar una alimentación de 10000 lbm/h de una solución de azúcar de caña a 80 °F que tiene 15 °Brix (grado Brix equivale a porcentaje de azúcar en peso) hasta 30° Brix para usarla en un producto alimenticio. Se dispone de vapor saturado a 240 “F para el calentamiento. El evaporador está a 1 atm abs de presión. El valor total de U es 350 btu/h .pie2 °F y la capacidad calorífica de la alimentación es cp = 0.91 btu/lb m °F. La elevación del punto de ebullición puede desestimarse. Considere que el calor de disolución es despreciable. Calcule el área de evaporador requerida y el consumo de vapor de hora.

DATOS: Vapor Alimentación

Vapor de agua

Condensado

Producto

Alimentación: F = 4 536

Kg h

xf = 0.15 Tf = 80 °C Vapor de agua: Ts = 115.6 °C

Producto: xL = 0.30 U = 350

btu h

. pie2 . °F

SOLUCIÓN: 1. Por medio de la interpolación y con ayuda de las tablas obtenemos el valor de la temperatura de saturación junto con la presión para este caso, por lo que tenemos: T = 100° C

P = 101.35 kPa 2. Seguidamente por el balance total procedemos a determinar el valor de L, por medio de la siguiente ecuación: Fxf = LxL

kg (0.15) = L (0.30) h kg L = 2268 h 3. A partir del valor obtenido anteriormente L, procedemos hallar el valor de V: 4536

Donde: V = F−L

Kg kg − 2268 h h kg V = 2268 h

V = 4 536

4. Calculando el valor de las entalpías 𝐡𝐅 𝐲 𝐡𝐋 , tenemos: ℎ𝐹 = 𝑐𝑝𝐹 (𝑇𝐹 − 𝑇 ) 𝑫𝒐𝒏𝒅𝒆:

𝑇𝐹 = 80°𝐶 𝑇 = 0°𝐶

ℎ𝐹 = 3.83

𝑘𝐽 (80 °𝐶 − 0°𝐶 ) 𝑘𝑔°𝐶

𝒉𝑭 = 𝟑𝟎𝟔. 𝟒

𝐤𝐉 𝐊𝐠

ℎ𝐿 = 𝑐𝑝𝐿 (𝑇𝐿 − 𝑇 )

𝑫𝒐𝒏𝒅𝒆:

𝑇𝐿 = 100°𝐶 𝑇 = 0°𝐶

ℎ𝐿 = 3.48

𝑘𝐽 (100 °𝐶 − 0°𝐶 ) 𝑘𝑔°𝐶

hL = 348

kJ Kg

5. Procedemos a determinar el valor de agua requerido por el evaporador. Sabemos que por balance de energía tenemos lo siguiente: 𝑆= 𝑆=

((2268

(𝐿ℎ𝐿 + 𝑉ℎ𝑣 ) − 𝐹ℎ𝑓 𝐻𝑠 + ℎ𝑠

𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑘𝐽 𝑘𝐽 ) )) − 4536 ) + (2268 )(2268.57 )(348 𝑘𝑔 𝐾𝑔 ℎ ℎ (306.4𝐾𝑔 ℎ 𝑘𝐽 2214.85 𝑘𝑔

𝑘𝑔 ℎ 6. Con el calor obtenido procedemos a hallar el calor de transferencia: 𝑆 = 2051.85

Sabemos que: 𝑞 = 𝑈. 𝐴. ∆𝑇

𝑞 = 𝑆(𝐻𝑠 + ℎ𝑠 ) = 𝑆. 𝜆 Donde: 𝜆 = 𝐻𝑠 + ℎ𝑠 = 2214.85

𝑘𝐽 𝑘𝑔

Por tanto: 𝑞 = 𝑆. 𝜆 𝑞 = 2051.85

𝑘𝑔 𝑘𝐽 (2214.85 ) ℎ 𝑘𝑔

𝑞 = 4 544 539.9725

𝑘𝐽

1 ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑥 3 600 𝑠

ℎ 𝑞 = 1 262.372 𝑘𝑊

7. A partir del valor obtenido, procedemos a calcular el valor del área de transferencia de calor:

𝑞 𝑈. Δ𝑇 1 262.372 𝑘𝑊 𝐴= 𝑊 5.678263 2 𝑏𝑡𝑢 𝑚 . 𝐾 . (115.6 °C − 100°C) 2 350 𝑥 ℎ . 𝑝𝑖𝑒 . °𝐹 𝑏𝑡𝑢 2 ℎ . 𝑝𝑖𝑒 . °𝐹 𝐴=

𝐴=

1 262.372 𝑘𝑊 𝑊 1 987.392 2 (115.6 °C − 100°C) 𝑚 .𝐾 𝑨 = 𝟒𝟎. 𝟕𝟏𝟕 𝒎𝟐

INTERPRETACIÓN: Como solución del problema planteado, se observa que para un vapor de agua de magnitud 2 051.85 kg/h (requerido por el evaporador), considerando siempre y cuando que el calor de disolución es insignificante, se necesitaría un área de transferencia de calor de 40.717 m2....