TECNOLÓGICO NACIONAL DE MÉXICO
INSTITUTO TECNOLÓGICO DE MINATITLÁN ASIGNATURA: SISTEMA DE COGENERACIÓN
TAREA: RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS DEL LIBRO “DISEÑO DE PROCESOS DE INGENIERÍA QUÍMICA - ARTURO JIMÉNEZ GUTIÉRREZ” GUTIÉRREZ”
EQUIPO: 1
INTEGRANTES: • •
HIPÓLITO GARCÍA PEDRO DE JESÚS MARTINEZ MACEDONIO FRANCISCO ROMÁN SÁNCHEZ DULCE ISABEL VÁSQUEZ MARTINEZ CARLOS MIGUEL •
•
CATEDRÁTICO: M.C RENE REYES ESTUDILLO
FECHA: 14/FEBRERO/2017
INTRODUCCION Los siguientes ejercicios realizados del libro “ Diseño de Procesos de Ingeniería Química Arturo Jiménez Gutiérrez” Gutiérrez ” donde se realiza la estimación del costo de un proceso. Donde un proceso industrial tiene estabilidad en el mercado si su aspecto económico es favorable. Para establecer una actividad económica se requiere de una inversión. A cambio de esa inversión se obtienen ingresos en forma de ventas, las cuales deben ofrecer un excedente adecuado sobre los costos que implica la operación del proceso para que este tenga un potencial favorable de comercialización. El ahorro de servicios ofrece un potencial interesante para mejorar la economía de un proceso. En un proceso químico, se tienen generalmente varias corrientes que requieren de calentamiento y otras que necesitan de enfriamiento. Una U na práctica común es satisfacer estos requisitos mediante el uso de servicios. Avances recientes han desembocado en técnicas para la síntesis de sistemas que aprovechan las características de las corrientes calientes y frías intercambien calor para ahorrar el consumo de servicios. Esto puede requerir un numero adicional de intercambiadores de calor; sin embargo, el ahorro en el costo de requerimientos energéticos en la mayoría de los casos compensa en exceso el costo adicional del equipo. Los principios del método del punto de pliegue tienen la virtud de lograr, mediante la cascada de calor, una predicción confiable del consumo mínimo de energía. Un complemento importante a los requerimientos de energía lo constituye la predicción del área de transferencia de calor que tendrá el diseño de una red.
2.1Laregladelos6/10seusaparaescalarelcostodeunprocesoporefectodela capacidadtotal.Deduzcaelcorrespondienteexponentedeescalamientoparael casoenqueseconsidereninversionesunitariasenvezdeinversionestotales. Paracomenzarahaceresteanálisisesnecesariodiferenciarcadaconcepto. La inversióntotal,eslacantidaddedinerototalqueinviertesoenpalabrasm ás específicas,eslasumadelacapitaldetrabajoylainversiónporcomponentes. La inversiónunitaria ,esunacantidaddedineroquetúrecuperascuandoinviertes. Paraellotúnecesitasunporcentajequesabesqueretornará. Ejemplo.Sitútienesunainversióntotalalañode1000d ólares,ysitienesunatasa de interésdel5%;despuésdelaño,tútendrás1050dólares de regreso, en pocas palabraslos50dólaressonlainversiónunitaria. Ahoraenellibronosplanteanque
Elajustedelainversi óntotalporefectodelacapacidaddelprocesosigueunaregla exponencial.Dónde: Simesmenorquieredecirque:mayorcapacidadporunamenorinversión. Ahora nos piden cambiar la inversión total por una inversión unitaria (atención: la inversiónunitaria,serecuperaporun%quecambiaconeltiempo)Ejemplo2.
Año
Inversion
Cantidad
total
total
%
Inversión unitaria
1
1977
54 x106
350
0.05
2.7 x106
2
1987
54 x106
300
0.07
3.78 x106
Expresándoloenlaecuaciónantesmostrada
Por lo tanto m sería un número negativo (-1.9) y la variable m cambiaría cuantiosamente.Donde: Simesmenorquieredecirque:menorcapacidadporunamismainversión. Finalmentepodemosdecirquenoesmuyrecomendableutilizarlainversi ónunitaria,ya quedependeconsiderablementedelatasadeinterésylainversióntotal,ylamquese considera como un parámetro estable cambiaría mucho todos los años y eso no es bueno,porquedificultaríalainterpretacióndelcrecimientoeconómicodelaempresa.
2.2 Una planta química para producir propileno, con una capacidad de 50, 000 T/año, requiere una inversión de 30 millones de dólares. Se desea instalar un procesode40,000T/añodecapacidad.Elcostoactualdemateriasprimasesde10 c/lb,elcostodeenergíaesde3c/lb.Silacompañíaestableceunatasaderetorno mínimade20%¿cuálesla gananciaesperadadelproceso,en c/lbdeproducto? Indiquecualquiersuposiciónquehaga.Solución
•
Suponemosaños
Capacidad50000T/año,Inversión30x106 1977 Capacidad40000T/año 1984
•
Construcción(chemical):
•
Costodelamateria
•
Consumodeenergía
Supongamosquelosrequerimientosdeenergíaseade0.06FOET/TON
•
Costodeoperación
C=aIf+bMp+CE+dMo-Psp •
Ventas
•
Utilidadbruta
R=S-C •
Utilidadneta
P=R-eI-t(R-dI)
•
Ganancias
2.3Unacompañíaquiereinstalarunprocesode100KTdecapacidadparaproducir oxigenodeetileno.Silacompañíaoperabajounatasamínimadeinterésde20%.
a) ¿Cuáleslagananciaesperadaen¢/lb? b) ¿Cuáldebeserelpreciodelproducto? Informacióndelatecnología •
Materiaprimas Consumo
Etileno Oxigeno
precio ¢/lb
0.88 T/T producto 21 1.1 T/T producto 2 ¢/lb
•
Consumodeenergía:equivalentea1.8$/Tproducto
•
Inversiónnecesariaparaunprocesode136KTdecapacidad:$58.5x106
Primero:inversión LaInversi ón136000Tones$58.5x106 elproblemayadaeldato,porlotantono secalcula.
Segundo:Ajusteporcapacidad
Tercero:Ajusteportiempo
Año
Valores
del
chemical 1999
399.6
1977
204.1
Cuarto:CostodemateriasPrimas Etileno 1c 1c/lb
22.0 2.026 USD/Ton
21c/ 21c/lb lb 462.5 462.546 46 USD/Ton
Oxigeno 1c 1c/lb
22.0 2.026 USD/Ton
2c 2c/lb
44.0 4.052 USD/Ton
Quinto:costototaldelasmateriasprimas
Sexto:Consumodeenergía
Séptimo:Costodeoperación
Octavo:UtilidadBruta Óxidodeetileno=48c/lb(1999)
1c 1c/lb
22.0 2.026 USD/Ton
48c/lb 48c/lb 1057.24 1057.248 8 USD/Ton UtilidadBruta
Noveno:UtilidadNetaoGananciaTotal E=d=0.1ti=0.5
Decimo:¿Cuáleslagananciaesperadaen¢/lb?
DécimoPrimero:¿Cuáldebeserelpreciodelproducto?
2.4Sedeseainstalarunaplantade40KTdecapacidadparaproducirclorurode vinil vinilide ideno no. . Haga Haga un análisi lisis s econ económico mico de los los sigu siguie ient ntes es dos dos proc proces esos os para para decidircuáleselmásconvenienteainstalar PROCESO1 Balancedemateria Coeficiente
Precio
componente
T/TProducto
c/lb
Cloro
0.92
7.0
Ácidoclorhídrico
0.47
10.7
Tricloroetano
0.13
27.5
Clorurodevinilo
0.72
20.0
Clorurodevinilideno
1.00
35.0
Costodeenergía$61.77/tondeproducto Inversiónfijaparaunaplantade23KT:$20.93x106 PROCESO2 Coeficiente
Precio
componente
T/Tproducto
c/lb
Cloro
0.92
7.0
Ácidoclorhídrico
0.47
10.7
Tricloroetano
0.13
27.5
Clorurodevinilo
0.72
20.0
Clorurodevinilideno
1.00
35.0
Costodeenergía:$109.42/TON Inversión fija para una planta de 23 KT :$ Suponga una tasa mínima de retorno del 20%. Si necesita hacer otras suposiciones,indíquelasexplícitamente Solución Proceso1 Inversión base =
•
Costodelamateria
•
Consumodeenergía
Supongamosquelosrequerimientosdeenergíaseade0.06FOET/TON
•
Costodeoperación
C=aIf+bMp+CE+dMo-Psp R=S-C
•
Utilidadneta
P=R-eI-t(R-dI)
•
Ganancias
Proceso2 Inversión base =
•
Costodelamateria
•
Consumodeenergía
Supongamosquelosrequerimientosdeenergíaseade0.06FOET/TON
•
Costodeoperación
C=aIf+bMp+CE+dMo-Psp R=S-C •
Utilidadneta
P=R-eI-t(R-dI)
•
Ganancias
Elconvenienteainstalareselproceso1debidoquehaymayoresgananciasy menosconsumodeenergíalocualgeneraunmenorcosto. 2.5Cumenopuedeproducirseapartirdebencenoypropileno.Sedeseainstalar unprocesousandoestarutaa100KT(100000T)decapacidad.Losdatosdela tecnologíasedanenseguida: Balancedemateria
Componente
coeficiente T/T
Benceno
-0.67
Cumeno
1.00
Propileno
-0.38
Requerimientodeenergía:0.06FOET/T Inversiónunitariaparaunprocesode127KT(127000T)decapacidad(1977$): 120$/T Usandodatoseconómicosde1999
a) Estimelaganaciadelprocesodespuésdeimpuestos,enc/lb,y b) Estimeelpreciodeventadeproducto
Supongaqueelpreciodelaceitecombustibleesde8c/lb.Supongaunatasade retornode30%,yunavidadeprocesode10años. Primero:inversión
Segundo:
Ajuste
por
capacidad
Tercero:Ajusteportiempo Año
Valores
del
chemical 1999
399.6
1977
204.1
Cuarto:CostodemateriasPrimas Benceno 1c/lb
22.026 USD/Ton
9c/lb
198.234 USD/Ton
propileno
1c/lb
22.026 USD/Ton
12c/lb 264.312 USD/Ton
Quinto:costototaldelasmateriasprimas
Sexto:Consumodeenergía
Séptimo:Costodeoperación
Octavo:UtilidadBruta Cumeno=15c/lb(1999) 1c/lb
22.026 USD/Ton
15c/lb 330.39 USD/Ton UtilidadBruta
Noveno:UtilidadNetaoGananciaTotal
E=d=0.1ti=0.5
Decimo:¿Cuáleslagananciaesperadaen¢/lb?
DécimoPrimero:¿Cuáldebeserelpreciodelproducto?
2.6 una empresa industrial está considerando dos posibles alternativas de inversión: A1)instalarunaplantade136KTdecapacidadparaproducir ácidoacético,que tieneunpreciodeventade20c/lb. A2)instalarunaplantade345KTdecapacidadparaproduciramoniaco,quetiene unpreciodeventade15c/lb. Indique cual alternativa sería recomendable elegir, si la compañía basa su decisiónen:
a) Lamayortasaderetorno b) Elmayorbeneficioextra Basesuanálisisencostosde1990 Datosadicionalesparalastecnologías
Ácidoacético
Consumounitariodemateriaprimas:0.83den-butano Consumodeenergía:equivalentea1.6c/lbdeproducto Inversiónunitariaparaunaplantade136KT(1977$):410$/T
Amoniaco Consumounitariodemateriaprimas:0.42demetano Consumodeenergia:equivalentea3.5c/lbdeproducto Inversiónunitariaparaunaplantade345KT(1977$):230$/T
Supongalossiguientespreciosnbutano:4c/lbmetano4c/lbíndices económicosE=d=.1t=0.5 imin=0.15 Indiqueexplícitamentecualquiersuposiciónadicionalquehaga
Solución Ácidoacético
136 000
1977
136 000
1990
•
Costodelamateria
•
Consumodeenergía
Supongamosquelosrequerimientosdeenergíaseade0.06FOET/TON
•
Costodeoperación
C=aIf+bMp+CE+dMo-Psp •
Utilidadbruta
R=S-C •
Utilidadneta
P=R-eI-t(R-dI)
•
Tasaderetorno
ROI=P/I
•
Beneficioextra
V=P-imin*I
Amoniaco 345000 1977345000 1990
•
Costodelamateria
•
Consumodeenergía
Supongamosquelosrequerimientosdeenergíaseade0.06FOET/TON
•
Costodeoperación
C=aIf+bMp+CE+dMo-Psp •
Utilidadbruta
R=S-C
•
Utilidadneta
P=R-eI-t(R-dI)
•
Tasaderetorno
ROI=P/I
Beneficioextra V=P-imin*I
Lamejoreslaalternativa2porquetieneunamayortasaderetornoyunbeneficio extra
2.7 se desea instalar un proceso para la producción de acetona a partir de isopropanolconunacapacidadde100KT(100000T)
a) Estimelautilidadunitariadespuésdeimpuestos. b) Estimeelpreciodeventadelproducto. Basedeanálisisendatosde1999. Tecnología Consumounitariodemateriasprimas 1.11deisopropanol 0.04denitrógeno
Consumodeenergía 0.33FOET/T
Inversiónunitariaparaunaplantade68KT(1977$):160$/T Supongaparanitrógeno5c/Lb,yparaelaceitecombustible8c/Lb. Parámetroseconómicose=d=0.1t=0.5i min=0.15Primero: inversión
Segundo:
Ajuste
por
capacidad
Tercero:Ajusteportiempo Año
Valores
del
chemical 1999
399.6
1977
204.1
Cuarto:CostodemateriasPrimas Nitrógeno 1c/lb
22.026 USD/Ton
5c/lb
110.13 USD/Ton
isopropanol 1c/lb
22.026 USD/Ton
34c/lb 748.88 USD/Ton
Quinto:costototaldelasmateriasprimas
Sexto:Consumodeenergía
Séptimo:Costodeoperación
Octavo:UtilidadBruta Acetona=40c/lb(1999) 1c/lb
22.026 USD/Ton
40c/lb 888.24 USD/Ton UtilidadBruta
Noveno:UtilidadNetaoGananciaTotal E=d=0.1ti=0.5
Decimo:¿Cuáleslagananciaesperadaen¢/lb?
DécimoPrimero:¿Cuáldebeserelpreciodelproducto?
2.8Sedeseainstalarunaplantade40KTdeclorurodevinilideno.Basado enlainformaci óndelastrestecnologíasquesereportanenseguida,detecte laalternativaqueproporcionaelmenorcostodeproducción.Basesuanálisis encostosde1996.
Tecnología1 Balancedemateria Coeficiente componente
T/TProducto
Cloro
-1.03
Etileno
-.09
Dicloroetano
-0.83
Ácidoclorhídrico
.43
Hidróxidodesodio
-.46
Clorurodevinilideno
1.00
Costodeenergía:$36/tondeproducto Inversiónfijaparaunaplantade23KT:$14.49x106(1977$)
23000
1977
40000
1996
•
Costodelamateria
•
Consumodeenergía
Supongamosquelosrequerimientosdeenergíaseade0.06FOET/TON
•
Costodeoperación
C=aIf+bMp+CE+dMo-Psp •
Utilidadbruta
R=S-C •
Utilidadneta
P=R-eI-t(R-dI)
•
Tasaderetorno
ROI=P/I
Tecnología2 Balancedemateria Coeficiente componente
T/TProducto
Cloro
-0.92
Ácidoclorhídrico
0.47
Tricloroetano
0.13
Clorurodevinilo
-0.72
Clorurodevinilideno
1.00
Costodeenergía:$61/tondeproducto Inversiónfijaparaunaplantade23KT:$20.93x106(1977$) 23000 40000
1977 1996
•
Costodelamateria
•
Consumodeenergía
Supongamosquelosrequerimientosdeenergíaseade0.06FOET/TON
•
Costodeoperación
C=aIf+bMp+CE+dMo-Psp
•
Utilidadbruta
R=S-C •
Utilidadneta
P=R-eI-t(R-dI) •
Tasaderetorno
ROI=P/I
Tecnología3 Balancedemateria Coeficiente componente
T/TProducto
Cloro
-3.01
Etano
-0.56
Clorurodeetilo
0.08
ÁcidoClorhídrico
2.11
Clorurodevinilideno
1.00
Costodeenergía:$109/tondeproducto Inversiónfijaparaunaplantade23KT:$25.3x106(1977$) Otrosdatos: Depreciación10%,tasadeimpuestos50% Tasaderetornomínima15% Sedeseatenerunmesdeinventarioscomocapitaldetrabajo T=toneladasmétricas Escribacualquiersuposiciónadicionalquehaga
23000 40000
1977 1996
•
Costodelamateria
•
Consumodeenergía
Supongamosquelosrequerimientosdeenergíaseade0.06FOET/TON
•
Costodeoperación
C=aIf+bMp+CE+dMo-Psp
•
Utilidadbruta
R=S-C •
Utilidadneta
P=R-eI-t(R-dI)
•
Tasaderetorno
ROI=P/I
Laprimeratecnologíaeslamásadecuadaporquedaunamayorutilidad netayeslamáseconómica 2.9Sepuedeproducirestirenopordeshidrogenacióndeetilbenceno.Los datostécnicosparaestatecnologíasonlossiguientes: Balancedemateria Componentes coeficiente,T/Tdeproducto Benceno
0.05
Etilbenceno
-1.15
Estireno
1.00
Tolueno
0.05
Requerimientosprimariosdeenergía:0.32FOET/T Inversiónunitariaparaunaplantade454KT(1977$):190$/T a)Estimarelcostodeproduccióndelestirenoen1999 Tomeelcostodelaceitecombustiblecomo8c/lb Primero:inversión
Segundo:Ajusteporcapacidad,suponiendoquesequiereproducir100KT.
Tercero:Ajusteportiempo Año
Valores
del
chemical 1999
399.6
1977
204.1
Cuarto:CostodemateriasPrimas Benceno 1c/lb
22.026 USD/Ton
9c/lb
198.234 USD/Ton
etilbenceno 1c/lb
22.026 USD/Ton
25c/lb 550.65 USD/Ton
estireno 1c/lb
22.026 USD/Ton
22c/lb 484.57 USD/Ton
tolueno 1c/lb
22.026 USD/Ton
9c/lb
198.234 USD/Ton
Quinto:costototaldelasmateriasprimas
Sexto:Consumodeenergía
Séptimo:Costodeoperación
b)Repitaelincisoanteriorsuponiendoquelaplantaoperaal50%desu capacidadnominal Octavo:Costodeoperaciónconoperacióndel50%enambascapacidades
2.10considereelprocesodeproducci óndeCumeno,cuyosdatostécnicos se dan en el ejemplo 2.3 .considerando el mismo escenario económico, calculelatasaderetornosielpreciodeventadelproductosefijaen33c/lb yelprocesooperaaun80%desucapacidadnominaldebidoalimitaci ónde mercado. Informacióndelatecnología •
Materiaprimas Consumo
Etileno Oxigeno
precio ¢/lb
0.88 T/T producto 21 1.1 T/T producto 2 ¢/lb
•
Consumodeenergía:equivalentea1.8$/Tproducto
•
Inversiónnecesariaparaunprocesode136KTdecapacidad:$58.5x106
Primero:inversión LaInversi ón136000Tones$58.5x106 ,perocomoelprocesooperaal80% desucapacidadporlotantoel80%de136000 136 000 58.5 x106 108800 x
x=$46.8 x106
108800entonces
Segundo:Ajusteporcapacidad
Tercero:Ajusteportiempo Año
Valores
del
chemical 1999
399.6
1977
204.1
Cuarto:CostodemateriasPrimas Etileno 1c/lb
22.026 USD/Ton
21c/lb 462.546 USD/Ton
Oxigeno 1c/lb
22.026 USD/Ton
2c/lb
44.052 USD/Ton
Quinto:costototaldelasmateriasprimas
Sexto:Consumodeenergía
Séptimo:Costodeoperación
Octavo:UtilidadBruta Óxidodeetileno=33c/lb(1999)
1c/lb
22.026 USD/Ton
33c/lb 726.858 USD/Ton UtilidadBruta
Noveno:UtilidadNetaoGananciaTotal
E=d=0.1ti=0.5
ROI=P/I
4%detasaderetorno 2.11 anhídrido maléico, usado principalmente en la producción de poliésteres, se puede producirse mediante la oxidación de benceno. En seguidasedanlosdatostécnicosdeestatecnología. Componente Benceno
coeficiente, T/T de producto -1.19
Anhídridomaléico1.00 Consumodeenergía0.15FOET/T Inversiónunitariaparaunaplantade27000T(1977$):910$/T
Un grupo industrial tiene interés en instalar una planta basada en esta tecnología,conunacapacidadde20000T.Elan álisissedeseabasaren preciosde1999.
Sielpreciodeventasefijaen55c/lb,estimelatasaderetorno. Tomeelpreciodelaceitecombustiblecomo8c/Lb. Primero:inversión
Segundo:Ajusteporcapacidad,suponiendoquesequiereproducir100KT.
Tercero:Ajusteportiempo Año
Valores
del
chemical 1999
399.6
1977
204.1
Cuarto:CostodemateriasPrimas Benceno 1c/lb
22.026 USD/Ton
9c/lb
198.234 USD/Ton
AnhídridoMaléico 1c/lb
22.026 USD/Ton
53c/lb 1167.37 USD/Ton
Quinto:costototaldelasmateriasprimas
Sexto:Consumodeenergía
Séptimo:Costodeoperación
Octavo:UtilidadBruta Poliésteres=55c/lb 1c/lb
22.026 USD/Ton
55c/lb 1211.43 USD/Ton UtilidadBruta
Noveno:UtilidadNetaoGananciaTotal E=d=0.1ti=0.5
Estimelatasaderetorno
Podemosconcluirqueelprocesoesmuypocorentable.
2.12sehanencontradolossiguientesdatosparaunprocesodeproducción deciclohexano.Lainversi ónrequeridaesde$510000.Elcapitaldetrabajo esde$159000.Loscostosdeoperaci ónsonde2257400$/año,mientrasque las ventas anuales son de $2400000. ¿Cuál es la tasa de retorno del proceso?Indiqueexplícitamentecualquiersuposiciónquehaga. Solución •
InversiónI=510000
•
CostosdeoperaciónC=2257400
•
VentasS=2400000
•
UtilidadbrutaR=S-C=2400000-2257400=.1426x106
•
UtilidadnetaP=142600-.1(510000)-0.5(142600-0.1(510000))=.0458x106
•
TasaderetornoROI=
8%detasaderetorno 2.13 Ácido tereftálico, usado para la producción de poliéster, puede producirse mediante oxidación con aire de p-xileno en presencia de un
catalizador de cobalto – manganeso – bromo. Los siguientes son datos técnicosdeesatecnología. Balancedemateria ComponenteCoeficiente,T/Tdeproducto Ácidoacético-0.06 Ácidotereftálico1.00p-
xileno-0.67 Requerimientosdeenergía:0.34FOET/T Inversiónunitariaparaunaplantade150KT(1977$):910$/T Sedeseahacerunan álisisdeunprocesode120KTbasadoencostosde 1986. a) Silaplantaoperaacapacidadcompleta,estimeelpreciode
ventadelproducto. b) Sielpreciodelproductosefijaen40c/lbyelprocesoopera
a75%decapacidad,estimelatasaderetorno.Ácidoacetico: 25c/lbp-xileno:20c/lb
Ahoracon75%decapacidad
2.14Considereelprocesodedisproporcionacióndetoluenoparaproducir benceno y xileno. Hengstebeck y Banchero estimaron una inversion en equipoprincipalde3,742,000d ólares($1969).Otrosaspectosdelprocesose danacontinuacion.Loscostosestánenpreciosde1969. Costosdeservicos,enmilesdedolaresporaño: Electricidad322000USD/año Vapor520000USD/año Agua30000USD/año Materiales,BCD(60oF) Toluenoalimentado3780 Productos
Benceno1590 Xileno2000 H2alimentado,106SCFD1.88 Aceitecombustible,106Btu/dia1700 Notas:BCD=barrilespordia SCFD=piescubicosestándar/dia Enbasealosdatosmostrados,estime a) Elcostodeoperacióndelproceso. b) Larentabilidaddelproceso.Interpreteelresutado. c) Larentabilidaddelprocesosiésteoperaal70%desucapacidad
nominal.Interpreteelresultado. Hagasusestimacionesusandopreciosde1986
1)Calculodemateriasprimas tolueno
hidrogeno
Costototaldemateria:11.59X106
Costototaldeservicios=1.20x106 a)Solulucion:
b)Solucion:
Conversióndelaventa: Benceno:
Xileno}:
Ventatotal:53.15x10ala6 c)
Utilidadbruta:
d)
Utilidadneta:
e)
Tasaderetorno:
Solucióndelincisob)
2.15Repitaelproblemaanteriorusandolosdatosqueparaestatecnolog ía reportanRuddycolaboradores. ComponenteCoeficienteT/Tproducto Benceno1.00 Aceitecombustible0.01 Tolueno-2.69 Xilenos1.61 Consumodeenergía0.28FOET/T Inversionunitariaparaunaplantade90KT(1977$)90$/T a) Elcostodeoperacióndelproceso. b) Larentabilidaddelproceso.Interpreteelresutado. c) La rentabilidad del proceso si éste opera al 70% de su capacidad
nominal.Interpreteelresultado.
2.16
Considere
ahora
la
producción
de
benceno
mediante
hidrodealkilacióndetolueno.Losdatostécnicossonlossiguientes: ComponentecoeficienteT/Tproducto Benceno1.00 Hidrógeno-0.07 Metano0.24 Tolueno-1.20 Consumodeenergía0.08FOET/T Inversiónunitariaparaunaplantade90KT(1977$)60$/T
Establezcaunacomparacióndelpanoramaeconómicodeestatecnología conrespectoaladelproblemaanterior.Tomando1986
2.17
Para el caso de la tecnología de hidrodealkilación de tolueno del
problemaanterior, compare la tasa de retorno que se obtiene cuando el proceso opera al 50% de su capacidad con respecto a la esperada si el procesooperaacapacidadcompleta
2.18
Se desea construir una planta de 15,000 toneladas por a ño de
capacidadparaproducirciclohexanolmedianteoxidacióndeciclohexano.A partirdelainformacióntécnicayeconómicaqueseproporciona,estime: a) Elpreciodeventadeciclohexanolen1999 b) Lautilidaddelproceso,enc/lb
Datostécnicosdelproceso
Balancedemateria ComponenteCoeficiente.T/Tdeproducto Ciclohexano-1.64 Ciclohexanol1.00 Ciclohexanona0.38 Hidróxidodesodio-0.13 Energíarequeridacomoservicos:0.43FOET/T Inversiónunitariaparaunaplantade23KTdecapacidad(1977$):550$/T
2.19 El tereftalato de dimetilo puede producirse a partir de p-xileno. A continuaciónsedanlosdatostécnicosdeestatecnología. Balancedemateria ComponenteCoeficiente,T/T Tereftalatodedimetilo1.00 Metanol- 0.41p-xileno- 0.63 Consumodeenergía:0.32FOET/T
Inversiónunitariaparaunaplantade150KT(1977$)820$/T Se desea evaluar la factibilidad de instalar una planta de 120 KT de capacidad para producir este compuesto. Base su análisis en datos de preciosde1996. a) Estimelatasaderetornoesperadaparaesteproceso. b) Silatasam ínimaderetornoestablecidaporlacompañíaesde0.15,
Calculeelbeneficioextra.Interpreteelresultado.
2.21. Anhídrido maleico, usado principalmente en la producción de poliésteres,puedeproducirsemediantelaoxidaci ónbenceno.Enseguida sedanlosdatostécnicosdeestatecnología. Balancedemateria
Componente
Coeficiente
T/T
de
producto Benceno
-1.19 (reactivo)
Anhídridomaleico
1.0
(producto)
Consumodeenergía:0.15FOET/T Inversiónunitariaparaunaplantade27000T(1977$/T Ungrupoindustrialtieneinteréseninstalarunaplantabasadaenesta tecnología,conunacapacidadde20000T.Elanálisissedeseabasaren preciosde1999. Sielpreciodeventasefijaen50c/lb,estimelatasaderetorno. 0)
Inversiónajustadaportiempo:
1)
Calculodelamateriasprimas:
2)
Costodeoperacióndelproceso:
3)
Conversióndelaventa:
4)
Utilidadbruta:
5)
Utilidadneta:
6)
Tasaderetorno:
2.22.ConsiderelastrestecnologíasreportadasporRuddetal. (petrochemicaltecnologyassement,Johnwiley,1981)paraproducir clorurodevinilo.
a)
Estimelospreciosdeventaparacadatecnologíasuponiendoquecada
procesoseoperaasucapacidadnominal. Calculodeinversiónpara1977
830 $ 19.09 10 $ 1 23000 ñ Ajusteportiempo
36.53 10 $ 2 19.09 10 ñ$ . . ñ Costodemateriaprima
14 ₵ 22.026 $23000 1 7.092 10 ñ$ 17 ₵ 22.026 $23000 10.248 10 $ 1.19 ñ 265 ₵ 22.026 $23000 2.684 10 $ 0.02 ñ Costodeenerg a 1.256 10 $ . 0.31 8 ₵ 22.026 $23000 ñ Costodeproducci n 0.0536.5$3 10 ñ$ 7.$092 10 ñ$ $ 10.248 10 ñ+1.256 10 ñ 2.684 10 ñ 17.7385 10 ñ$ Costodeventasanuales 23000 14 ₵ 22.026 $ 0.322 10 ñ$ Utilidadbruta 0.322 10 ñ$ 17.7385 10 ñ$ 17.4165 10 ñ$ Utilidadneta $ $ 17.4165 10 ñ 0.136.53 10 ñ0.5 17.4165 10 ñ$ 0.1 36.53 10 ñ$ 19.24 10 ñ$ í
ó
Preciodeventa
a ñ$ 0 . 3 22 10 23000 14 $/ b)
Estimelospreciosdeventaparacadatecnologíasicadaprocesose
operaaunniveldeproducciónde150KT/año.
Calculodeinversiónpara1977
830 $ 19.09 10 $ 1 23000 ñ Ajusteporcapacidad
. 58.80 10 $ 2 19.09 10 ñ$ ñ Ajusteportiempo
112.52 10 $ 2 58.80 10 ñ$ . . ñ Costodemateriaprima
14 ₵ 22.026 $150000 i 1 46.2546 10 ñ$ 17 ₵ 22.026 $150000 66.83 10 $ 1.19 ñ 265 ₵ 22.026 $150000 17.51 10 $ 0.02 ño Costodeenerg a 8.1936 10 $ . 0.31 8 ₵ 22.026 $150000 ñ Costodeproducci n 0.05112.$ 52 10 ñ$ 46.$ 2546 10 ñ$ $ 66.83 10 ñ+8.1936 10 ñ 17.51 10 ñ 109.39 10 ñ$ Costodeventasanuales 150000 14 ₵ 22.026 $ 46.25 10 ñ$ í
ó
Preciodeventa
ñ$ 4 6. 2 5 10 150000 308.33 $/ Basesuanálisiseconómicoendatode1999.Tomeelpreciodelaceite combustiblecomo8C/lb.
2.23elcopolimeroclorurodevinilo/acetatodevinilopuedeproducirse
medianteunprocesodepolimerizacionensuspension.Losdatosdela tecnologiasonlassiguientes:
Si se considersa adquirir una planta basada en esta tecnologia con una capacidadde30KT,estimeelpreciodelproducto.Basesusestimaciona preciosde1986.Deserposible,comparesuestimacionconelpreciode mercadoyanaliceelresultado. Calculodelainversiónpara1977
830 $ 19.09 10 $ 1 23000 ñ Ajusteporcapacidad . $ 30000 1 19.09 10 ñ23000 22.389 10 ñ$
Ajusteportiempo
4 34.927 10 $ 2 22.389 10 ñ$ 318. 204.1 ñ Costodemateriaprima
39 ₵ 22.026 $30000 4.896 10 $ 0.19 ñ
T 28 ₵ 22.026 $30000 . 0.88 16.281 10 ñ$ Costodeenergía
1.638 10 $ . 0.31 8 ₵ 22.026 $30000 ñ Costodeproducci n $ 0.0534.9$27 10 ñ4.$896 10 ñ$ $ 16.281 10 ñ+1.638 10 ñ 24.561 10 ñ Costodeventasanuales 30000 39 ₵ 22.026 $ 25.770 10 ñ$ ó
Preciodeventa
ñ$ 25. 7 70 10 30000 859 $
2.24considerelossiguientesdatostécnicosparaelprocesodeproducción deacrilaminamediantehidratacióndeacrilonitrilo:
Calculeelpreciodeventadelproductoen1999sielprocesooperaal90% desucapacidadnominal¿Cuáleslautilidaddespuésdelimpuesto? Calculodelainversiónpara1977
0.62 $ 0.00868 10 $ 1 14000 ñ Ajusteporcapacidad . $ 12600 1 0.00868 10 14000 0.00814 10 ñ$ Ajusteportiempo $ 390.6 0.01661 10 $ 2 0.00868 10 204.1 ñ Costodemateriaprima
53 ₵ 22.026 $12600 0.76 11.1788 10 ñ$
6 ₵ 22.026 $12600 0.0166 10 $ . 0.01 ñ 30 ₵ 22.026 $12600 0.1665 10 $ ℎ. 0.02 ñ Costodeenergía
0.8436 10 $ . 0.38 8 ₵ 22.026 $12600 ñ Costodeproducci n $ $ 0.0166 10 $ 0.050.01661 10 11. 1 788 10 ñ $ ñ $ ñ $ 0.1665 10 ñ+0.8436 10 ñ 12.2063 10 ñ Costodeventasanuales 12600 80 ₵ 22.026 $ 22.2022 10 ñ$ Utilidadbruta 22.2022 10 ñ$ 12.2063 10 ñ$ 9.9959 10 ñ$ Utilidadneta dI$ $ $ P 9.9959 x 10 ñ 0.1 0.01661 x 10 ñ 0.5 9.9959 x 10 ñ 0.10.01661 x 10 ñ$ 4.9971 x 10 ñ$ ó
9.1 Lee, Masso y Rudd (Ind. And Eng. Chem. Fund.,9, 48, 1970) usaron el método de Branch yBound
para generar redes óptimas de intercambiadores de calor. Resuelva los problemas 5SP1 y 6SP1 mostrados abajo usando el método del diagrama de contenido de calor. Compare sus resultados con los óptimos reportados por Lee et al. de 38,278 $/año (para el problema 5SP1) y 35,108 $/año (para el problema 6SP1). Problema 5SP1
corriente 1 2 3 4 5
flujo, lb/hr 27000 42000 35000 36000 38000
Tent, °F 100 480 150 400 200
Tsal, °F 400 250 360 150 400
Cp, Btu/lb°F 0.8 0.75 0.7 0.7 0.65
Problema 6SP1
corriente 1 2 3 4 5 6
flujo, lb/hr 20000 40000 36000 35000 31000 42000
Tent, °F 100 440 180 520 200 390
Tsal, °F 430 150 350 300 400 150
Cp, Btu/lb°F 0.8 0.7 0.91 0.68 0.85 0.8
Datos de diseño
Presión de vapor Temperatura de agua de enfriamiento Temperatura máxima de salida del agua de enfriamiento Diferencias mínimas de temperatura Intercambiadores de calor Calentadores Enfriadores Coeficientes globales de transferencia de calor Intercambiadores de calor Calentadores Enfriadores Tiempo de reparación del equipo Costo de intercambiadores Costo de agua de enfriamiento Problema 5SP1
Corriente C1 C2 F1 F2 F3
flujo, lb/hr 36000 42000 27000 35000 38000
Tent, °F 400 480 100 150 200
l
l
l
l
l
Tsal, °F 150 250 400 360 400
l
psia °F °F
20 25 20
°F °F °F
150 200 150 380 350A^0.6 5.00E-05
Btu/hrft2°F Btu/hrft2°F Btu/hrft2°F
WCp, Cp, Btu/lb°F Btu/hr °F 0.7 25200 0.75 31500 0.8 21600 0.7 24500 0.65 24700
Diagrama de contenido de calor __ __ __ __ __
450 100 180
l
l
hr/año (A en ft2) $/lb
480
500
400 4940000 W 400 5145000 W
C2 323 7145000 W – 4940000 W = 2205000 W
300 C1
250 200 196 6300000 W – 5145000 W = 1155000 W 150
100 USAR AGUA DE ENFRIAMIENTO 25200 21600
31500 24500
USAR VAPOR DE CALENTAMIENTO 400 400 360 6480000 W 5145000 W 300
F1
F2
202 200 2205000 W
Asignación de intercambio de calor entre las corrientes.
150
Red de intercambio de calor.
Equipo
DT1
DT2
MLDT
1 2 3 Cal. Enf.
80 121 40 18.3 20
123 150 46 256.3 50
99.9633342 134.981191 42.9301418 90.1703835 32.7407
U Btu/hrft2°F 150 150 150 200 150
Q (Btu/hr)
Área, ft2
4940000 2205000 5145000 4276800 1155000
329.45413 108.904062 798.972437 237.151037 235.181288
350 ^0. 6 Suponiendo un costo de vapor de 1 X10-3 $/lb Qcalentador = Calor latente =
BTU/hr 4276800 1716.2 - 1085.4 (KJ / kg)
630.8
Vapor (lb/hr) = Vapor (lb/año) =
15790.2898 lb/hr 132322629 lb/año
Q enfriador=
BTU/hr 1155000 2609.6 - 251.13 (KJ / kg)
Calor latente = Agua (lb/hr) =
Agua (lb/año) =
1139.1656 lb/hr 9546207.71 lb/año
KJ/Kg
2358.47
= 270.85 BTU/lb
KJ/Kg = 1013.9 BTU/lb
Suponiendo un costo de vapor de 1E-3 $/lb
Equipo
1 2 3 Cal. Enf.
Costo
Vapor, lb/año
Agua, lb/añoCosto de servicios, $/año
4861.47697 2502.17515 8271.99641 3991.2256 132322629 132322.6288 3971.30203 9546207.71 477.3103856 23598.1762 Costo equipos 132799.9391
Costo de operación = (Costo de equipos / 10) (Costo Servicios) Costo de operación =
135159.757 $/año
9.2 Considere las siguientes corrientes:
Corriente Tent. °F Tsal °F Wcp Btu/hr °F 1 600 500 80 (condensa a 500 °F, Wλ=114000 Btu/hrs.) 2 450 590 110 3 300 400 50
Q Btu/hr 8000 15400 5000
∆T min. = 10 °F
Use el método heuristico basado en el diagrama de contenido de calor para encontrar una red de intercambio de Calor que maximice la recuperación de energía.
Q nt =
7400
∆Tf1
=
67.2727273
Tsf1 =
532.727273
EQUIPO 1
(600 -500)°F y (532.73 -450) °F
EQUIPO 2
Utilizar vapor (500)°F y (300 - 400)°F
Red de intercambio.
F1
F2 30
45
C
50
60
50 2
1 53
40
9.4 Dos corrientes necesitan enfriarse y dos calentarse y de acuerdo con la siguiente tabla.
Corrientes 1 2 3 4
Tent ºF 250 180 110 110
Tsal ºF 100 100 200 230
Flujo Lb/hr 9500 12000 10000 10000
Cp Btu/LbºF 1 0.7 1 0.9
∆Tmin = 20 ºF
Use el método del pliegue y obtenga: a) b) c) d)
Los requerimientos mínimos de servicios. El punto de pliegue para las corrientes caliente y frías. El numero mínimo de unidades para este problema. La red de intercambiadores de calor que consuma el mínimo requerimiento de servicios. Especifique claramente temperaturas de los intercambiadores y cargas térmicas de calentadores y enfriadores. Tcorregiadas WCp Toriginales 230 250 9500 100
80
180 100 110
160
8400
80
110 200 110 230
200 110
10000 9000
230 ∆H=(ΣWCpc-ΣWCpf)(Ti-Ti+1) ∆H1=(9500-9000)(230-200)=1.5x104 ∆H2=(9500-9000-10000)(200-160)= -3.8x105 ∆H3=(9500+8400-9000-10000)(160-110)= -5.5x104 ∆H4=(9500+8400)(110-80)= -5.37x105
Cascada de calor
4.2x105
0 4
1.5x10
4
5
1.5x10
-4.35x10
Qh
-3.8x10
5
5
-3.65x10
3.65x10
5
-5.5x10
4
-4.2x10
5
5
0
5
-5.37x10
-1.17x10
5.37x10
5
130
110
250
PINCH
100 180 100 200 110 230 110
Red de intercambio: Arriba del pinch U = 4 – 1 + 1=4 Debajo del pinch U = 2+ 1-1 = 2
180.5
130
250
100 130 180
100
200
110
230
110 156.7
9.4 Dos corrientes necesitan enfriarse y dos calentarse de acuerdo con la siguiente tabla: Temperatura Flujo Corriente Capacidad calorífica Lb/hr Btu/lb T salida T entrada 1 250 1 100 9500
2 3 4
180 110 110
100 200 230
12000 10000 10000
0.7 1 0.9
∆T min = 20°F
Use el método de puno de pliegue y obtenga: a) Los requerimientos mínimos de servicio b) El punto de pliegue para la corrientes clientes y frías. c) El número mínimo de unidades para este problema d) La red de intercambiadores de calor que consume el mínimo requerimiento de servicios. Especifique claramente temperaturas de los intercambiadores y cargas térmicas de calentadores y enfriadores Respuesta Temperaturas modificadas para las temperaturas calientes: Corriente 1 : Tent = 250 − 20 = 230
Corriente 2
Tsal = 100 − 20 = 80 Balance de entalpías Formula: ∆Hi = (∑WCp cal −∑WCp frias )(Ti − Ti+1 ) ∆H1 = (230 − 200)(9500 − 9000) = 15000 ∆H2 = (200 −160)(9500 −19000) = −380000 ∆H3 = (160 −110)(17900 −19000) = −55000 ∆H4 = (110 − 80)(17900) = 537000 Cascada de calor 0--------------- 420000 Qh 15000 -------- 435000 365000 ------- 55000 420000 ------- 0 PINCH 117000 ------- 537000 Qc Tent = 180 − 20 = 160 Tsal = 100 − 20 = 80 a) Cantidad mínima de calentamiento =420000 BTU Cantidad mínima de enfriamiento =537000 BTU b) Punto de pliegue para las corrientes frías 110 y 130 para las corrientes calientes c) U min = Nc + Ns −1 U min = 4 +1−1 = 4 Arriba del pinch U min = 2 +1−1 = 2 Abajo del pinch 9.6. Considere las siguientes corrientes de proceso: Corriente Tent, ºC Tsal, ºC WCp, Kcal/hr ºC h1 100 4 60 140 6 h2 25 c1
20
180
8
Suponiendo una
∆ Tmin = 10 ºC use el método del punto de pliegue para diseñar una red de
intercambiadores de calor. Reporte los siguientes puntos: a) b) c) d)
Los requerimientos mínimos de servicios. El punto de pliegue para corrientes calientes y frías. El número mínimo de unidades para la red. La red de intercambiadores de calor que consuma la mínima cantidad de servicios.
Q, Corriente h1 h2 c1
T ent ºC 100 140 20
Tsal ºC 60 25 180
Wcp 4 6 8
Kcal/hr
160 690 1280
Ajuste de temperaturas: 90 50 130 15 20 180
T3 T4 T2 T6 T5 T1
h1 T1 T2 T3 T4 T5 T6
180 130 90 50 20 15
H1 =
(0-8)*(180-130) =
-400
Kcal/hr
H2 =
(6-8)*(130-90) =
-80
Kcal/hr
H3 =
(4+6-8)*(90-50) =
80
Kcal/hr
H4 =
(6-8)*(50-20) =
-60
Kcal/hr
H5 =
(6-0)*(20-15) =
30
Kcal/hr
h2
c1
Cascada de calor: 0
480
H1 =
-400
-400
H2 =
-80
-480
80 Pinch 0
H3 =
80
-400
80
H4 =
-60
-460
20
H5 =
30
-430
50
Umin = Nc +Ns -1
Umin = 3 + 2 -1 = 4
c1 --- h1 h1 =
160
Kcal/hr
c1 =
1280
Kcal/hr
∆
Tc1 = Tsc1 =
c1 =
160 / 8 = 20 20 + 20 = 40
ºC
1280160=
Kcal/hr
1120
ºC
A h2 se le agrega un enfriador que permite tener una Tmin para el siguiente intercambio con c1 h2 --- C (enfriador)
Tih2 = ∆
Th2 =
40 + 10 = 50
ºC
50 - 25 = 25
ºC
C=
6 * 25
= 150
Kcal/hr
h2 =
690-150 = 540
Kcal/hr
c1 --- h2 h2 = c1 =
540 1120
Kcal/hr Kcal/hr
∆
Tc1 =
690 / 8 = 67.5
ºC
Tsc1 =
40+67.5= 107.5
ºC
1120-
c1 =
540=
c1 --(calentador) H = 580 c1 = 580-580=
a)
b)
580
Kcal/hr
H Kcal/hr 0 Kcal/hr
Cantidad mínima de calentamiento = Cantidad mínima de enfriamiento = T=
480 50 140
Kcal/hr Kcal/hr ºC para calientes
las
Corriente s
El punto de pliegue queda entre T= c)
d)
100
ºC para las correientes frias
El número mínimo de unidades para la red = 5
La red de intercambiadores de calor que consuma la mínima cantidad de servicios
9.7 Dos corrientes necesitan enfriarse y dos calentarse y de acuerdo con la siguiente tabla:
Corrientes H1 H2 C3 c4
Tent ºF 150 220 80 50
Tsal ºF 70 150 270 120
WCpx10-4 Btu/ºF 10 4 5 3
∆Tmin = 20 ºF
Use el método del pliegue y obtenga: Los requerimientos mínimos de servicios. El punto de pliegue para las corrientes caliente y frías. La red de intercambiadores de calor que consuma el mínimo requerimiento de servicios Toriginales 150 70 220 150 80 270 50 120
Tcorregiadas 130 50 200 130 80 270 50 120
∆H=(ΣWCpc-ΣWCpf )(Ti-Ti+1) ∆H1=(0-5)(270-200)=-350 ∆H2=(4-5)(200-130)= -70
∆H3=(10-5)(130-120)= 50 ∆H4=(10-5-3)(120-80)= 80 ∆H5=(10-3)(80-50)= 210
Cascada de calor
0
420
Qh
-350
-350
70
-70
-420
0
50
-370
50
80
-290
130
-80
340
210
Pinch
Qc
PINCH 150
130
150 180
70
150
270
80 120
50
1-. Ajuste de la temperatura mínima:
Corriente
T ent, ºF
Tsal, ºF
WCp x 10-4, Btul/hr°F
h1
150
70
10
h2
220
150
4
C1
100
290
5
C2
70
140
3
2.- Orden de mayor a menor de las temperaturas ajustadas: Intervalo de T.:
T1=290 ˃ 290—220 T2=220 > 220—150 T3 = 150 > 150—140 T4 = 140 > 140—100 T5 = 100 > 100—70 T6 = 70
T Entrada Salida
T
150 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- T 3 70 ------ T4 220----------------------------------------------------------------------------------------------DUPLICADA
150----- T 6 100----------------------------------------------------------------------------------------------------------- T 5 290 ------ T 1 70------------------------------------------------------------------------------------------------DUPLICADA
140-------T 2
3.- Balance Entalpico
∆ 1
∆H ∆H ∆H ∆H ∆H
= (-5)*(290-220) = -350 Btu/hr°F = -(3+5)*(220-150) = -560 Btu/hr°F = ((10)-(5+3))*(150-140) = 20 Btu/hr°F = ((4)-(3+5))*(140-100) = -160 Btu/hr°F = (4)*(100-70) = 120 Btu/hr°F
4.- Cascada de Calor Regla heurística T1 = 290 ºF Q1 = 0 Btu/hr°F = -350 Btu/hr°F T2 = 220 ºF Q2 = 0 Btu/hr°F /+ (-350 Btu/hr°F = -350 Btu/hr°F = -560 Btu/hr°F T3 = 150 ºF Q3 = (-350K Btu/hr°F)+ (-560 Btu/hr°F = -910 Btu/hr°F = 20 Btu/hr°F T4 = 140 ºF Q4 = (-910 Btu/hr°F) + (20 Btu/hr°F) = -890 Btu/hr°F = -160 Btu/hr°F T5 = 100 ºF Q5 = (-890 Btu/hr°F) + (-160 Btu/hr°F) =-1050 Btu/hr°F = 120 Btu/hr°F T6 = 70 ºF Q6 = (-1050 Btu/hr°F) + (120 Btu/hr°F) = -930 Btu/hr°F
∆H ∆H ∆H ∆H ∆H
Qh = Cantidad mínima de calentamiento
Qh = 1050 Btu/hr°F T1 = 290 ºF Q1 = 1050 Btu/hr°F = -350 Btu/hr°F T2 = 220 ºF Q2 = 1050 Btu/hr°F /+ (-350 Btu/hr°F = -700 Btu/hr°F = -560 Btu/hr°F T3 = 150 ºF Q3 = (700K Btu/hr°F)+ (-560 Btu/hr°F = 140 Btu/hr°F = 20 Btu/hr°F T4 = 140 ºF Q4 = (140 Btu/hr°F) + (20 Btu/hr°F) = 160 Btu/hr°F = -160 Btu/hr°F T5 = 100 ºF Q5 = (160 Btu/hr°F) + (-160 Btu/hr°F) = 0 Btu/hr°F = 120 Btu/hr°F T6 = 70 ºF Q6 = (0 Btu/hr°F) + (120 Btu/hr°F) = 120 Btu/hr°F
∆H ∆H ∆H ∆H ∆H
Qh = Cantidad mínima de enfriamiento
Qh = 120 Btu /hr°F Con respecto a las temperaturas or iginales el punto d e pliegue para la cor riente caliente es 100 ºC y para la corr iente fría es 70 ºC
5.- Grafica de corriente de problema de diseño ubicada con respecto al punto de pliegue.
El número mínimo de unidades que se requiere para cada lado de la red se estima con la siguiente formula
1
UMIN = Número mínimo de intercambiadores Nc = Numero de corrientes involucradas NS= Numero de servicios a) Para la zona de arriba del punto de pliegue o zona de calentamiento.
411 4 411 4
b) Para la zona abajo del punto de pliegue o zona de enfriamiento.
Se debe elegir el intercambiador adecuado siempre y cuando se aplique.
≥ 4-2 3-1
3 Btu/hr°F ---4 Btu/hr°F 5 Btu/hr°F --- 10 Btu/hr°F
6.- Generar cascada de calor. Arriba del punto de pliegue Qc1 =10 Btu/hr°F (150-100)°C = 500 Btu/hr°F Qc1 = 4 Btu/hr°F (220-100)°c =480 Btu/hr°F Qf1 = 5 Btu/hr°F (290-70)°C = 1100 Btu/hr°F Qf2 = 3 Btu/hr°F (140-70)°c = 210 Btu/hr°F
Abajo del punto de pliegue Qc1 =10 Btu/hr°F (220-100)°C = 1200 Btu/hr°F Qc1 = 4 Btu/hr°F (100-70)°c =120 Btu/hr°F Qf1 = 5 Btu/hr°F (100-70)°C = 150 Btu/hr°F Qf2 = 3 Btu/hr°F (100-70)°c = 90 Btu/hr°F Corriente 2-4
Btu/hr°F 160º ∆ 4803 Btu/hr°F 160 º 70º 230 º °F ∆ 5 °F 72º 72 º 70º 142 º 1-3
2-4 QF = 480 – 210 = 270
Btu/hr°F Btu/hr°F 90 º ∆ 2370Btu/hr°F 90 º 142º 232 º Red de intercambiador de calor. Red de intercambiador de calor.
1) Ajuste de la temperatura mínima.
Corriente
T ent, ºc
Tsal, ºc
WCpKcal/hr°C
h1
175
50
10
h2
120
65
40
C1
30
175
20
C2
50
130
15
2) Ordenar mayor a menor la temperaturas ajustadas. Intervalo de T. T1=175 ˃ 175—130 T2=130 > 130—120 T3 = 120 > 120—65 T4 = 65 > 65—50 T5 = 50 > 50—30 T6 = 30
T Entrada Salida
T
175 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- T 3 50 ------ T4 120----------------------------------------------------------------------------------------------DUPLICADA
65------ T 6 30 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ T 5 175 ------ T 1 50------------------------------------------------------------------------------------------------DUPLICADA
130-------T 2 3) Grafica de las corrientes de acuerdo a su temperatura modifica.
4) Balance Entalpico. Entalpico .
∆ 1 ∆H ∆H ∆H ∆H ∆H
= (-20)*(175-130) = -900 Kcal/hr °c = -(15+20)*(130-120) = -350Kcal/hr°c = ((10)-(20+15))*(120-65) = -1375 Kcal /hr °c = ((40)-(15+20))*(65-50) = 75 Kcal /hr °c = (40)*(50-30) = 800 Kcal/hr °c 5) Cascada de calor Regla heurística T1 = 175 ºC Q1 = 0 Kcal/hr°c = -900 Kcal/hr°c T2 = 130 ºC Q 2 = 0 Kcahr°cl/+ (-900Kcal/hr°c = -900Kcal/hr°c
∆H
∆H ∆H ∆H ∆H
= -350 K cal/hr°c T3 = 120 ºC = -1375 Kcal/hr°c T4 = 65 ºC = 75 Kcal/hr°c T5 = 50 ºC = 800Kcal/hr°c T6 = 30 ºC
Q3 = (-900 Kcal/hr°c)+ (-350 Kcal/hr°c= -1250 Kcal/hr°c Q4 = (-1250 Kcal/hr°c + (-1375Kcal/hr°c) = -2625Kcal/hr°c Q5 = -2625 Kcal/hr°c+(75Kcal/hr°c= -2550 Kcal/hr°c Q6 = -2550Kcal/hr°c+ 800Kcal/hr°c = -1750 Kcal/hr°c
Qh = Cantidad mínima de calentamiento
Qh = 2625 2625 Kcal/hr °c T1 = 175 ºC Q1 = 2625 Kcal/hr°c = -900 Kcal/hr°c T2 = 130 ºC Q 2 = 2625 Kcahr°cl/+ (-900Kcal/hr°c = 1725 Kcal/hr°c = -350 K cal/hr°c T3 = 120 ºC Q3 = (1725 Kcal/hr°c)+ (-350 Kcal/hr°c= 1375 Kcal/hr°c = -1375 Kcal/hr°c T4 = 65 ºC Q4 = (1375 Kcal/hr°c + (-1375Kcal/hr°c) = 0 Kcal/hr°c = 75 Kcal/hr°c T5 = 50 ºC Q5 = 0 Kcal/hr°c+(75Kcal/hr°c= 75 Kcal/hr°c = 800Kcal/hr°c T6 = 30 ºC Q6 = 75Kcal/hr°c+ 800Kcal/hr°c = 875 Kcal/hr°c
∆H ∆H ∆H ∆H ∆H
Qc = Cantidad mínima de enfriamiento
Qc = 75 K cal/hr°c Con respecto a las temperaturas or igi iginales nales el punto d e pliegue para la cor riente caliente calient e es 65 ºC ºC y para la co rri rriente ente fría es 50 ºC. ºC.
6) Grafica de corriente de problema de diseño ubicada con respecto al punto de pliegue.
Wcp(KCAL/HR°c) 90°c
C1
50°c
C2
30 30°c
30 30°C
20 20°c
30°c
20°c
9
20°C F1
20 20°c
6
30°C
210°c
50°C
30°c
12
20°c
100°c
F2
30°c
10
El número mínimo de unidades que se requiere para cada lado de la red se estima con la siguiente formula
1
UMIN = Numero mínimo de intercambiadores Nc = Numero de corrientes involucradas NS= Numero de servicios c) Para la zona de arriba del punto de pliegue o zona de calentamiento.
4 1 1 4 4 1 1 4
d) Para la zona abajo del punto de pliegue o zona de enfriamiento. enfriami ento.
Se debe elegir el intercambiador adecuado siempre y cuando se aplique.
≥ 4-2 3-1
40kcal/hr°C---15Kcal/hr°C 20Kcal/hr°C---20Kcal/hr°C-- -- 10 Kcal/hr°C
7) Generar cascada de calor. Arriba del punto de pliegue Qc1 =10Kcal/hr°c(175-50)°C =1250Kcal_/hr Qc1 = 40Kcal/hr°c (120-65)°c = 5800 Kcal/hr° Qf1 =20Kcal/hr°C (175-30)°C =2900 Kcal/hr
Qf2 =15Kcal/hr°C (130-40)°c = 1350 Kcal/hr 30°c
53,33°c I
C1
I I
C1
50°c
I
30°c
20°C I
27.5°c H
101.67°C
I
82°C
50°C I
I
38°C I
I
Abajo del punto de pliegue Qc1 =10Kcal/hr°c(50-30)°C =200Kcal_/hr Qc1 = 40Kcal/hr°c (65-50)°c = 600 Kcal/hr° Qf1 =20Kcal/hr°C (65-50)°C = 300 Kcal/hr Qf2 =15Kcal/hr°C (65-50)°c = 225 Kcal/hr Corriente 2-4
° ∆ 10 /ℎº 18º
80 º 20º 38 º ° ∆ 12 /ℎº 30º 30 º 20º 50 º 1-3
2-4 QF = 800 – 180 = 620 Kcal/hr°c
° 6 20 51.67 º ∆ 10 /º 51.67 º 50º 101.67 º Red de intercambiador de calor.
I
I
H
F1
F2
30°C
30°C
Solución. 1) Ajuste de la temperatura mínima.
Corriente
Tent, ºF
Tsal, ºF
WCpBtu/hr°F
1
250
120
2
2
200
100
8
3
130
190
12
2) Ordenar mayor a menor la temperaturas ajustadas. Intervalo de T.
T1 = 250
250 600-500
T2 = 210
500-400
T3 = 200
400-410
T4 = 200
410-310
T5 = 140
T Entrada Salida
T
600 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- T2 500 ------- T6 450 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- T1 590 ------- T4 300 -----------------------------------------------------------------------------------------------------------T5 400 ------ T3 3) Grafica de las corrientes de acuerdo a su temperatura modifica.
4) Balance Entalpico.
∆ 1
∆H ∆H ∆H ∆H
= (80)-110(600-500) = -3000 kW =-110(500-460) = -4400 kW = -50(460-410) = -2500 kW = -50(410-310) = -5000 kW
5) Cascada de calor Regla heurística T1 = 600 ºF Q1 = 0 kW = -3000 kW T2 = 500 ºF Q2 = 0 kW - 3000 kW = -3000 kW = -4400 kW T3 = 460 ºF Q3 = -3000kW + (-4400) kW = -7400 kW = -2500 kW T4 = 410 ºF Q4 = -7400 kW +(-2500) kW = -9900 kW = -5000 kW T5 = 310 ºF Q5 = -9900kW + (-5000 kW) = -14900 kW
∆H ∆H ∆H ∆H
Qh = Cantidad mínima de calentamiento
Qh = -14900 kW Qc = Cantidad mínima de enfriamiento T1 = 600 ºF = -3000 kW T2 = 500 ºF = -4400 kW T3 = 460 ºF = -25000 kW T4 = 410 ºF = -5000 kW T5 = 310 ºF
∆H ∆H ∆H ∆H
Q1 = -14900 kW Q2 = 14900W +(-3000)kW = 11900 kW Q3 = 11900kW + (-4400)kW = 7500 kW Q4 = 7500 kW + (-2500) kW = 5000 kW Q5 = 5000 kW + (-5000kW) = 0 kW
Qc = 0 kW Con respecto a las temperaturas originales el punto de pliegue para la cor riente caliente es 310 ºf y para la corr iente fría es 300 ºf sigu iendo las reglas heurísticas cuando mi punto de pliegue sea en la última zona se toma el anterior en este caso será 410 para las calientes y p ara las frías 400f
6)
Grafica de corriente de problema de diseño ubicada con respecto al punto de pliegue.
El número mínimo de unidades que se requiere para cada lado de la red se estima con la siguiente formula
1
UMIN = Numero mínimo de intercambiadores Nc = Numero de corrientes involucradas NS= Numero de servicios e) Para la zona de arriba del punto de pliegue o zona de calentamiento.
111 1 311 3
f) Para la zona abajo del punto de pliegue o zona de enfriamiento.
Se debe elegir el intercambiador adecuado siempre y cuando se apli
≥ 7) Generar cascada de calor. Arriba del punto de pliegue Qh1 =80 Kw/ºF (600-410)ºC = 15200 kW Qc2= 110 kw/ºF (590-400)ºC = 20900 kw Qc3=50 kw/ºF (300-400)ºC = 5000 kw 3y1 Abajo del punto de pliegue Qc1 =80 Kw/ºF(500-410)ºF = 7200 kW Qc2 =110Kw/ºF (450-400)ºF = 5500 kW Qf 1 = 10 kw/ºF(400-400)ºF = 0 kw
Corriente F2-Q1
190 º ∆ 1805200 /º 190410º 600 º Red de intercambiador.
PASO 1: Ajustar las temperaturas de las corrientes frías sumando a cada una de ellas la ∆T mínima, permaneciendo inalteradas las Corrientes calientes CORRIENTE
TENT °C
T SAL °C
H1
1
175
50
H2
2
120
65
C1
3
30
175
50
130
C2
4
PASO 2: Ordenar las temperaturas de mayor a menor TENT (°F) TSAL (°F) 175………………………….T1 50………………….Duplicada 120………………………….T3
65.…………………..T4 30………………………….T6 175……………………Duplicada 50.…………………………..T5 130……………………T2
Pasó 3: Ordenando tenemos lo siguiente Intervalo de Temperatura T1:175 175 - 130 T2:130 130 - 120 T3:120 120 - 65 T4:65 65 - 50 T5:50 50 - 30 T6:30 Paso 4: W=wcp calcular el flujo W1= 10 Kcal/ Hr W2= 40 Kcal/Hr W3= 20 Kcal/Hr W4= 15 Kcal/Hr Paso 5: Graficar las Corrientes (4) de acuerdo a su Temperatura Modificada 175 ……………………………………………………….. ∆H1 130 ………………………………………………………… ∆H2 120 .………………………………………………………….. ∆H3 65 …………………………………………………………… ∆H4 50 …………………………………………………………… ∆H5 30 ….................................................... .......................... 10
40
20
Paso 6: Balance entalpíco ∆H1=((10-20) (175-130)) = -450 Kcal/hr ∆H2=(10-(20+15) x (130-120)) = -250 Kcal/Hr ∆H3=((10+40)-(20+15) x (120-65)) = 825 Kcal/hr ∆H4=(10-(20+15)x (65-50)) = -375 Kcal/Hr ∆H5=(20)x (50-30)) = 400 Kcal/hr
Paso 7: Cascada de calor Regla euristica con Q=0 Por lo tanto Qi+1=Qi+∆Hi Q T1=175°C ……………………………….0
15
∆H= -450 Kcal/Hr T2=130°C ……………………………… -450 Kcal/Hr ∆H= -250 Kcal/Hr T3=120°C……………………………… -700 Kcal/Hr ∆H= 825 Kcal/Hr T4= 65°C…………………………….. 125 Kcal/Hr ∆H= -375 Kcal/Hr T5=50 °C ……………………………… -250 Kcal/Hr ∆H= 400 Kcal/Hr T6=30 °C ……………………………… 150 Kcal/Hr
Al dat o de mayor val or aunq ue teng a sign o (-) se l e co no ce c omo c ant idad mini ma de calentamiento QH Qh= 700 Btu/Hr 7.1 Cantidad minima de enfriamiento (Qc) Regla euristica Qh=Qi
Q T1=175°C ……………………………….700 ∆H= -450 Kcal/Hr T2=130°C ……………………………… 250 Kcal/Hr ∆H= -250 Kcal/Hr T3=120°C……………………………… 0 Kcal/Hr ∆H= 825 Kcal/Hr T4= 65°C…………………………….. 825 Kcal/Hr ∆H= -375 Kcal/Hr T5=50 °C ……………………………… 450 Kcal/Hr ∆H= 400 Kcal/Hr T6=30 °C ……………………………… 850 Kcal/Hr
POR TANTO Qc= 825 Kcal/hr Paso 9: El número mínimo de unidades que se requiere para cada lado de la red se estima con la siguiente ecuación: Umin= Nc + Ns-1 Donde: Umin: Numero de intercambiadores Nc: Numero de corrientes involucradas Ns: Nuero de Servicios a) Para la zona de arriba del punto de quiebre o zona de calentamiento Umin= 4 + 1= 4 b) Para la zona bajo de punto de quiebre o zona de enfriamiento Umin= 2 + 1 – 1 = 2 Paso 10: Carga térmica del primer enfriador
Q=∆T x wcp Q= (10)x(120-65)= 550 Kcal/Hr A) Carga Térmica del segundo enfriador Q2= wcp x ∆T Q2=(40) x (120-65)= 275 Kcal/Hr Paso 11: Por arriba del punto de pliegue se tiene 2 Corrientes Calientes y 2 Corrientes frías por lo tanto existen 2 posibilidades para comenzar el diseño de la red a) 1-4 y 2-3 b) 1-3 y 2-4 Nota: Para elegir el intercambiador adecuado se deben cumplir con el siguiente criterio wcp frías ≥ wcp calientes 1-3 = 20 > 10 2-4 = 40> 15 Paso 12 se genera la cascada de calor Calcular Q= wcp x ∆T para cada una de las corrientes Qc1= (10) (175-30) = 360 Kcl/Hr Qc2= (40) (150-20) = 180 Kcl/Hr Qf1= (20) (20-165) = 2160 Kcal/Hr Qf2= (15) (15-120) = 700 Kcal/Hr
Cascada de calor wcp
175 C C
30°C C
150
20°C
20°F
E
165
20°C 15
50 °C
F1
38
120
F2
10
40 20 15
9.12 Considere las siguientes corrientes de proceso
Corriente T entrada °F T salida °F Wcp10(-4) BTU/Lb 1 250 100 1 2 200 100 0.9 3 110 180 0.8 4 80 200 0.7 5 80 160 0.6 a) Suponiendo una ∆T min = 20°F encuentre los requerimientos mínimos de servicios para la red de intercambiadores de calor, asi como el punto de pliegue para las corrientes calientes y para las corrientes frías
b) ¿Cuál es el número mínimos de unidades para la red? c) Diseñe una red de intercambiadores de calor que consuma la mínima cantidad de servicios y de ser posible que utilice el mínimo número de unidades Respuesta Temperaturas modificadas para las temperaturas calientes
Corriente 1 : Tent = 250 − 20 = 230
Corriente 2 Tent = 200 − 20 = 180 Tsal = 100 − 20 = 80
Tsal = 100 − 20 = 80
Balance de entalpías Formula : ∆ H i = (∑WC p cal −∑WC p frias )(T i − T i+1 ) ∆ H 1 = (230 − 200)(1×104 ) = 30 ×104 ∆ H 2 = (200 −180)(1×104 − 0.7 ×104 ) = 6 ×104 ∆ H 3 = (180 −160)(0.9 ×104 −1.5 ×104 ) = −12 ×104 ∆ H 4 = (160 −110)(0.9 ×104 − 2.1×104 ) = −60 ×104 ∆ H 5 = (110 − 80)(0.9 ×104 −1.3×104 ) = −12 ×104
Cascada de calor 0------------------------ 48 ×104
Qc
4
30 ×10 -------------36 ×10 4 ---------------24 ×10 4 --------------36 ×10 4 -------------48 ×10 4 -------------
78 ×104 84 ×104 72 ×104 16 ×104 0
Qh
PINCH
Cantidad mínima de calentamiento =48 ×104 Cantidad mínima de enfriamiento =16 ×104 Punto de pliegue para las temperatura frias 80 y 100 para las temperaturas calientes Inciso C= U min = Nc + Ns −1 U min = 5 + 1 −1 = 5 arriba del pinch
La cantidad de calentamiento que se necesita es = 8.4 ×104 La cantidad de enfriamiento que se necesita es = 36.4 ×104
9.13 Se tienen las siguientes corrientes en un proceso, las cuales requieren de cambiosenergeticos de
acuerdo a la informacion proporcionada en la tabla. Corriente Tent,ºC
Tsal,ºC
WCp, kcal/hrºC
h1 h2 h3 C1 C2
40 50 30 200 120
8 6 4 7 10
130 130 120 30 30
Si se usa una ∆T min = 10º C , utilice el metodo del punto de pliegue para diseñar una red de intercambiadores de calor. Reporte lo siguiente: a) Los requerimientos minimos de servicios y el punto de pliegue para cada una de las corrientes calientes y para las corrientes frias. b) Una red de intercambiadores de calor que consuma la minima cantidad de servicios. Use la representacion de rejilla para representar su red y reporte claramente las temperaturas de cada intercambiador y las cargas termicas de enfriadores y calentadores. Corriente Tent,ºC
C1 C2 C3 F1 F2
130 130 120 30 30
Temperatura original
130 130
40 50
Tsal,ºC
40 50 30 200 120
WCp, kcal/hrºC Q, kcal/hr
8 6 4 7 10
Temperatura ajustada
120 120
30 40
720 480 360 1190 900
Orden
T2 T5 T2 T4
120
30
30
200
30
110
20
30
200
30
120
120
T3 T6 T5 T1 T5 T2 ∆T
200 120 110 40 30 20
80 10 70 10 10 ∆H1= ∆H2= ∆H3= ∆H4=
Cascada de calor: 0 -560 -560 -590 -30 -520 70 -50 -570 -530 40
U min
U min
=
∆H5=
U c +U s −1
= 5 + 2 −1 = 6
590 30 0 70 20 60
(0-7)(80)= (14-17)(10)= (18-17)(70)= (12-17)(10)= (4-0)(10)= Qh Pinch Qc
-560 kcal/hr
-30 kcal/hr 70 kcal/hr -50 kcal/hr 40 kcal/hr
C2-F2
QC2= QF2=
480 900
∆T=Q/WCp ∆TF2=
48 48+30=78
TSF2= QC2=0 QF2=(900-480)=420
C1-F2
QC1= QF2=
720 420
∆T=Q/WCp ∆TC1= 52.5
F2 78
QF2=0 QC1=(720-420)=300 C1-F1
QC1= QF1=
300 1190
∆T=Q/WCp ∆TF1= 42.8571429
F1 30
QC1=0 QF1=(1190-300=890
C3-F1
QC1= QF1=
∆T=Q/WCp ∆TF1=
(120-82.85)X4= 148.6 890 21.2285714 94.0785714
TSF1= QC1=0 QF1=(890-148,6)=741.4
Enfriador-C3
Qenfriador=360-148.6=211.4 Calentador-F1
Qcal=741
Solucion. 8) Ajuste de la temperatura mínima.
Corriente
Tent, ºF
Tsal, ºF
Cp BTU/Lb °F
h1
90
20
8
h2
70
20
10
c1
20
70
5
C2
20
90
8
C3
20
110
4
9) Ordenar mayor a menor la temperaturas ajustadas.
T1 = 110 T2 = 90 T3 = 70
250 - 220 110
90 70
Intervalo de T
110-90 90-70
T4 = 20 T5 = 20
20
70-20
20
20-20
T Entrada Salida
T
90 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- T1 20 70 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- T3 70 20 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- T4 110 20 -------------------------------------------------------------------------------------------------duplicada
10) Balance Entalpico.
∆ 1 ∆H ∆H ∆H ∆H
= (9500-9000) (250-200) = 15000 Btu/hr = (9500-(1000+9000))*(220-180) = -380000 Btu/hr = (9500+8400-(10000+9000))*(180-130) = -55000 Btu/hr = (9500+8400) (130-100) = 537,000 Btu/hr
11) Cascada de calor Regla heurística T1 = 250 ºF Q1 = 0 Btu/hr = 15000 Btu/hr T2 = 220 ºF Q2 = 0 Btu/hr + 15,000 Btu/hr = 15000 Btu/hr = -380,000 BTU/Hr T3 = 180 ºF Q3 = 15000 Btu/hr+ (-380,000 Btu/hr) = -365,000 Btu/hr = -55,000 Btu/hr T4 = 130 ºF Q4 =-365,000 Btu/hr + (-55,000Btu/hr) = -420,000 Btu/hr = 537,000 Btu/hr T5 = 100 ºF Q5 = -420,000 Btu/hr + 537,000 Btu/hr = 117,000 Btu/hr
∆H ∆H ∆H ∆H
Qh = Cantidad mínima de calentamiento
Qh = -420,000 Btu/hr Qc = Cantidad mínima de enfriamiento
T1 = 250 ºF Q1 = 420,000 Btu/hr = 150,000 Btu/hr T2 = 220 ºF Q2 = 420,000 + 15,000 = 435,000 Btu/hr = -380,000 Btu/hr T3 = 180 ºF Q3 = 435,000 – 380,000 = 55,000 Btu/hr = -55000 Btu/hr
∆H ∆H ∆H
T4 = 130 ºF Q4 = 55,000 – 55,000 = 0 Btu/hr =537,000 Btu/hr T5 = 100 ºF Q5 = 0 + 537,000 = 537,000 Btu/hr
∆H
Qc = 537,000 Btu/hr Con respecto a las temperaturas or iginales el punto d e pliegue para la cor riente caliente es 130ºF y para la c orriente fría es 110 ºF. 12) Grafica de corriente de problema de diseño ubicada con respecto al punto de pliegue.
El número mínimo de unidades que se requiere para cada lado de la red se estima con la siguiente formula
1 UMIN = Número mínimo de intercambiadores Nc = Número de corrientes involucradas NS= Número de servicios
g) Para la zona de arriba del punto de pliegue o zona de calentamiento.
411 4
h) Para la zona abajo del punto de pliegue o zona de enfriamiento.
211 2
Tenemos dos corrientes calientes por lo tanto cálculo y verifico lo siguiente. Carga térmica (Q) del primer enfriador Q1= Wcp *
∆T
= (9,500)*(130-100) = 285,000 Btu/hr
Carga térmica (Q) del segundo enfriador Q1= Wcp *
∆T
= (8400)*(130-100) = 252,000 Btu/hr
Q1 + Q2 = Consumo mínimo de enfriamiento. Se debe elegir el intercambiador adecuado siempre y cuando se aplique el criterio siguiente.
≥ Por arriba del punto de pliegue se tienen dos corrientes calientes y frías, por lo tanto tenemos dos posibilidades para comenzar el diseño de red. A) 1-4 y 2-3 B) 1-3 y 2-4
✔
13) Generar cascada de calor. Cálculo del calor para cada una de las corrientes: QC1 =9500Btu/hr (250-130)ºF = 1,140,000 Btu/hr QC2= 8400 Btu/hr* (180-130) °F = 420,000 Btu/hr QF1 = 10,000 Btu/hr(200-110)°F = 900,000 Btu/hr QF2 = 9,000 Btu/hr*(230-110) °F= 1,080,000 Btu/hr
- Arriba del punto de pliegue QC1 = 9500Btu/hr (250-130)ºF = 1,140,000 Btu/hr QF1 = 10,000 Btu/hr(200-110)°F = 900,000 Btu/hr Corriente C1-F1= 240,000 Btu/hr
∆ 240,9,500000/ℎ 25.26º ° 1 250° 25.26º 224.13 º 225° - Abajo del punto de pliegue QC2= 8400 Btu/hr (180-130) °F= 420,000 Btu/hr QF4= 9,000 Btu/hr (230-110) °F=1,080,000 Btu/hr QF=1, 080,000-420,000= 660,000 Btu/hr
∆í 240,9,000000/ℎ 46.66º ° 110° 156.66° 157° C1-F2 Q1=240,000 Btu/hr QF=660,000 Btu/hr
, ∆ 9,000 26.66
157° 26.66° 183.66° 184° Como ya no existen corrientes calientes disponibles se ajusta la temperatura de la corriente 4 hasta su nivel mediante el servicio de calentamiento. Por lo tanto la cantidad de calentamiento requerida es de Qh= 420,000 Btu/hr.Red de intercambiador.
9.17 Las siguientes corrientes son parte de un proceso petroquímico
Corriente
T ent, °C
T sal, °C
WCp, kW/°C
h1 750 350 45 h2 550 250 40 c1 300 900 43 c2 200 550 20 Se desea diseñar una red de intercambiadores de calor usando una ∆Tmin de 10°C. Use el m étodo del punto de pliegue para diseñar una red con el mínimo consumo de servicios corriente
T ent, °C
T sal, °C
WCp, kW/°C
C1 C2 F1 F2
750 550 300 200
350 250 900 550
45 40 43 20
Q WCp∆T=W
18000000 12000000 25800000 7000000
Ajuste de temperaturas: T original
750 550 300 200
T ajustada
350 250 900 550
740 540 300 200
Orden
340 240 900 550
T2 T5 T4 T7 T6 T1 T8 T3
=
DTs 900 740
16 C1
0
550
19
540
C2
0
340
10
300
F1
20
240
0
200
∆H1= ∆H2= ∆H3= ∆H4= ∆H5= ∆H6= ∆H7=
F2
(-43000)(160) = (45000-43000)(190) = (45000-43000-20000)(10) = (45000+40000-43000-20000)(200) = (40000-43000-20000)(40) = (40000-20000)(60) = (-20000)(40) =
-6880000
380000 -180000 4400000 -920000 1200000 -800000
Cascada de Calor: -6880000 380000 -180000 4400000 -920000 1200000 -800000
0 -6880000 -6500000 -6680000 -2280000 -3200000 -2000000 -2800000
6880000 0 380000 200000 4600000 3680000 4880000 4080000
Qh Pinch
Qc
40
C1 con F1
Q1 =
18000000
∆T = Q / WCp
TsF1 =
418.604651 °C 300 + 418.60 =718.604651
QC1 = 0 QF1 =
25800000 - 18000000 =7800000 W
∆TF1 =
Calentador 1 con F1
QF1 =
25800000 - 18000000 =7800000
C2 con F2 Q2 = 7000000 W ∆T = Q / WCp 175°C ∆TC2 = TsC2 = 550 - 175 =375°C
TsF2 esperada =
540 °C
TsF2 = TentF2 + ∆TF2 ∆TF2 = TsF2 - TentF2 = 540 - 200 =340°C
Q2 = (20000)(340) =
6800000W
Enfriador 1 con C2
QC2 =
(380-250)(20000) =5200000W
Calentador 2 con F2
QF2 =
(550 - 540)(20) =200000 W
9.24 Cuatro corrientes quieren aprovecharse para integrar energía. La siguiente tabla proporciona los datos del problema (Ciric y Floudas, Computers Chem, Engn., 14, 3, 241-250, 1990) CORRIENTE
T ent °K
T sal °K
WCp kw/ °k
H1 95 75 5 H2 80 75 50 C1 30 90 10 C2 60 70 12.5 Suponga una de 30°K y dis eñe una red de interc ambiadores de calor con el minimo consum o de servicio.
∆
1) TEMPERATURAS MODIFICADAS Corriente 1:
9530 65 7530 45
CORRIENTES 1
Corriente 2:
8030 50 7530 45
TEMPERATURAS MODIFICADAS TEMP. ORIGINAL TEMP AJUSTADA 95 65 75 45
ORDEN T3 T6
80
2
75 30
3
90 60
4
70
50 45 30 90 60
T5 Duplicada T7 T1 T4
70
T2
90 70 65 60 50 45 30
5kw/°
50kw/°k
10kw/°k
12.5kw/°
2) BAL ANCE DE ENTALPIA 90-70 70-65 65-60 60-50 50-45 45-30
∆ ∑∆ ∑ +
∆ . ∆ ∆ . ∆ () ∆
=200 =-112.5 =-87.5 =-50 =225 =-150
3) CASCADA DE CALOR Q 1 = 0 EVALUAR:
T= 90 T=70 T=65 T=60
1 △ Q1
= = . ..
Q1= 0
=. =
T=50 T=45 T=30
10.1 Zamore y Grossmann (Computers Chem, Engng.,21, Suppl., $65-$70, 1997) usaron u n algoritm o d e optimizacion glo bal para resolver el sigu iente problema: CORRIENTE H1 H2 C1 C2 AGUA VAPOR
T ent °C 180 240 40 120 25 325
T sal, °C 75 60 230 300 40 325
WCp, kW/°C 30 40 35 20
H, kW/m 2°C 0.15 0.10 0.20 0.10 0.50 2.00
Costos de intercambiador es y enfriadores ($/año)=15,000 + 30 A 0.8, A en m 2 Costos de calentadores ($/año)= 15,000 + 60 A 0.8, A en m 2 Costos de agua de enfriamiento = 10 $/kW año Costos de vapor de calentamiento = 110 $/kW año a) Diseñe una red de intercambiadores de calor con minim o consu mo de energia usando un valor de ΔT min entre 5 y 10 °C. Compare el costo con el optimo reportado p or Zamora y Goss mann de 419.98 x 103 $/año.
b) Realice una preooptimizacion de ΔT min usando la formula Bath para la prediccion del area requerida. Compare el valor optimo predicho de ΔTmin con el usado en la part e (a). c) Diseñe la red al valor obtenido en el inciso (b) y compare el resultado con el optimo repostado.
1) TEMPERATURA AJUSTA TEMPERATURAS MODIFICADAS CORRIENTES TEMPERATURA TEMP. ORIGINAL AJUSTADA 1 180 175 75 70 2 240 235 60 55 3 40 40 230 230 4 120 120 300 300
30 23
ODEN T4 T6 T2 T7 T8 T3 T5 T1
∆
∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆
23 17 12 70 55 40
30kw/°
40kw/°
35kw/°
20kw/°
B) BALANCE DE ENTALPIA
∆ ∑ ∑ + TEMPERATURA 300-235 =-1300 ∆ 235-230 =100 ∆ 230-175 ∆ ( )(230-175) =-825 175-120 =825 ∆ ()(175120) 120-70 ∆ ( )(120-70) =1750 70-55 =75 ∆ 55-40 =-525 ∆ C) CASCADA DE CALOR
Q 1 = 0 EVALUAR:
1 △ BTU/HR
T= 300 T=235 T=230 T=175 T=120 T=70 T=55 T=40
Q1
= =
Q1= 0
= =
BTU/HR T= 300 T=235 T=230 T=175 T=120 T=70 T=55 T=40
QH
= = PINCH = 825
QH= 2025
= =
∆° C1-F1 ° / ° / = Q/ WCp C1
40
ΔT ΔTF2 = 90
24
23
13
ΔT = Q/ WCp ΔTC1 = 87.7
152.
TSC2 = 152.5 QF1= 0 QC2= 3700
ΔT = Q/ WCp ΔTC1 = 13.75
TSC2 = 138.75 QF1= 0 QC2= 3150
23
C2
∆° C2-F1 ° /
∆° C2-F2 / . .
18
75
TFS2 = 40+90 =130 QC1= 0 QF1 = 3500
F1
F1
C2 152.5
F2
12
147.5
138. 75
40
25 138. 75
60 325
RED DE INTERCAMBIO
300
147.5 325
10.2. Zamora Zamora y Gross mann, usando un modelo de pr ogramacion mix ta-entera ta-entera no li neal, neal, reportan la siguiente estructuta optima para el problema anterior anterior
a) Compare esta estru estru ctura ctu ra con la sol ucion ucio n obtenida obt enida del prob lema 10. 10.1. 1. b) Trate de reportar u n analisis de la topolo gia opti ma de la red. ¿Cómo ¿Cómo s e ve influenciada esta esta estruc estruc tura optima dado al modelo economic o usado?
PARA A) Se observa que algunas ΔT en esta red son menores menor es de 5°C que es el mínim o
especificado en el anterior problema. En la red de Zamora se encuentran 4 intercambiadores, un calentador y un enfriador, en la red que se elaboró solo diferencia en el número de interc ambiador es, en el cual, el prob lema 10.1 10.1 son 3 interc ambiador PARA B ) RED DE INTERCAMBIADORES INTERCAMBIADORES EQUIPO Interc ambiador ambi ador 1 Interc ambiador ambi ador 2 Interc ambiador ambi ador 3 Interc ambiador ambi ador 4 Calentado Calent adorr Enfriado Enfr iadoss
AREA M2 1710.3 1710.3 1503.71 1503.71 1515.13 1515.13 11556.6 11556.6 334.02 242.07 242.07 TOTA TOTAL= L=
COSTO DE EQUIPO 26576.5 26576.5 25443.7 25443.7 25507.1 25507.1 68413.7 68413.7 21268.6 17422.6 17422.6 184, 184,63 632 2 $/A $/A O
CORRIENTE CORRIENTE H1 H2 C1 C2 AGUA VAPOR
T ent °C 180 240 40 120 25 325
T sal sal,, °C 75 60 230 300 40 325
WCp, kW/°C 30 40 35 20
∆° EQUIPO INTERCANVIADOR 1
U 0.06667
Q, kW 3150 7200 6650 3600 ΔT1
ΔT1= 240-230
= 10
INTERCAMBIADOR 2 INTERCAMBIADOR 3 INTERCAMBIADOR 4 CALENTADOR
0.05
0.09524
ENFRIADOR
0.11538
0.06 0.06667
∆ ∆∆ ∆∆ ∆ =..− = 12.33 . −. .. = 7.30595 .−... = 12.0651 −.. = 6.79432 = 73.5107 −. .
H, kW/m 2°C 0.15 0.10 0.20 0.10 0.50 2.00
. . . . . . .
ΔT2
.. . . . . . . . . . . . . . 50
Q = A*U*DMLT
.. ∗ .. ∗ . . . . .. ∗ ∗ .. ∗ ∗ . . .. .. ∗ ∗ . ∗ . 1096.81 . . ∗ . . ∗ . . .. . . ∗ . .∗∗ . . . .
..− . =
.∗.∗. .
.∗ . $/Ñ COSTO DE VAPOR DE CAL ENTAMIENTO . ∗ , $/Ñ COSTO DE AGUA DE ENFRIAMIENTO
COA= costo fi jo + costo variable = 459,015 $/año
Se encuentra una gran diferencia de costos por año en ambas redes la mas economica es la de Zamora.
10.10. El siguiente conjunto de 5 corrientes calientes y 4 corrientes frias constit uyen parte de un proceso quimic o. CORRIENTE H1 H2 H3 H4 H5 C1 C2 C3 C4 Vapor Agua
T ent, °C 120 80 135 220 135 65 75 30 60 250 15
T sal, °C 65 50 110 95 105 90 200 210 140 250 16
WCp, kW/°C 25 150 145 10 130 75 70 50 25
H, kW/m 2°C 0.50 0.25 0.30 0.18 0.25 0.27 0.25 0.15 0.45 0.35 0.20
Costo de intercamb iadores = 30,800 + 750 A0.8 (A<550 m2), A en M2 Vida de la planta= 6 año Costo d e vapor = 110 S/kW año Costo de agu a = 10 S/kW año a) Usando un valor de ΔT min de 10°C, obtegan la predicion de area y energia para una red de intercambio de calor, indique cual es el pronos tico d el costo anual de la red. b) Diseñe una red de intercambiadores y compare la prediccion de area con el valor obtenido despues del diseño. Reporte el costo anual del diseño.
TEMPERATURAS MODIFICADAS CORRI TEMP. TEMP ORDEN ENTES ORIGINAL AJUSTADA 1 120 110 T5 65 55 T14 2 80 70 T11 50 40 T15 3 125 125 T4 110 100 T6 4 210 210 T1 95 85 T9 5 135 125 DUPLICADA 105 95 T7 6 65 65 T12 90 90 T8 7 75 75 T10 200 200 T2 8 30 30 T16 210 210 DUPLICADA 9 60 60 T13 140 140 T3
∆° 1375 4500 3625 1250 3900 1875 8750 9000 2000
21 20 14 12
C3
11 10 95 90
C4 C1
C5 F3 F2
85 75 70 65 60 55
F1
C2
40 30 25kw/°
150kw/°
145kw/° 10kw/°
130kw/° 75kw/°
70kw/°
50kw/°
CALCULO DE ENTALPIA
210-200 200-140 140-125 125-110 110-100 100-95 95-90 90-85 85-75 75-70 70-65 65-60 60-55 55-40 40-30
∆ ∑TEMPERATURA ∑ + ∆ ∆ (140∆ ( ) 125) ∆ ( )(125-110) ∆ ( )) ∆ ( ) ) ∆ ( ∆ ( ) ∆ ∆ ∆ ( ) ∆ () ∆ () ∆∆
=-400 =- 6600 = - 2025 = - 2100 = 1650 = 100 = -550 = -925 = -1950 = -625 = 125 = 500 = 625 = 1500 = - 500
25kw/°
CASCADA DE CALOR BTU/HR
T= 210 T=200 T=140 T=125 T=110 T=100 T=95 T=90 T=85 T=75 T=70 T=65 T=60 T=55 T=40 T=30
= =
= =
AL DESCENDENTE SE LE SUMAN 10°C Y OBTENEMOS INTERVALOS FRIOS INTERVALOS DE LAS CORRIENTES CALIENTES
T 220 210 150 135 120 110 105 100 95 85 80 75 70 65 50 40
INTERVALOS (50-40) (65-50) (70-65) (75-70) (80-75) (85-80) (95-85) (100-95) (105-100) (110-105) (120-110) (135-120) (150-135) (210-150) (220-210)
T 210 200 140 125 110 100 95 90 85 75 70 65 60 55 40 30
QN
PINCH (70°
QC
INTERVALOS (40-30) (55-40) (60-55) (65-60) (70-65) (75-70) (85-75) (90-85) (95-90) (100-95) (110-100) (125-110) (140-125) (200-140) (210-200)
PARA CORRIENTES CALIENTES
(50-40) (65-50) (70-65) (75-70) (80-75) (85-80) (95-85) (100-95) (105-100) (110-105) (120-110) (135-120) (150-135) (210-150) (220-210)
∆ ∑TEMPERATURA ∑ + ∆ ∆ ∆ (70-65) ∆ (75-70) ∆∆ ∆ ∆ () ∆ ∆ () ∆ ∆ ∆ ∆ ∆
=0 = 2250 = 875 = 875 = 875 = 125 = 250 = 175 = 175 = 825 = 3100 = 4275 = 150 = 600 = 100
PARA CORRIENTES FRIAS
(40-30) (55-40) (60-55) (65-60) (70-65) (75-70) (85-75) (90-85) (95-90) (100-95) (110-100) (125-110) (140-125) (200-140) (210-200)
∆ ∑TEMPERATURA ∑ + ∆ ∆ ∆ (60-55) ∆ (65-60) ∆ ∆ ∆ ∆ () ∆ ∆ () ∆ ∆ ∆∆ ∆
= 500 = 750 = 250 = 375 = 750 = 750 = 2200 = 1100 = 725 = 725 = 1450 = 2175 = 2175 = 7500 = 500
Para cor rientes Calientes T 40 50 65 70 75 80 85 95 100 105 110 120 135 150 210 220
H 0 0 2250 3125 4000 4875 5000 5250 5425 5600 6425 9525 13800 13950 14550 14650
Para corrientes frias: T
H
30 40 55 60 65 70 75 85 90 95 100 10 125 140 200 210
0 500 1250 1500 1875 2625 3375 5575 6675 7400 8125 9575 11750 13925 21125 21625
H modificada 2250 2750 3500 3750 4125 4875 5625 7825 8925 9650 10375 11825 14000 16175 23375 23875
AREA
. ∗ . ∗ . . . . ∗ . . . ∗ . . . . . . . ∗ . . . . . . ∗ . . . . . . . . ∗ . . . . .
. . ∗ . . . . . . . ∗ . . . . . . ∗ . . . . . . ∗ . . . . . ∗ . . Costo de intercamb iadores = 30,800 + 750 A0.8 (A<550 m2), A en M2 Vida de la planta= 6 año Costo d e vapor = 110 S/kW año Costo de agu a = 10 S/kW año COSTO Ent 1 2 3 4 5 6 Cal 1 Cal 2 Cal 3
97040.911 591454.72 1144108.7098 610181.5224 602413.536 868832.129 453771.0831 203976.612 294236.943 273703.91 $5,139,719.205
$ ,. ñ ENFRIADORES
$ ∗ $/ñ ñ $ ∗ 154000 $/AÑO ñ
$ ∗ $/ñ ñ $ ∗ $/ñ ñ
SOLUCION: 1) SUMANDO 10°C A LAS CORRIENTES FRIAS CORRIENTE 1 C1 2 C2 3 F1 4 F2
TENT(°C) 150 250 90 75
TSAL (°C) 75 80 150 280
2) ORDENAR LAS TEMPERATURAS DE MAYOR A MENOR TENT(°C) 250
TSAL (°C) T2 T5 TD T6 T4 T3 TD T1
80 150 75 90 150 75 280 3) INTERVALOS DE T TEMPERATURAS T1=280 T2=250 T3=150 T4=90 T5=80 T6=75
INTERVALOS DE T 280-250 250-150 150-90 90-80 80-75
4) VALORES DE W CORRIENTE 1 2 3 4
5) CALCULO DE ENTALPIA
W (Kw/°C) 100 50 70 40
6) BAL ANCE ENTALPICO
∆ ∆ ∆ ∆ [( )] ∆∆ [( ) ]
7) CASCADA DE CALOR REGLA HEURISTICA Q=0 ECUACION:
1 ∆
T1-280°C ΔH1=-1220 kW T2-250°C ΔH2=1000 kW T3-150°C ΔH3=2400 kW T4-90 ΔH4=1100kW T5-80
1 0 2 0122 1220 3 1220 1000 220 4 2202400 2180
ΔH5=300 kW T6-75
8) VALOR DE QH
5 21801100 3280 6 3280 300 3580
QH= CANTIDAD MINIMA DE CALENTAMIENTO (SE TOMA EL VALOR MAS ALTO)
9) CALCULO DEL PUNTO DE PLIGUE Y QC 1 ∆ 1 3580 2 3580 122 2360 3 23601000 3360 4 33602400 5760 5 57601100 6860 6 6860 300 7160
T1-280°C ΔH1=-1220 kW T2-250°C ΔH2=1000 kW T3-150°C ΔH3=2400 kW T4-90 ΔH4=1100kW T5-80 ΔH5=300 kW T6-75
RESULTADO: El valor de punto de pliegue no se encuentra con los valores de temperatura que se están trabajando.
SOLUCION: 1) SUMANDO 10°C A LAS CORRIENTES FRIAS CORRIENTE 1 C1 2 C2 3 F1 4 F2
TENT(°C) 750 550 300 200
TSAL (°C) 350 250 900 550
2) ORDENAR LAS TEMPERATURAS DE MAYOR A MENOR TENT(°C) 750
TSAL (°C) 350
550 250 300 900 200 550
T2 T4 TD T6 T5 T1 T7 T3
3) INTERVALOS DE T TEMPERATURAS T1=900 T2=750 T3=550 T4=350 T5=300 T6=250 T7=200
INTERVALOS DE T 900-750 750-550 550-350 350-300 300-250 250-200
4) VALORES DE W CORRIENTE 1 2 3 4
W (Kw/°C) 45 40 43 20
5) CALCULO DE ENTALPIA
6) BAL ANCE ENTALPICO
∆ ∆ ∆ ∆ [( )]
∆∆ [( ) ] ∆ 7) CASCADA DE CALOR REGLA HEURISTICA Q=0 ECUACION:
1 ∆
T1-900°C ΔH1=-6450 kW T2-750°C ΔH2=400kW T3-550°C ΔH3=4400 kW T4-350 ΔH4=-1150kW
T5-300 ΔH5=1000 kW T6-250 ΔH6=-1000 kW
T7-200
1 0 2 06450 6450 3 6450 400 6050 4 60504400 1650 5 16501150 2800 6 28001000 1800 7 18001000 2800
8) VALOR DE QH QH= CANTIDAD MINIMA DE CALENTAMIENTO (SE TOMA EL VALOR MAS ALTO)
9) CALCULO DEL PUNTO DE PLIGUE Y QC 1 ∆ 1 6450 2 64506450 0 3 0400 400
T1-900°C ΔH1=-6450 kW T2-750°C ΔH2=400kW
T3-550°C ΔH3=4400 kW
T4-350 ΔH4=-1150kW