INSTITUTO TECNOLÓGICO DE MINATITLÁN SITEMAS DE COGENERACION MESTRO: M.C. RENE REYES ESRUDILLO PROBLEMAS CAPITULO 2, 3, 9, 10 Y 11 EQUIPO: JUAN MANUEL SANTIAGO GOMEZ ADRIANA VILLASECA MISS LUIS ENRIQUE NOLASCO TORO JAVIER LARA PASCACIO GABRIEL ANASTACIO ANTONIO
CAPÍTULO 2 EJERCICIO 2.4 Se desea instalar una planta de 40 KT de capacidad para producir el cloruro de vinildeno. Haga un análisis económico de los siguientes dos procesos para decidir cuál es el más conveniente instalar. Proceso I 1) Balance de materia
COMPONENTE
COEFICIENTE
PRECIO
Cloro
-0.92
7.0
Ácido Clorhídrico
0.47
10.7
Tricloroetano
0.13
27.5
Cloruro de vinilo
-0.72
20.0
Cloruro de vinildeno
1.00
35.0
$.
2) Costo de energía: 3) Inversión fija para una planta de 23 KT: Proceso II 4) Balance de materia
COMPONENTE
PRECIO
Cloro
-3.01
7.0
Ácido Clorhídrico
-0.56
3.0
Tricloroetano
0.08
18.0
Cloruro de vinilo
2.11
10.7
Cloruro de vinildeno
1.00
35.0
$.
5) Costo de energía: 6) Inversión fija para una planta de 23 KT:
$.
COEFICIENTE
¢
$.
¢
Suponga una tasa mínima de retorno del 20%. Si necesita hacer otras suposiciones, indíquelas explícitamente SOLUCIÓN
Proceso I
1. Inversión Base:
$.
2. Ajuste por tiempo:
AÑO
VALORES DEL CHEMICAL
1999
399.6
1977
204.1
. 40, 0 00 = 20.9310 23,390.0006 = . ñ = 29.17210 204.1 = . ñ
3. Costo de la materia:
35 ₡ ₡$ ₡ = 0.35$ 22.026 = . $ 7.7091 $ 40,000 ñ = . ñ$ . 0.06 61 $ = . $ 3.66 $ 40,000 ñ = . ñ$ = = 0.055 55.8210 0.308310 0.1464 14641010 = . = 40,00000 35 ₡ ∗22.026 = . = = 30.83610 3.2410 = . = = 27.4106 0.155.82106 0.5[27.27.9106 0.155.82106] (
4. Consumo de energía: - Suponemos que los requerimientos de energía son de (
5. Costo de operación:
6. Ventas:
7. Utilidad bruta:
8. Utilidad neta:
= . ñ
9. Tasa de Retorno (ROI): -
Debido a que nos especifican una tasa de retorno mínima mínima del 20% a nuestra utilidad neta, le obtenemos el 20% y esa sería nuestro valor de ROI.
= 2.1318106 ñ$ 10.659106 2.1318318106 = . ñ$ 8.527210 ñ$ , ñ = . $ 213.18 $ $ ₡ = . ₡ . ₡ . es el 20% 20%
10. Ganancias:
La ganancia para este proceso es de
Proceso II 1. Inversión Base:
2. Ajuste por tiempo:
AÑO
VALORES DEL CHEMICAL
1999
399.6
1977
204.1
. 40, 0 00 = 25.310 23,000 = . . ñ 390. 6 = 35.263010 63010 204.1 = . . ñ 35 ₡ ₡$ ₡ = 0.35$ 22.026 = . $ 7.7091 $ 40,000 ñ = . ñ$ . 0.06 109.42 $ = . $
3. Costo de la materia:
(
-
Suponemos que los requerimientos de energía son de (
6.5652 $ 40,000 ñ = . ñ$ = = 0.05 67.485210 0.30836 0836410 410 0.262610 = . = 40,000 35 ₡ ∗22.026 = . = = 30.83610 3.945210 = . = = 26.8907106 0.167.4852106 0.5[26.26.8907106 0.167.4852106]
4. Costo de operación:
5. Ventas:
6. Utilidad bruta:
7. Utilidad neta:
8. Tasa de Retorno (ROI):
= . ñ
Debido a que nos especifican una tasa de retorno mínima del 20% a nuestra utilidad neta, le obtenemos el 20% y esa sería nuestro valor de ROI.
ñ$ = . 10.07109106 2.014218106 = . ñ$ 8.0568710 ñ$ , ñ = . $ 201.4218 $ $ ₡ = . ₡ . ₡ es el 20% 20%
9. Ganancias:
La ganancia para este proceso es de
Teniendo en cuenta los resultados de las ganancias de ambos procesos: Proceso I
. ₡
Proceso II
. ₡
Se llega a la conclusión de que el Proceso I es el que más conviene instalar debido a que hay una mayor ganancia y un mayor consumo de energía.
EJERCICIO 2.5 Cumeno puede producirse a partir de benceno y propileno. Se desea instalar un proceso usando esta ruta a 100 KT de capacidad. Los datos de la tecnología se dan enseguida COMPONENTE
COEFICIENTE, T/T PROD
BENCENO
-0.67
CUMENO
1.00
PROPILENO
-0.38
Requerimientos de energía: 0.06 FOET/T Inversión unitaria para un proceso de 127 KT de capacidad (1977$): (1 977$): 120$/T. Usando datos económicos de 1999. a) Estime la ganancia del proceso después de impuestos en $/año. b) Estime el precio de venta del producto.
SOLUCIÓN: Calculo del inciso a) 1. Calculo de la inversión base:
I base (1977) (127,000 Tprod/año)(120$/Tprod)= 14.4x106 $/año
2. Ajuste por capacidad:
= . ∗ $ . = 127, 100,0000000 /ñ ∗ 14. 14 . 4 x10 x 10 /ñ año = 12.476x10$/ñ 1999 = ℎ ℎ 1977 ∗ = 390.204.61∗12.476x10 ñ$ = 23.8710 ñ$
3. Ajuste por tiempo
4. Calculo de materias primas -
Se supone un valor de costo del propileno de 10 ₵/lb
$ . ₵ MpMpprop prop = 0.38 10 ₵ 100,000 ñ = . ñ$ Se supone un valor del costo del benceno de 12 ₵/lb
$ 22. 0 26 T ₵ $ MpMpben ben = 0.67 Tprod12 lb l₵b 100,000 = . ñ ñ Mptotal = 8.36910 ñ$ 17.17.70810 0810 ñ$ = . ñ$ Mptotal = Mp(prop) + Mp(ben)
5. Costo de energía - Suponemos un valor de costo de aceite combustible de 7 ₵/lb
$ 22. 0 26 FOET ₵ $ CE = 0.06 T 7 lb l₵b 100,000 = . ñ ñ =
6. Costo de operación
-
Como en el problema anterior no se menciona costos de mano de obra ni costos de subproductos la ecuación se ve modificada de la siguiente manera.
= = 0.0523 5 23..8710 710 ñ$ 26.26.077 10 ñ$ 0.925 10 ñ$ = . . ñ$
7. Calculo de ventas (S) -
De manera directa, tomando el precio del cumeno de la tabla 2.3 “precios de productos químicos” del libro diseño de procesos de Jiménez.
$ 22. 0 26 ₵ = 100000 ñ 15 lb l₵b = . ñ$
8. Utilidad bruta R=S-C R=
33.039 10 ñ$ 28.1955 1955 10 ñ$ = 4.842510 ñ$
9. Utilidad neta
Para este problema se va a suponer e= d=0.10 t=50%=0.5
= ∗ = 4.8425106 ñ$ ∗0. 1$ 023.8710 ñ$ 0.54.8425106 ñ$ 0.10∗23.8710 ñ$ = . ñ = 1999 $ 1 1. 4 36210 = 23.8710 ññ$ = 0.4791 = 47.91% 91% 1 ñ = = 11.436210 ñ$ 100, 1000ñ = 114.36210 6210 ñ$
P
10. Tasa de retorno
11. Ganancias
Cálculos para el inciso b) Precio de venta
=
6 ñ$ 33. 0 39 10 = 100,000 = 330.39 $ ñ 2.13.- Acido 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 técnicos de esa tecnología. Componente
Coeficiente, T/T de producto
Acido acético
-0.06
Ácido Tereftálico
1.00
p-xileno
-0.067
Requerimiento de energía 0.34 FOET/T Inversión unitaria para una planta de 150 KT (1977 $): 910 $/T Se desea hacer un análisis de un proceso de 120 KT basado en costos de 1986. a) Si la planta opera a capacidad completa, estime el precio de venta del producto. b) Si el precio del producto se fija en 40 cvts/lb y el proceso opera a 75% de capacidad, estime la tasa de retorno.
Ácido acético: 25 c/lb p-xileno: 20 c/lb
1. :1. : 1.15 910 $ = 1.36510 $ . 120000 2. :1.365^10 150000 = 1.193910$ 3. :1.1939^10 318.204.41 = 1.862510$ 4. :0.: 0.2 1.862510 = 3.72510 ñ$ 5. :$0.67 20 22.026 $ = 295.1484 $ = 295.1484 ∗ 1200 12000000 ñ = 3.541710 ñ
6. :8: 8 22.$026 0.34 = 59.9107 $ = 59.9107 $ ∗ 1200 12000000 ñ = 7.189210 ñ 7. ó:: 0.05 $1.862510 3.541710 7.189210 5.191810 = 51.42610 ñ 8. : = 1200004022.026 = 1.057210 ñ$ = 1.057210 ñ$ 5.191810 ñ$ = 5.380210 ñ$ 9. . ∶ 5.380210 80210 $ 0.1∗1.862510 0.5[5.5.380210 0.1∗1.862510] = 1.758810 ñ 1. 7 58810 11.: 1.862510 0.0944 = 9.44% Ahora con 75 % de capacidad
1. :1. : 1.15 910 $ = 1.36510 $ . 9 0000 2. :1.365^10 150000 = 100.46610 6610$ 3. :100.46610 318.204.41 = 156.72810$ 4. :0.: 0.2 56.72810 = 31.345610 ñ$ 5. :$0.67 20 22.026$ = 295.1484 $ = 295.1484 ∗ 9000 900000 ñ = 26.56310 ñ 6. :8: 8 22.$ 026 0.34 = 59.9107 $ = 59.9107 $ ∗ 9000 900000 ñ = 5.39110 ñ 7. ó: 0.05∗156.72810 26.56310 5.39110 9110 = 39.7910 ñ$ 8. : = 900004022.026 = 79.29310 ñ$ = 79.29310 ñ$ 39.7910 ñ$ = 39.05310 ñ$
9. . :: 39.05310 5310 $ 0.1∗156.72810 0.5[39.39.05310 0.1∗156.72810] = 11.91510 ñ 1 ñ = 132.3888 $ = 132.3888 $ 2200 1 1001 $ = 6.0176 11.91510 ñ$ 90000 $ . $ $ ñ 10. = 881. 0 333 = 881. 0 333 $ = ñ 40.0469469 // 11.: 156.11.971510 7602 = 7.602% 2810 = 0.07602
2.14 Considere el proceso de disproporcionación de tolueno para producir benceno y xileno. Hengstebeck y Banchero estimaron una inversión en equipo principal de 3,742,000 dólares ($1969). Otros aspectos del proceso se dan a continuación. Los costos están en precios de 1969. Costos de servicios, en miles de dólares por año: Electricidad
322,000 USD/año
Vapor
520,000 USD/año
Agua
30,000 USD/año
Materiales, BCD (60°F) Tolueno alimentado
3780
Productos Benceno
1590
Xileno
2000
H2 alimentado, 10 6 SCFD 1.88 Aceite combustible, 10 6 Btu/dia
1700
Notas: BCD= barriles por dia SCFD=Pies cúbicos estándar/dia En base a los datos mostrados, estime. a) El costo de operación del proceso. b) La rentabilidad del proceso. Interprete el resultado. c) La rentabildad del proceso si este opera al 70% de su capacidad nominal. nominal. Interprete el resultado. Haga sus estimaciones usando precios de 1986
59 ∗ 0.8666 1 365 3780 ∗ 11 ∗ ∗ = 0. 1 841 10 1 1000 1 ñ ñ 1 ∗ 0.0708 1 365 1.88 10 ∗ 0.03532 ∗ ∗ = 1. 3 8 10 1 1000 1 ñ ñ
1) Calculo de materias primas Tolueno
= 3.3110$/ñ = 18$ ∗ 0.184110 ñ = 6$ ∗ 1.3ñ810 = 8.2810$/ñ
Hidrogeno
Costo total de materia: 11.59 x Costo total de servicio: 1.20 x a) Solución.
Costo de operación = Cmp + Cser + (0.05*inv) = 11.59 x 10 6 + 1.20 + (0.05 + 3.742 x 10 6) = 12.98x106
b) Solución.
59 ∗ 0.818 ∗ 1000 1 ∗ 3651 ñ = 81,202 ñ 1590 ∗ 1 1 59 ∗ 0.818 ∗ 1000 1 ∗ 3651 ñ = 99,820 ñ 2000 ∗ 1 1
Conversión de la venta. Benceno:
Xileno:
$ ⁄ 10 ∗22. 0 26 ⁄ = ñ ∗ 1 ⁄ = 17.9210 210 $ 16 ∗22. 0 26 ⁄ = ñ ∗ 1 ⁄ ⁄ = 32.2310 310
Venta total: 53.15x106 C) Utilidad bruta: D) Utilidad neta:
= 53.1510 12.9810 = 40.1710
= 40.1710 0.1∗3.74210 {0.5∗[∗ [40.40.1710 0.1∗3.74210]} = 19.9010 ñ$
2.15 Repita el problema anterior usando los datos que para esta tecnología reportan Rudd y colaboradores. Componente
Coeficiente T/T producto
Benceno
1.00
Aceite combustible
0.01
Tolueno
-2.69
Xilenos
1.61
Consumo de energía 0.28 FOET/T Inversión unitaria para una planta de 90 KT (1977$) 90$/T
a) El costo de operación operación del proceso. b) La rentabilidad del proceso. Interprete el resultado. c) La rentabilidad del proceso si este opera opera al 70% de su capacidad nominal. Interprete el resultado.
1. :90,000 90 $ = 8.110 2. :8. : 8.11 318.204.41 = 12.63610$ 3. :2.69 18 22.026 = 1075.2145 $ = 1075.2145 $ 90,000 ñ = 96.76910 ñ$ 4.:1.61 16 22.026 = 567.3897 $
567.3897 $ 90,000 ñ = 51.065 10 ñ$ 5. :83 : 83 $ 0.28 = 23.24$ = 23.24 90,000 ñ = 2.09110 ñ$ 6. ó:: 0.05 $12.63610 99.76910 2.0911 91100 51.06510 = 51.42610 ñ 7. : = = 90000 90000101022.22.02626 = 19.98510 ñ$ 8. = 19.98510 ñ$ 51.42610 ñ$ = 31.44110 ñ$ 9. ∶ 31.44110 $ 0.1 12.63610 0.5[31.31.44110 0.112.63610] = 15.08910 ñ 15. 0 8910 10.: 12.63610 = 1.1946 = 119%
2.16.- Considere ahora la producción de benceno mediante hidrodealkilación de tolueno. Los datos técnicos son los siguientes: Componente Benceno Hidrógeno Metano Tolueno
coeficiente T/T producto 1.00 - 0.07 0.24 - 1.20
Consumo de energía 0.08 FOET/T Inversión unitaria para una planta de 90 KT (1977$) 60$/T Establezca una comparación del panorama económico de esta tecnología con respecto a la del problema anterior. Tomando 1986 1. inversión base 9000 T * 60 $/T= 5.4x10^6 $ 2. Ajuste por tiempo
5.410 318.204.41 = 8.42410$ 0.28.42410 = 1.68410$ 1.20 18 22.1026 $0.07 6 22.1026 $ = 485.0125 $ 90000 ñ = 43.65110 ñ$ 0.24 1 22.1026 $ = 5.2862 $ = 5.2862 $ 90000 ñ = 0.475710 ñ$
3.- precio de venta
4.- costo de materia prima
5.- subproductos
6.- Costo de energía
0.8 8 22.1026 $ = 14.0966 $ = 14.0966 $ 90000 ñ = 1.268610 ñ$
7.- Costo de operación
0.05∗8.42410 43.65110 ñ$ 1.268610 ñ$ 0.475710 ñ$ = 44.86510 ñ$ = 90001022.026 = 19.82310 ñ$ = 19.82310 ñ$ 44.44.86510 6510 ñ$ = 27.04210 ñ$ 27.04210 0.1∗8.42410] ] = 13.0910 ñ$ 27.04210 ñ$ 0.1∗8.42410 [0.527. ñ$ 1 3. 0 910 = 8.42410$ = 1.5538538 = 155.38 %
8.- utilidad bruta
9.- utilidad neta
10.- Tasa de retorno: ROI
2.17 Para el caso de la la tecnología de hidrodealkilación hidrodealkilación de tolueno del problema problema anterior, compare la tasa de retorno que se obtiene cuando el proceso opera al 50% de su capacidad con respecto a la esperada si el proceso opera a capacidad completa. 1.- Inversión base 2.- Ajuste por tiempo
2.710 318.204.41 = 4.21210$ 0.24.21210 = 0.705110$
3.- precio de venta
4.- costo de materia prima
4500 450000 ∗60∗ 60 $ = 2.710$
1.20 18 22.1026 $0.07 6 22.1026 $ = 485.0125 $ 45000 ñ = 21.82510 ñ$ 0.24 1 22.1026 $ = 5.2862 $ = 5.2862 $ 45000 ñ = 0.237810 ñ$ 0.8 8 22.1026 $ = 14.0966 $ = 14.0966 $ 45000 ñ = 0.634310 ñ$ 0.05∗4.21210 21.82510 ñ$ 0.634310 ñ$ 0.237810 ñ$ = 22.4310 ñ$
5.- subproductos
6.- Costo de energía
7.- Costo de operación
8.- utilidad bruta
= 450001022.026 = 9.91110 ñ$ = 9.91110 ñ$ 22.22.4310 310 ñ$ = 12.5110 ñ$ 12.5110 0.1∗4.21210] ] = 6.04410 ñ$ 12.5110 ñ$ 0.1∗4.21210 [0.512. $ 6 . 0 4410 = 4.21210ñ$ = 1.4339339 = 143.39 %
9.- utilidad neta
10.- Tasa de retorno: ROI
2.18 Se desea construir una planta de 15,000 toneladas por año de capacidad para producir ciclohexanol mediante oxidación de ciclohexano. A partir de la información técnica y económica que se proporciona, estime: a) El precio de venta de ciclohexanol en 1999 b) La utilidad del proceso, en c/lb Datos técnicos del proceso Balance de materia Componente Ciclohexano Ciclohexanol Ciclohexanona Hidróxido de sodio
Coeficiente. T/T de producto -1.64 1.00 0.38 -0.13
Energía requerida como servicos: 0.43 FOET/T Inversión unitaria para una planta de 23 KT de capacidad (1977 $): 550$/T
23000 ∗550 $ = 12.6510$ . 15000 12.6510 23000 = 9.78810$ 9.78810 318.204.41 = 18.73110$ 1.64 15 22.1026 $0.13 170 22.1026 $ = 1028.6142 $ = 1028.614210 $ 15000 ñ = 15.42910 ñ$ 1.- Inversión base
2.-Ajuste por capacidad 3.- Ajuste por tiempo
4.- costo de materia prima
5.- subproductos
0.43 8 22.1026 $ = 75.7694 $ = 75.7694 $ 15000 ñ = 9.16510 ñ$ 0.43 8 22.1026 $ = 75.7694 $ = 75.7694 $ 15000 ñ = 1.13610 ñ$ 0.05∗18.73110 15.42910 ñ$ 1.1361 136100 ñ$ 9.16510 6510 ñ$ = 8.33610 ñ$ = 150008322.026 = 27.42210 ñ$ = 27.42210 ñ$ 8.3361 336100 ñ$ = 19.08610 ñ$ [0.519. 0.1∗18.73110 ] 19.08610 ñ$ 0.1∗18.73110 19. 0 8610 1ñ = 573.76 $ ∗ 2200 1 1001 $ = 26.08 = 8.606410 ñ$ ∗ 15000 = 19.15000 08610 = 1272.4 $ 1272.4 $ ∗ $ = 57.83
6.- Costo de energía
7.- Costo de operación
8.- utilidad bruta
9.- utilidad neta
10.- Precio y venta unitario
Unitario
Capítulo 3
3.1 Estime el costo en 1998 de un horno de proceso que procesa 150 millones de Btu/hr, construido de acero inoxidable y que opera a 2,200 psi. Indique explícitamente cualquier suposición adicional que haga. 1) Obtener costo base (Cb)
Cb= 350 000.00 USD 2) Obtener factores (Aplicación, material, presión)
Fd= 1.0 Fm= 0.75 Fp= 0.31 3) Calcular costo del equipo. Cfob= [Cb (Fd + Fm + Fp)] Cfob= ( 350,000.00 USD)(1.0 + 0.75 + 0.31)=721 000.00 USD 4) Calcular costo de modulo desnudo
Cmd= (Cb) (Fmd) Cmd= (350,000 USD) (2.30)= 805,000.00 USD 5) Calcular costo del módulo ajustado Cmda= Cmd + (Cfob – Cb) Cmda= (805,000.00) + (721,000.00 – 150,000.00)= 1,176,000.00 USD 6) Calculo del equipo a actualizar. Costo del horno actualizado= Cmda (índice 1998/ índice 1968)*(1.15) Costo del horno actualizado= 1,176,000.00 USD (389.5/ 113.7)*(1.15) Costo del horno actualizado= 4,632,391.82 USD
3.3 Se está considerando el proceso que se muestra en la figura. En el reactor se lleva a cabo la reacción. A B El sistema de separación produce una corriente de alta concentración de B para venderse
Estime la inversión de los tres equipos de proceso usando el método de Guthrie. Base sus estimaciones a 1999. A) REACTOR CONTINÚO TIPO TANQUE. 1) Obtener costo base (Cb) Cb= 1 000.00 USD
2) Obtener factores (Aplicación, material, presión) Presión: 1 atm = 14.696 Psi
Fm= 1.00 Fp= 1.00 3) Calcular costo del equipo. Cfob= [(Cb) (Fm) (Fp)] Cfob= ( 1,000.00 USD)(1.0)(1.0)= 1,000.00 USD 4) Calcular costo de modulo desnudo
Cmd= (Cb) (Fmd) Cmd= (1,000 USD) (4.34)= 4,340.00 USD 5) Calcular costo del módulo ajustado Cmda= Cmd + (Cfob – Cb) Cmda= (4,340.00) + (1,000.00 – 1,000.00)= 4,340.00 USD 6) Calculo del equipo a actualizar. Costo del horno actualizado= Cmda (índice 1999/ índice 1968)*(1.15) Costo del horno actualizado= 4,340.00 USD (390.6/ 113.7)*(1.15) Costo del horno actualizado= 17,145.8628 USD
B) SEPARADOR FLASH. 1) Obtener costo base (Cb) Cb= 2 000.00 USD
2) Obtener factores (Aplicación, material, presión) Presión: 1 atm = 14.696 Psi
Fm= 1.00 Fp= 1.00 3) Calcular costo del equipo. Cfob= [(Cb) (Fm) (Fp)] Cfob= (2,000.00 USD)(1.0)(1.0)= 2,000.00 USD 4) Calcular costo de modulo desnudo
Cmd= (Cb) (Fmd) Cmd= (2,000.00 USD) (4.34)= 8,680.00 USD
5) Calcular costo del módulo ajustado Cmda= Cmd + (Cfob – Cb) Cmda= (4,340.00) + (2,000.00 –2,000.00)= 8,680.00 USD 6) Calculo del equipo a actualizar. Costo del horno actualizado= Cmda (índice 1999/ índice 1968)*(1.15) Costo del horno actualizado= 8,680.00 USD (390.6/ 113.7)*(1.15) Costo del horno actualizado= 34,291.00 USD
C) CONDENSADOR DE TUBO Y CORAZA. 1) Obtener costo base (Cb)
Cb= 3 000.00 USD
2) Obtener factores (Aplicación, material, presión) Presión: 1 atm = 14.696 Psi
Fd= 0.85
Fm= 2.30
Fp= 0.00
3) Calcular costo del equipo. Cfob= [(Cb) (Fd + Fp)* Fm] Cfob= (3,000.00 USD)(0.85 + 0.00)(2.30)= 5,865.00 USD 4) Calcular costo de modulo desnudo
Cmd= (Cb) (Fmd) Cmd= (3,000.00 USD) (3.39)= 10,170.00 USD 5) Calcular costo del módulo ajustado Cmda= Cmd + (Cfob – Cb) Cmda= (10,170.00) + (5,865.00 –3,000.00)= 13,035.00 USD 6) Calculo del equipo a actualizar. Costo del horno actualizado= Cmda (índice 1999/ índice 1968)*(1.15) Costo del horno actualizado= 13,035.00 USD (390.6/ 113.7)*(1.15) Costo del horno actualizado= 51,496.84 USD
3.4. Para el proceso mostrado en el problema 3.3, un grupo de externo ha estimado que la inversión actual equivale a 1 millón de dólares. La capacidad del proceso es de 1 KT /año y se consumen 1.1 T de A por cada T de B. el precio de B en el mercado es de 35 C/lb. En el condensador, la temperatura de entrada del agua de enfriamiento es de 25°C y la de la salida de 40°C. El calor latente de B es de 1000 100 0 BTU/ lb. El costo del agua de enfriamiento es de 5x 10 ala -4 $/lb. Se está negociando el precio de la materia prima A. ¿Cuál debe ser el precio máximo de A que la compañía puede pagar para que el proceso sea rentable? Use parámetros económicos típicos.
costo de operación del proceso= costo de materia prima + costo de servicio + .05inv costo de materia prima: coeficiente 1.1 costo 292.676031 capacidad 1000 costo= 321943.634
T/TP $/T T/AÑO $/año
costo del servicio
0.01785
.05*inv
$/año
50000
costo de operación:
372100
S= cap*venta=
772100
R=s-c=
$/hr
156.366
$/año
400000
inv= 1000000 utilidad neta: P=R-ei-t(R-di)=P precio de venta anual tasa de retorno= p/inv
150000
0.15
$/año
$/año
El precio máximo para la materia prima A es de 292.67 para que sea rentable el proceso ya que se resolvió por solver metiendo como objetivo el 15% de tasa de retorno para el proceso, y como variable el costo de materia prima Costo base de la unidad Cb= 1,000 USD
Costo ajustado Factores de ajuste Fp= 1.00 Fm= 1.00 Fob= 〔 Cb X Fp X Fm ) 〕 Fob= 〔 1000 X 1 X 1 ) 〕 = 1000 USD.
Costo de modulo Factor de modulo= 4.34 Cmd= ( Cb x Factor) Cmd= ( 1,000 x 4.34) = 4,340 USD
Costo modulo denudo ajustado
Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb ) Cmda= 4,340 + ( 1000 – 1000 )= 4,340 USDBase de referencia Año 1968= 113.7
Año 1999= 390.6
Costo del Reactor continuo tipo tanque del proceso
Costo = Cmda ( I 1999/ I 1968) X 1.15 Costo = 4,340 ( 390.6/ 113.7) X 1.15= 17,145.8 USD Factor de modulo= 4.34 Cmd= ( Cb x Factor) Cmd= ( 1,000 x 4.34) = 4,340 USD
Costo modulo denudo ajustado
Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb ) Cmda= 4,340 + ( 1000 – 1000 )= 4,340 USDBase de referencia Año 1968= 113.7 Año 1999= 390.6
Costo del Reactor continuo tipo tanque del proceso
Costo = Cmda ( I 1999/ I 1968) X 1.15 Costo = 4,340 ( 390.6/ 113.7) X 1.15= 17,145.8 USD
INVERIÓN REQUERIDA PARA ESTE PROCESO Cr + Cs + Cc = 17,145.8 + 54,866.7 + 45,956= 117,968.5 USD
3.5 Se desea estimar la inversión requerida para la siguiente parte de un proceso en desarrollo
(a) Estime la inversión requerida para cada uno de los equipos usando
el método de Guthrie. Base de su estimación para 1998. (b) Calcule el costo anual de vapor para que este esquema si su costo unitario es de 1₡ 1 ₡/lb y se trabajan 8,500 horas al año. (c) Si la corriente de salida del reactor se desea vender, y se desprecia el precio de la materia prima, estime el precio de venta si se desea una tasa mínima de recuperación después de impuestos del 15%. Suponga que la producción de la mezcla a vender es equivalente a 2,000,000 lb/año
INTERCAMBIADOR DE CALOR Calculo del área en Ft2 Q= (FA) ( Cp) ( T2-T1) Q= ( 50,000 lb/hr ) ( 1 Btu/lb 0F ) (177-77 ) 0F = 5,000,000 Btu/hr
LMDT= (Δ T2- Δ T1) / ln (Δ T2- Δ
T1) ΔT2= ( 212- 177 )0F = 350F
ΔT1= ( 100 - 77)0F= 25 0F
LMDT= (35-25) / ln (35/25) = 29.7
A= Q / ( U X MLDT) A= (5000,000 Btu/hr) / (200 Btu/hr ft 2 0F x 29.7 ) = 841.7 ft 2
INTERCAMBIADOR DE CALOR
Costo base de la unidad Cb= 7,500 USD
Costo ajustado Factores de ajuste Fp= 0 Fd= 0.85 Fm= 1.82
Fob= 〔 Cb ( Fd + Fp ) Fm 〕 Fob= 〔 7,500 ( 0.85 + 0 ) 1.82 〕= 11,602.5 11,602.5 USD. USD.
Costo de modulo desnudo Factor de modulo= 3.39 Cmd= ( Cb x Factor)
Cmd= ( 7.500 x 3.39) = 25,425USD
Costo modulo denudo ajustado Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb Cb ) Cmda= 25,425+ ( 11,602.5 – 7,500 7,500 )= 29,527.5USD
Base de referencia Año 1968= 113.7 Año 1998= 389.5
Costo del Intercambiador de calor del proceso
Costo = Cmda ( I 1998/ I 1968) X 1.15 Costo = 29,527.5 ( 389.5/ 113.7) X 1.15= 116,324.5 USD
REACTOR Costo base de la unidad Cb= 1,800 USD
Costo ajustado Factores de ajuste ajuste Fp= 1.05 Fm= 1.00 Fob= 〔 Cb X Fp X Fm ) 〕 Fob= 〔 1,800 X 1.05 X 1.00 ) 〕 = 1,890 USD.
Costo de modulo desnudo Factor de modulo= 4.34 Cmd= ( Cb x Factor) Cmd= ( 1890 x 4.34) = 8,202.6 USD
Costo modulo denudo ajustado Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb Cb ) Cmda= 8,202.6 + ( 1,890 – 1,800 1,800 )= 8,292.6 USD
Año 1968= 113.7389.5 Año 1998=389.5
Costo del Tanque vertical de proceso Costo = Cmda ( I 1998/ I 1968) X 1.15 Costo = 8,292.6 ( 389.5/ 113.7) X 1.15= 32,668.9 USD
3.6. El diagrama de flujo que se muestra representa una alternativa para
producir etanol mediante fermentación:
La producción deseada de la corriente de etanol es de 100 x 10 ala 6 lb/año. La concentración de etanol a la salida del fermentador es de 150g/L. Para fines de estimación preliminar se puede suponer que la corriente de salida del fermentador es una mezcla de etanol y agua. a) Usando el método de guthrie estime la inversión de los principales
componentes del proceso (fermentador, columna, condensador y calderin). Refiera su estimación para 1990. b) Estime el precio de venta de producto. El costo de materias primas puede tomarse como el costo del sustrato que equivale a 20 c/lb. El costo de vapor es de 1x10 -2 $/lb y el del agua de enfriamiento 5x104 $/lb. La columna de destilacion destila cion opera auna razón de reflujo de 4 (en base masica).
Indique explícitamente cualquier suposición que haga. A) Costo de la torre de destilación: 1) Costo de platos instalados (tabla 16)
Cb= $ 700 2) Costo ajustado
Espaciamiento= Espaciamiento= altura/#platos= 15/10=1.5 ft = 18 pulg Costos de platos= [costo base *(Fs + ft + fm) ] (tabla 17) Se S e elige tipo válvulas, acero al carbón Cfob= 700*(1.4+0.4+0) = 1260 USD 3) Factor del modulo desnudo
CMD= Cb * FACTOR = 700*4.34 CMD= 3038
4)
Costo del módulo m ódulo desnudo ajustado:
5)
Costo de la torre de destilación:
Base de referencia 1968
COSTO DEL HERVIDOR: 6) Costo base
(tabla 7) Cb= $ 18000 7) Costo
ajustado Tipo de diseño: reboiler Presión: 6 psi Cfob= [costo base *(Fd + fp + fm) ] (tabla 9) Cfob= 18000*(1.35+0+1.0) = 42300 USD 8) Factor del modulo
desnudo CMD= Cb * FACTOR = 42300*3.39CMD= 143397
9) Costo del módulo m ódulo desnudo ajustado:
10)Costo del hervidor:
Base de referencia 1968
COSTO DEL CONDENSADOR: 6) Costo base
(tabla 7) Cb= 20000 $ 7) Costo ajustado
Tipo de diseño: condensador, cabezal flotante Presión: 7 psi Cfob= [costo base *(Fd + fp + fm) ] (tabla 9) Cfob= 20000*(1.0+0+1.0) = 40000 USD 8) Factor del módulo
desnudo CMD= Cb * FACTOR = 20000*3.39 CMD= 67800
9) Costo del módulo m ódulo desnudo ajustado:
10) Costo del condensador
Base de referencia 1968
COSTO DEL FERMENTADOR: 1) Costo base (tabla 7) Cb= 3000 $ 2) Costo ajustado
Tipo de diseño: acero al carbon Presión: 7 psi Cfob= [costo base *(Fd + fp + fm) ] (tabla 9) Cfob= 3000*(1.0+1.0+1.0) = 9000 USD 3) Factor del módulo desnudo
CMD= Cb * FACTOR = 3000*4.34 CMD= 13020
4) Costo del módulo m ódulo desnudo ajustado:
5) Costo del FERMENTADOR
Base de referencia 1968
COSTO TOTAL= SUMA DE LOS CUATROS EQUIPOS: = 67425
EJERCICIO 3.8 Una columna de destilación procesa 120000 lb/hr de una solucion acuosa que contiene 5% de amoniaco NH3 en peso, y produce un flujo de destilado de 3000 lb/hr con una concentración de 20% en peso. Estime la inversión total requerida para los tres componentes de equipo en 1997. Indique explícitamente cualquier suposición que haga.
Datos de la columna: o Diámetro de 3.5 ft; altura de 8ft; con 5 platos de cachucha (o campanas) con espaciamiento de 1ft, y de acero al carbón. Datos del hervidor: o Área de 200ft^2, tipo Kettle, acero inoxidable por los tubos y acero al carbón por la coraza. Datos del condensador: o Área de 2000 ft^2, tubo y coraza, monel por los tubos y acero al carbón por la coraza.
Nota: La columna de destilación en si es considerada un recipiente de de proceso, por tanto los los datos serán obtenidos de la gráfica que corresponde corresponde a los contenedores de proceso, tomando en cuenta las características ya mencionadas.
SOLUCIÓN 3.8.1 Estimación de columna 1) Costo base de columna
Cb= $2,000
2) Factores de ajuste de columna
-
Fp hay que determinar una presión, por lo que se supone una presión de 1 Para el Fp hay atm en la torre, siendo esto 14.7 psi. Fm = 1.00 Fp= 1.00
3) Costo de la columna (Cfob)
Cfob= ($2,000) (1.00) (1.00)= $2,000 (1.00)= $2,000
4) Calcular costo de módulo desnudo Cmd= Cb*fmd
Cmd= ($2,000) (4.34) = $ 8680
5) Costo de módulo Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb) Cmda= $ 8680 + ($2,000 –$2,000) = $ 8680 6) Costo del del equipo equipo a actualizar (columna) - El problema pide que se estimen las inversiones al año 1997, por tanto se toma el dato de la tabla 2.3
= ññ .
-
La cantidad de 1.15 es el 15% que se usa para para incluir contingencias en el costo del equipo.
eq Act = $8680 $8680 386.113.57 1.155 = $. $.
3.8.2 ESTIMACIÓN DE PLATOS DE LA COLUMNA 1) Costo base de columna
Cb= $200
2) Factores de ajuste de platos
-
Factores de ajuste resultantes: Fs = 2.2 Ft = 1.8 Fm = 0.0
3) Costo de los platos (Cfob)
Cfob= ($200) (2.2 + 1.8 + 0.0)= $800
4) Costo de los platos a actualizar actualizar (columna) (columna) - El problema pide que se estimen las inversiones al año 1997, por tanto se toma el dato de la tabla 2.3
-
eq Act = Cmda Cmda indiincdiecdele delañoañoa est1968imar 1.15
La cantidad de 1.15 es una constante que se usa para incluir contingencias en el costo del equipo.
eq Act = $800 386.113.57 1.15 = $.
3.8.3 ESTIMACION TOTAL DE TORRE DE DESTILACION
eq Act = $3127. $3127.35 $33931 $33931..77 = $ ..
3.8.4 ESTIMACION DEL HERVIDOR
Datos Datos del hervidor:
-
Área de 200ft^2, tipo Kettle, acero inoxidable por los tubos y acero al carbón por la coraza.
1) Costo base del equipo
Cb= $3,200
2) Factores de ajuste del equipo
-
Para el Fp hay que determinar una presión, por lo que se supone una presión de 1 atm en la torre, siendo esto 14.7 psi. Fd = 1.35 Fp= 0.00 Fm = 1.78
3) Costo de la columna (Cfob)
Cfob= ($3,200) (1.35 + 0.0) (1.78)= $7689.6
4) Calcular costo de de módulo módulo desnudo (Cmd) Cmd= Cb*fmd (factor Cb*fmd (factor de módulo, tabla 3.2)
Cmd= ($7689.6) (3.39) = $ 26067.744 5) Costo de módulo Cmda Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb) Cmda= $ 26067.744 + ($7689.6 –$3,200) = $ 30557.334 6) Costo del del equipo equipo a actualizar (columna) - El problema pide que se estimen las inversiones al año 1997, por tanto se toma el dato de la tabla 2.3
= ññ .
La cantidad de 1.15 es una constante que se usa para incluir contingencias en el costo del equipo.
eq Act = $30557.33434 386.113.57 1.155 = $.
3.8.5. ESTIMACION DEL CONDENSADOR Datos del condensador: -
Área de 2000 ft^2, tubo y coraza, monel por los tubos y acero al carbón por la coraza.
1) Costo base del equipo
Cb= $3,200
2) Factores de ajuste del equipo.
-
Para el Fp hay que determinar una presión, por lo que se supone una presión de 1 atm en la torre, siendo esto 14.7 psi, también se infiere que el condensador es de tubo U. Fd = 0.85 Fp= 0.00 Fm = 2.30
3) Costo de la columna (Cfob)
Cfob= ($3,200) (0.85 + 0.0) (2.30)= $ 6256
4) Calcular costo de módulo desnudo (Cmd) Cmd= Cb*fmd (factor de módulo, tabla 3.2)
Cmd= ($6256) (3.39) = $ 21207.84 5) Costo de módulo Cmda Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb) Cmda= $ 21207.84 + ($ 6256 – $3,200) = $ 24263.84 6) Costo del del equipo equipo a actualizar (columna) - El problema pide que se estimen las inversiones al año 1997, por tanto se toma el dato de la tabla 2.3
= ññ . eq Act = $24263.844 386.113.57 1.155 = $. TOTAL TOTAL = $94851 $94851..988 $11945 $119454.4.489 89 $ 37059. 37059.123 = $ ..
La cantidad de 1.15 es una constante que se usa para incluir contingencias en el costo del equipo.
3.8.6 ESTIMACION TOTAL DEL PROCESO
EJERCICIO 3.10
Calcular mediante el método de Guthrie el costo en 1990 de un intercambiador de calor de cabezal flotante con área de 1,000 ft2 que va a operar a presiones moderadas, construido de acero al carbón por la coraza y monel por los tubos. Costo del intercambiador $= [Costo base (Fd+Fp)*Fm] SOLUCIÓN: 1) Se encuentra el costo base de la figura figura 3.3 “costo base de intercambiadores de calor” de acuerdo al área del intercambiador.
Cb= $9,000 2) Se encuentran los factores de ajuste de acuerdo a las especificaciones del del intercambiador. Fd= 1.0 Fp= 0.25 (suponiendo una presión moderada de 400 psia) Fm= 2.15 3) Calculo del costo del quipo - Costo del intercambiador $= [costo base (Fd+Fp)*Fm]
= ∗ = $9,00000 1.0 0.2525 ∗ 2.15 = $. = ∗ = $9,$9,000∗00 ∗ 3.3939 = $, $, = = $30,510 $24187.5$9,00000 = $, $, . . = = $45,697.5 357.113.67 = $, $, . .
4) Costo del módulo desnudo
-
Factor de modulo desnudo para un intercambiador de calor fmd= 3.39
5) Calculo del módulo o equipo deseado en el año
6) Costo del equipo
EJERCICIO 3.11 Considere el sistema tanque-enfriador mostrado en la figura. Estime la inversión que este proceso requería en 1968 de acuerdo al método de Guthrie.
SOLUCIÓN:
Tanque vertical
1) Costo Base de la unidad unidad: 2) Costo Ajustado
= $1,800
Factores de Ajuste Se obtienen de las nomogramas correspondientes a tanque vertical Fp
Fm
1.05
1.00
= ∗ ∗ = 1,800 001.1.0551.1.000 = , 3) Costo módulo desnudo -
Buscamos el valor en la tabla 3.2 y este es de 4.34
= ∗ ∗ = 1,8904.34
= ,. = = 8,202.02.6 1,8901,80000 = ,.
4) Costo módulo desnudo ajustado
5) Índice Chemical
-
113.7
En el caso de este métodos métodos el índice que se utiliza utiliza es 1968 y es al mismo tiempo que lo piden por eso solo buscamos un solo índice chemical
= . = 8,292.6 113.113.77 1.15 = , , ..
6) Costo del tanque vertical vertical de de proceso
unidad: 7) Costo Base de la unidad:
= $6,000
8) Costo Ajustado Los factores de ajuste se obtienen de los nomogramas correspondientes a tanque vertical. Fp
Fm
Ft
1.05
1.85
0.10
= ∗ ∗∗ ∗∗ = 6,0001.050.101.85 = ,
9) Costo módulo desnudo Buscamos el valor en la tabla 3.2 y este es de 2.54
= ∗ ∗ = 18,000 002.2.544 = , = = 45,720 20 18,0006,00000 = ,
10) Costo módulo desnudo ajustado
Índice Chemical
-
113.7
En el caso de este métodos métodos el índice que se utiliza utiliza es 1968 y es al mismo tiempo que lo piden por eso solo buscamos un solo Índice Chemical
= . = 57,720113.113.77 1.155 = , = = 9536.466,378 = , . .
11) Costo del enfriador de proceso
12) Inversión que se requeriría para este proceso
-
Esta sería la inversión que se requeriría para poner en marcha el proceso
Capítulo 9
PROBLEMA 9.1 Lee, Masso y Rudd (Ind. And Eng. Chem. Fund., 9,48,1970) usaron el método de Brach y Bound para generar redes optimas 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 6SP1) y 35,108 $/año (para el problema 6SP1). Problema 5SP1.
Corriente
Flujo, lb/hr
Tent, ºF
Tsal, ºF
Cp, Btu/lbºF
1
27,000
100
400
0.8
2
42,000
480
250
0.75
3
35,000
150
360
0.7
4
36,000
400
150
0.7
5
38,000
200
400
0.65
Corriente
Flujo, lb/hr
Tent, ºF
Tsal, ºF
Cp, Btu/lbºF
1
20,000
100
430
0.80
2
40,000
440
150
0.70
3
36,000
180
350
0.91
4
35,000
520
300
0.68
5
31,000
200
400
0.85
6
42,000
390
150
0.80
Problema 6SP1.
Datos de diseño. Presión de vapor
450 psia
Temperatura de agua de enfriamiento
100 ºF
Temperatura maxima de salida del agua de enfriamiento
180 ºF
Diferencias minimas de temperatura Intercambiadores de calor
20ºF
Calentadores
25ºF
Enfriadores
20ºF
Coeficientes globales de transferencia de calor Intercambiadores de calor
150 Btu/hr ft2 ºF
Calentadores
200 Btu/hr ft2 ºF
Enfriadores
150 Btu/hr ft2 ºF
Tiempo de reparación del equipo
380 hr/año
Costo de intercambiadores
350 A0.6 (A en ft2)
Costo de agua de enfriamiento
5 x 10-5 $/lb
Solución: Problema 5SP1
Intercambiador Area, ft2
Costo
Vapor, lb/año
Agua, lb/año
Costo de servicio,$/año
1
0.930308842 335.1539433 0
0
2
3.027319815 680.3040031 0
0
Calentador 1
20
2111.961718 0.004438352
0
4.43835E-06
Calentador 2
4.5
862.9697105 0.014607111
0
1.46071E-05
CE
6102.351093
Cs
2.23321E-05
Costo de operación
610.2351115 $/año
Problema
5SP1
PROBLEMA 9.2 Considere las siguientes corrientes: Corriente
T ent, °F
Tsal ,°F
WCp , kW/°F
h1
600
500
80
C1
450
590
110
C2
300
400
50
∆
= 10ºF
Use el método heurístico basado en el diagrama de contenido de calor para encontrar una red de intercambiadores de calor que maximise la recuperación de energía.
Solución: I.
Ajuste de la temperatura mínima.
Corriente
Tent, ºF
Tsal, ºF
WCpBtu/hr°F
h1
600
500
80
C1
460
600
110
C2
310
410
50
II.
Ordenar de mayor a menos las temperaturas ajustadas.
Intervalo de T T1 = 600 600-500 T2 = 500 500-400 T3 = 460 400-410 T4 = 410
410-310
T5 = 310
T Entrada Salida
T
600 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- T2 500 ------- T6 450 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- T1 590 ------- T4 300 -----------------------------------------------------------------------------------------------------------T5 400 ------ T3 III.
Grafica de las corrientes de acuerdo a su temperatura modificada.
IV.
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
V.
Cascada de calor Regla heurística
T1 = 600 ºF
∆H ∆H ∆H ∆H
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
Qh = Cantidad mínima de calentamiento
Qh = -14900 kW Qc = Cantidad mínima de enfriamiento T1 = 600 ºF
∆H ∆H ∆H ∆H
Q1 = -14900 kW
= -3000 kW
T2 = 500 ºF
Q2 = 14900W +(-3000)kW = 11900 kW
= -4400 kW
T3 = 460 ºF
Q3 = 11900kW + (-4400)kW = 7500 kW
= -25000 kW
T4 = 410 ºF
Q4 = 7500 kW + (-2500) kW = 5000 kW
= -5000 kW
T5 = 310 ºF
Q5 = 5000 kW + (-5000kW) = 0 kW
Qc = 0 kW Con respecto a las temperaturas originales el punto de pliegue para la corriente caliente es 310 ºF y para la corriente fría es 300 ºF siguiendo 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 para las frías 400°F.
VI.
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 Para la zona de arriba del punto de pliegue o zona de calentamiento.
= 1 1 1 = 1
Para la zona abajo del punto de pliegue o zona de enfriamiento.
= 3 1 1 = 3
Se debe elegir el intercambiador adecuado siempre y cuando se aplica:
≥
VII.
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 Qf1 = 10 kw/ºF(400-400)ºF = 0 kw
Corriente F2-Q1
∆ = 1805200/º = 190 º = 190 410 410ºº = 600 º
VIII.
Red de intercambiador.
PROBLEMA 9.5 Considere el siguiente problema:
Corriente T ent, ºC T sal, ºC WCp(Kcal/hr°C)
ΔTmin = 10
1
90
50
6
2
50
20
9
3
20
200
12
4
20
90
10
°C
Usando el método del punto de pliegue, obtenga: a) El punto de pliegue para cada tipo tipo de corrientes. b) Los requerimientos requerimientos mínimos de servicios servicios c) Una red de intercambiadores intercambiadores de calor que que consuma la cantidad mínima de servicios.
Solución: 1) Ajuste de temperatura de corrientes frías sumando a cada una de ellas la ΔT mínima permaneciendo inalteradas la corriente caliente. Corriente
Tent, °F
Tsal, °F
1
H1
90
50
2
H2
50
20
3
C1
30
210
4
C2
30
100
2) Ordenar de mayor a menor las Temperaturas ajustadas y buscar los intervalos de temperatura. T1 = 210
Intervalo de T
T2 = 100
210 – 100
T3 = 90
100 – 90
T4 = 50
90 – 50
T5 = 30
50 – 30
T6 = 20
30 – 20
3) Graficar las corrientes de acuerdo a su T° modificada
4) Calculo de Balance Entálpico
= [ +] = 0 ⁄ ℎ° 12 ⁄ ℎ°210100° = 1320 ℎ = 0 ⁄ ℎ° 22 ⁄ ℎ°10090° = 220 ℎ = 6 ⁄ ℎ° 22 ⁄ℎ9050° = 640 ℎ = 9 ⁄ ℎ° 22 ⁄ ℎ°5030° = 260 ℎ = 9 ⁄ ℎ° 0 ⁄ ℎ°3020° = 90 ℎ
5) Se busca la cantidad de Calor de Calentamiento minima (Qh)
T1 = 210 °C
Q1= 0
Q
= 1320 = 220 = 640 = 260 = 90
T2 = 100 °C T3 = 90 °C T4 = 50 °C T5 = 30 °C T5 = 20 °C
+(-1320 ) = -1320 Q = -1320 + (- 220 ) = -1540 Q = -1540 +(-640 )= -2180 Q = -2180 + (-260 ) = -2440 Q = -2440 + 90 = -2350 Q2= 0
3
4
5
Qh
6
6) Se busca la cantidad de Calor de Enfriamiento mínima (Qc) y punto de pliegue Q
T1 = 210 °C
= 1320 = 220 = 640 = 260 = 90
T2 = 100 °C T3 = 90 °C T4 = 50 °C T5 = 30 °C T5 = 20 °C
Qc Q = 2440 +(-1320 ) = 1120 Q = 1120 + (- 220 ) = 900 Q = 900 +(-640 )= -260 Punto de Pliegue Q = 260 + (-260 ) = 0 Q = 0 + 90 = 90 Q1= 2440
2
3
4
5
6
7) Gráfica de Corrientes del problema de diseño ubicados respecto al punto de pliegue.
8) Número mínimo de unidades que se requiere para cada lado de a red y se estima con la siguiente formula: Donde:
= : : : : = 4 1 1 = 4 = 2 1 1 = 2 = ∆ = 6 9030 9030 ° = 720 ℎ° ℎ = 9 5030 5030 ° = 180 ℎ° ℎ 20020 = ℎ° 20020° = 2160 ℎ
Para la zona de arriba del Punto de Pliegues o Zona de Calentamiento Para la zona de abajo del Punto de Pliegue o Zona de Enfriamiento
9) Generar la Cascada de Calor Arriba del punto de pliegue
= 10 9020 9020 ° = 700 ℎ° ℎ
10) Intercambiador de calor Para la corriente 2 - 4
1 80 ℎ = 18 ° = 10 ℎ° = 20 ° 18° = 38 ° 3 60 ℎ = 30 ° = 12 ℎ° = 20 ° 30 ° = 50° 6 20 ℎ = 51.67 ° = 10 ℎ° = 51.67 ° 50 ° = 101.67° ≅ 102°
Para la corriente 1 - 3
Para la corriente 2 – 4
11) Red de Intercambiador
PROBLEMA 9.6 Considere el siguiente problema: Corriente T ent, ºC T sal, ºC WCp(Kcal/hr°C) h1
100
60
4
h2
140
25
6
20 180 8 Suponiendo una ΔTmin = 10 °C , use el método del punto de pliegue para diseñar una red de intercambiadores de calor. Reporto los siguientes puntos:
C1
a) b) c) d)
Los requerimientos requerimientos mínimos de servicios servicios El punto de pliegue para corrientes calientes calientes y frías. El número mínimo de unidades para la red. Una red de intercambiadores de calor que que consuma la cantidad mínima mínima de servicios.
Solución: 1) Ajuste de temperatura de corrientes frías sumando a cada una de ellas la ΔT mínima permaneciendo inalteradas la corriente caliente.
Corriente
Tent, °F
Tsal, °F
1
H1
100
60
2
H2
140
25
3
C1
30
190
2) Ordenar de mayor a menor las Temperaturas ajustadas y buscar los intervalos de temperatura. T1 = 190
Intervalo de T
T2 = 140
190 – 140
T3 = 100
140 – 100
T4 = 60
100 – 60
T5 = 30
60 – 30
T6 = 25
30 – 25
3) Graficar las corrientes de acuerdo a su T°modificada
4) Calculo de Balance Entálpico
= [ +] = 0 ⁄ ℎ° 8 ⁄ ℎ°190140° = 400 ℎ = 6 ⁄ ℎ° 8 ⁄ ℎ°140100° = 80 ℎ = 10 ⁄ ℎ° 8 ⁄ℎ10060 10060° = 80 ℎ = 6 ⁄ ℎ° 8 ⁄ ℎ°6030 6030° = 60 ℎ = 6 ⁄ ℎ° 0 ⁄ ℎ°3025 3025° = 30 ℎ
5) Se busca la cantidad de Calor de Calentamiento mínima (Qh)
T1 = 190 °C
= 400
Q1= 0
T2 = 140 °C
= 80 = 80 = 60 = 30
T3 = 100 °C T4 = 60 °C T5 = 30 °C T5 = 25 °C
+(- 400 ) = - 400 Q = - 400 + (- 80 ) = - 480 Q = - 480 + 80 = - 400 Q = - 400 + (-60 ) = - 460 Q = - 460 + 30 = - 430 Q2= 0
3
Qh
4
5
6
6) Se busca la cantidad de Calor de Enfriamiento mínima (Qc) y punto de pliegue T1 = 190 °C
= 400 = 80 = 80 = 60 = 30
T2 = 140 °C T3 = 100 °C T4 = 60 °C T5 = 30 °C T5 = 25 °C
Qc Q = 480 +(- 400 ) = 80 Punto de pliegue Q = 80 + (- 80 ) = 0 Q = 0 + 80 = 80 Q = 80 + (-60 ) = 20 Q = 20 + 30 = 50 Q1= 480
2
3
4
5
6
7) Gráfica de Corrientes del problema de diseño ubicado respecto al punto de pliegue.
8) Número mínimo de unidades que se requiere para cada lado de a red y se estima con la siguiente formula: Donde:
= : : : : = 4 1 1 = 4 = 2 1 1 = 2 = ∆ = 4 10060 ° = 160 ℎ° ℎ = 6 140100 140100 ° = 240 ℎ° ℎ = 6 ℎ° 10025° = 450 ℎ 190110° = 560 ℎ = 8 ℎ° = 8 11020 ° = 720 ℎ° ℎ
Para la zona de arriba del Punto de Pliegues o Zona de Calentamiento Para la zona de abajo del Punto de Pliegue o Zona de Enfriamiento
9) Generar la Cascada de Calor Arriba del punto de pliegue
10) Intercambiador de calor Para la corriente 1 - 3
1 60 ℎ = 8 ℎ° = 20 ° = 100 ° 20 20 ° = 80 °
Para la corriente 2 - 3
2 40 = 8 ℎ° ℎ = 30 ° = 140 ° 30 30 ° = 110°
11) Red de Intercambiador
12) Carga térmica de hervidores y condensadores
= 48060 = 80 ℎ
= 611025 11025 = 510 ℎ = 80 80 510 = 590590 ℎ ≤ = 818070 18070 = 880 ℎ ≤
PROBLEMA 9.8 Considere las siguientes corrientes: CORRIENTE
Wcpx104, btu/hr°F
T ent, °F
T sal, °F
h1
10
150
70
h2
4
220
150
c1
5
80
270
C2
3
50
120
Tomando ∆Tmin igual a 20°F, identifique el punto de pliegue y los requerimientos
mínimos de servicios. Diseñe una red de intercambiadores que cumpla con esos requerimientos mínimos. CORRIENTE
T ent, °F
T sal, °F
TIN, °F
tf, °F
1
150
70
150
70
2
220
150
220
150
3
80
270
100
290
4
50
120
70
140
C
Btu/hr°F
1
10
2
4
3
5
4
3
Balance entalpico. 290 ∆H1 -3.50E+02 (-5)*(290-220) 220 ∆H2 -7.00E+01 (4-5)*(220-150) 150 ∆H3 5.00E+01 (10-5)*(150-140) 140 (10-5-3)*(140-100) (10-5-3)*(140- 100) ∆H4 8.00E+01
100 ∆H5
2.10E+02
(10-3)*(100-70)
-3.50E+02
(-350)
-4.20E+02
(-350-70)
-3.70E+02
(-420+50)
-2.90E+02
(-370+80)
-8.00E+01
(-290+210)
7.00E+01
(420-350)
0.00E+00
(70-70)
5.00E+01
(0+50)
1.30E+02
(50+80)
3.40E+02
(130+110)
70
H residual. 290 220 150 140 100 70
Punto de pliegue. 290 220 150 140 100 70
LADO CALIENTE
Linea 1
Linea 2
Linea 3
Linea 4
Linea 5
TOTAL
Q
0
T2
0
Enfriador
280
Calentador Total
0
280
700
150
850
700
150
0
Linea 4
Linea 5
LADO FRIO Linea 1
Linea 2
Q
250
T2 Enfriador
Linea 3
250
212.5
212.5
250
1050
800
Calentador TOTAL
TOTAL
0 800
462.5
250
Línea 3, Q= 5*(130-100) T° de salida en línea 2, 250=4*(220-x) X= 220- (250/4) Calentadores: Línea 3, Q=5* (270-130) Linea 4, Q= 3*(120-70) Enfriadores: Línea 1, Q= 10*(150-70) Línea 2, Q= 4* (212.5-150)
0
0
PROBLEMA 9.9 Se tiene dos corrientes calientes y dos corrientes frias que necesitan procesamiento, de acuerdo a la información proporcionada en la siguiente tabla. Usando un valor de ∆Tmin de 10°C.
Estime los requerimientos mínimos de servicios.
Reporte el punto de pliegue para cada tipo de corriente.
Diseñe una red de intercambiadores de calor que consuma la mínima cantidad de servicio.
Solución: Corriente
T ent, °C
Tsal ,°C
WCp , kW/°C
H1
175
50
10
H2
120
65
C1
30
175
20
C2
50
130
15
I.
Ajuste de la temperatura mínima.
Ordenar mayor a menor la temperaturas ajustadas. Intervalo de T. T1 = 175
T2 = 130 T3 = 120
40
250 – 220 T4 = 65 175-130 T5 = 50 T6=30
130-120 120-65
65-50 50-30
T Entrada Salida
T
175 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- T2 130 ------- T6 120 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- T1 65 ------- T4 65 -----------------------------------------------------------------------------------------------------------T5 50 ------ T3 50-------------------------------------------------------------------------------------------------------------T7 30------T8 II.
Grafica de las corrientes de acuerdo a su temperatura modifica.
III.
∆ = 1 ∆H ∆H ∆H ∆H ∆H = (10-20)*(175-130) = -450 kW
= (10-(20+15)*(130-120) = -250 kW
= (10+40) –(20+15)*(120-65) = 825 kW = (10)-(20+15)(65-50) = -375 kW
= -20*(50-30) = -400 kW
IV.
Cascada de calor
Regla heurística T1 = 175 ºC
∆H ∆H ∆H ∆H
= -450 kW
T2 = 130 ºC
Q2 = 0 kW -450 kW = -450 kW
= -250 kW
T3 = 120 ºC
Q3 = -450+(-250) kW = -700 kW
= 825 kW
T4 = 65ºC
Q4 = -700 kW + 825kW = 125 kW
= -375Kw
T5 = 50 ºC
∆H
Q1 = 0 kW
= -400 kW
Q5 = 125 kW + (-375 kW) = -250 kW
Balance Entalpico.
T6 = 30 ºC
Q6 = -250 kW + (-400 kW )= -650 kW
Qh = Cantidad mínima de calentamiento Qh = -700 kW Qc = Cantidad mínima de enfriamiento T1 = 175 ºC
∆H ∆H ∆H ∆H ∆H
Q1 = 700 kW
= -450 kW
T2 = 130 ºC
Q2 = 700 kW + (-450 )kW = 250kW
= -250 kW
T3 = 120 ºC
Q3 = 250 kW + (-250 )kW = 825 kW
= 825 kW
T4 = 65 ºC
Q4 = 0 kW + 825 kW = 0+825 kW
= -375 kW
T5 = 50 ºC
Q5 = 825 kW + (-375 kW) = -400 kW
= 70 kW
T2 = 30 ºC
Q6 = 450 kW + (-400 kW) = 50 kW
Qc = 50 kW Con respecto a las temperaturas originales el punto de pliegue para la corriente caliente es 120 ºC y para la corriente fría es 110 ºC. V.
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 Para la zona de arriba del punto de pliegue o zona de calentamiento.
= 4 1 1 = 4
Para la zona abajo del punto de pliegue o zona de enfriamiento.
= 2 1 1 = 2
Se debe elegir el intercambiador adecuado siempre y cuando se aplica:
≥ VI.
Generar cascada de calor.
Arriba del punto de pliegue
QH1 =10 Kw/ºC (175-120)ºC = 550 kW QH2= 40 kw/ºC (120-120)ºC = 0 kw QC3 =20 Kw/ºC (165-110)ºC = 1100 kW QC4= 15 kw/ºC (120-110)ºC = 150 kw 1Y 3 QH1 =10 Kw/ºC (120-50)ºC = 700 kW QH2= 40 kw/ºC (120-65)ºC = 2200 kw QC3 =20 Kw/ºC (120-50)ºC = 700 kW QC4= 15 kw/ºC (120-65)ºC = 2200 kw
= 55 º ∆ = 10 550/º = 55 º 120 120ºº = 175 º = 70 º ∆ = 10 700/º = 70 º 50º 50º = 120 º
PROBLEMA 9.11 Considere los siguientes datos para tres corrientes que desean usarse para integrar entre ellas. CORRIENTE
T Ent °F
T Sal °F
WCp, Btu/Hr°F
1
200
100
De 200 a 150 °F:1x104 De 150 a 100 °F:2x104
2
100
100
0.5x104
3
150
150
4.0x104
∆ = 10°
Identifique el punto de pliegue suponiendo una valor para cada tipo de corriente.
Reporte el
Identifique cual es la mínima cantidad de servicios que requiere cualquier red de intercambiadores de calor.
Diseñe una red de intercambiadores que consuma la mínima cantidad de servicios.
Solución: 1.- Ajustar las temperaturas de las las corrientes frías sumando a cada 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
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
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 4.- Calculo de W=wcp calcular el flujo W1= 10 Kcal/ Hr W2= 40 Kcal/Hr W3= 20 Kcal/Hr W4= 15 Kcal/Hr
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
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
15
7.- Cascada de calor Regla euristica con Q=0 Por lo tanto Qi+1=Qi+∆Hi
Q T1=175°C ……………………………….0 ……………………………….0 ∆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 dato de mayor valor aunque tenga signo (-) se le conoce como cantidad minima de calentamiento QH Qh= 700 Btu/Hr 8.- Cantidad minima de enfriamiento (Qc) Regla euristica Qh=Qi
Q T1=175°C ……………………………….700 ……………………………….700 ∆H= -450 Kcal/Hr T2=130°C ……………………………… 250 Kcal/Hr
∆H= -250 Kcal/Hr T3=120°C……………………………… 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 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 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 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 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
Capítulo 10
PROBLEMA 10.1 Zamora y Grossmann (Computers Chem, Engng., 21, Suppl., S65-S70, 1997) usaron un algoritmo de optimizacion global Costo de intercambiadores y enfriadores ($/año)= 15,000 + 30 A 0.8, A en m 2 Costo de calentadores ($/año)= 15,000 + 60 A 0.8, A en m 2 Costo de agua de enfriamiento = 10 $/kW año Costo de vapor de calentamiento= 110 $/kW año
Diseñe una red de intercambiadores de calor calor con minimo consumo de
Corriente
T ent, ºC
Tsal ,ºC
WCp , kW/ºK
h, kW/m2*C
H1
180
75
30
0.15
H2
240
60
40
0.10
C1
40
230
35
0.20
C2
120
300
20
0.10
Agua
25
40
0.50
Vapor
325
325
2.00
energia usando un valor de incremento de ∆T mín entre 5 y 10°C. Compare el
costo con el optimo reportado por Zamora y Grossmann de 419.98x10 3 $/año.
Realice una preoptimización de ∆Tmin usando la formula Bath para la prediccion del area requerida. Compare el valor optimo predicho de ∆T min
con el usado en laparte (a).
Diseñe la red al valor obtenido obtenido en el inciso (b) y compare el resultado con el optimo reportado.
Usando un algoritmo de optimización global para resolver el siguiente problema: Tabla 1: Datos del problema.
Corriente Ten °C Tsal WCp h,Kw/m2°C °C Kw/°C C1
180
75
30
0.15
C2
240
60
40
0.1
F1
40
230
35
0.2
F2
120
300
20
0.1
I.
Tmin.= 5 y 10 °C
Corriente
Toriginal
1
180
Tsal
75 2
240 60 40
3
230 120
4
300
Tajustada Orden
170
T3
65
T5
230
T2
50
T6
40
T7
230
duplicada
120
T4
300
T1
Ordenando las temperaturas de mayor a menor: T1
300
°C
T2
230
°C
T3
170
°C
T4
120
°C
T5
65
°C
T6
50
°C
T7
40
°C
II.
Como el problema ya nos da los valores de W procedemos a graficar las corrientes de acuerdo a su temperatura modificada.
C1
C2
wCp
T
wCp
T
30
180
40
170
30
75
40
50
F2
F1 wCp
T
wCp
T
35
40
20
120
35
230
20
300
C1
C2
F1
F2
350 300
20, 300
250 35, 230 200 30, 180
40, 170
150 20, 120 100 30, 75 50
40, 50
35, 40
0 0
5
10
15
20
25
30
35
40
del balance entálpico: Fórmula:
∆ = +
H1
700
Kw/hr
H2
-1500
Kw/hr
H3
750
Kw/hr
H4
3850
Kw/hr
45
III. Cálculo
IV.
Cascada de calor:
Por regla heurística el concepto es calor Q1= Fórmula:
+ = ∆
Resultados: Q T1
300
°C
dH1
700
Kw/hr
T2
230
°C
dH2
-1500
Kw/hr
T3
170
°C
dH3
750
Kw/hr
T4
120
°C
dH4
3850
Kw/hr
T5
65
°C
V.
Qh
Q1
700
Q2
-800
Q3
-50
Q4
3800
Q5
Cantidad mínima de calentamiento 3800
VI.
0
Kw/hr
Cantidad mínima de enfriamiento y el punto de pliegue
Donde Qh=Q1 Q T1
300
°C
dH1
700
Kw/hr
T2
230
°C
dH2
-1500
Kw/hr
T3
170
°C
3800
Q1
4500
Q2
3000
Q3
dH3
750
Kw/hr
T4
120
°C
dH4
3850
Kw/hr
T5
65
°C
Qc
7600
Kw/hr
P.P.C
170
°C
P.P.F
120
°C
3750
Q4
7600
Q5
Número mínimo de intercambiadores
=
Fórmula:
VII.
Nc
4
Ns
1
Umin.
4
VIII.
Para la zona arriba del punto de pliegue o zona de calentamiento.
Para la zona por abajo del punto de pliegue o zona de enfriamiento.
Nc
2
Ns
1
Umin.
2
Carga térmica del primer enfriador.
Q1
2100
Kw/hr
Carga térmica del segundo enfriador.
Q2
2800
Kw/hr
Consumo mínimo de enfriamiento.
Q1+Q2
4900
Kw/hr 120
300
65
1
I
C
65
E 120
2 170
40
230 I
120
3
300
H 4
IX.
Área de la red
Fórmula:
A
. . 1 = ∆ ℎ ℎ 97.5
m2
PROBLEMA 10.4 Los siguientes datos se aplican a una planta de aromáticos (linnof y ahmad,computers chem engng ,14,7,729-750,1990). A partir de los cuales se quiere diseñar una red de intercambiadores de calor.
Corriente
T ent,C
T sal,C
Wcp,kW/K
h,kW/m2-k
H1
327
40
100
0.50
H2
220
160
180
0.40
H3
220
60
60
0.14
H4
160
45
400
0.30
C1
100
300
100
0.35
C2
35
164
70
0.70
C3
85
138
350
0.50
C4
60
170
60
0.14
C5
140
300
200
0.60
Aceite
330
250
0.50
Agua
15
30
0.50
Costo de intercambiadores (s) = 10,000 350A, con A en m 2 Vida de la planta=5años Costo de aceite=60 S/kW año Costo de agua=6S/kw año Diseñe una red de intercambiadores a un valor selecto de ∆min y compare con la
solución reportada de linnhoff ahmad que tiene un costo de 2.96*10^6 s/año. Compare las predicciones obtenidas con los resultados del diseño de la red.
∆min de 10 K, se modificaron las corrientes calientes.
Valor selecto dTmin Corriente
10
°C
T ent, °C Tsal, °C
Wcp, MW/°C
H1
317
30
100
H2
210
150
180
H3
220
50
60
H4
150
35
400
C1
100
300
100
C2
35
164
70
C3
85
138
350
C4
60
170
60
C5
140
300
200
Ordenar las temperaturas de mayor a menor
T
317
T1
317
T
30
T2
300
T
210
T3
220
T
150
T4
210
T
220
T5
170
T
50
T6
164
T
150
T7
150
T
35
T8
140
T
100
T9
138
T
300
T10
85
T
35
T11
60
T
164
T12
50
T
85
T13
35
T
138
T14
30
T
60
T
170
Corriente T Original
T Mod
H1
317
327 40
H2
30
220
210 160
H3
150
220
220 60
H4
50
160
150 35
C1
100
100 300
C2
300
35
35 164
C3
164
85
85 138
C4
138
60
60 170
C5 I.
170
140
140
Graficar las corrientes de acuerdo a la temperatura modificada
H1
H2
H4
wCp
T
wCp
T
wCp
T
100
327
180
210
400
150
100
40
180
150
400
35
H3
C1
wCp
T
wCp
T
60
220
100
100
60
60
100
300
C2
C3
wCp
T
wCp
T
70
35
350
85
70
164
350
138
C4
C5
wCp
T
wCp
T
60
60
200
140
60
170
200
40
H1
H2
H3
C1
375
C2
C3
335
C4
H4
327 C5+'Hoja1 ( 3)'!$P$27:$P$ 3)'!$P$27:$P$34 34 300
295 255 215
220
175
170 164
210 150140
135
138
100
95 60 35
55 15 10
85
40
90
Balance de entalpia
150
40 170
35 250
330
410
∆ = +
H1
-6460
BTU/hr
H2
-19200
BTU/hr
H3
-5500
BTU/hr
H4
-20400
BTU/hr
H5
-2280
BTU/hr
H6
-7280
BTU/hr
H7
-1400
BTU/hr
H8
340
BTU/hr
H9
6890
BTU/hr
H10
-1000
BTU/hr
H11
-400
BTU/hr
H12
-1950
BTU/hr
H13
-2700
BTU/hr
II.
Cascada de calor
Q1
0
BTU/hr
Q2
-6460
BTU/hr
Q3
-25660
BTU/hr
Q4
-31160
BTU/hr
Q5
-51560
BTU/hr
Q6
-53840
BTU/hr
Q7
-61120
BTU/hr
Q8
-62520
BTU/hr
Q9
-62180
BTU/hr
Q10
-55290
BTU/hr
Q11
-56290
BTU/hr
+ = ∆
III.
Qh IV.
Cantidad minima de calentamiento
62520
BTU/hr
Cantidad mínima de enfriamiento
Q1
62520
Q2
56060
Q3
36860
Q4
31360
Q5
10960
Q6
8680
Q7
1400
Q8
0
Q9
340
Q10
7230
Q11
6230
Qc
56060
BTU/hr
problema 10.11 Se desea diseñar una red de intercambiadores de calor para el siguiente caso (colberg y morari Computers chem engng 14, 1,1-22,1990)
Corriente
T ent,K
T sal, K
WCp, kW/K
h.kW/m2
HI
393
343
4
2.0
H2
405
288
6
0.2
C1
293
493
5
2.0
C2
353
383
10
0.2
Vapor
520
520
2.0
agua
278
288
2.0
para una ∆min de 10 k, obtenga la predicción de energía y áreas para cualquier
red a partir del diagrama de curvas compuestas.
diseñe una red de intercambiadores que consuma la mínima cantidad de servicios y compare los requerimientos de área con los predichos por la formula Bath. I.
∆min de 10 K, se modificaron las corrientes calientes.
Corriente Ten Te n °C
Tsal °C
WCp BTU/hr°F
H1
383
333
4
H2
395
278
6
C1
293
493
5
C2
353
383
10
Ordenar las temperaturas de mayor a menor
T1
493
Intervalo de T
T2
395
493-395
T3
383
395-383
T4
353
383-353
T5
333
353-333
T6
293
333-293
T7
278
293-278
Corriente T original
Tmodificada
H1
383
393
T3
343
H2
405
333 T4 395
T2
288
C1
293
278 T5 293
Duplicada
493
C2
353
493 T1 353
Duplicada
383
T1
383 duplicada
493
T1
493
Duplicada 383
T2
405
T2
405
T3
393
T3
393
T4
343
T4
343
T5
288
Duplicada 293 T5
288
Duplicada 353 Graficar las corrientes de acuerdo a la temperatura modificada
H1
C1
H2
C2
510 493
480 450 420
395
393
390
383
360
353
343
330 300
293 278
270 2
|
4
6
H1
8
10
12
H2
wCp
T
wCp
4
393
6
4
343
6
C1
T Balance 395 entalpico 278
C2
wCp
T
wCp
T
5
293
10
353
5
493
10
383
∆ = + H1
-528
BTU/hr
H2
-132
BTU/hr
H3
-250
BTU/hr
H4
550
BTU/hr
Cascada de calor
Q1
0
BTU/hr
Q2
-528
BTU/hr
Q3
-660
BTU/hr
Q4
-910
BTU/hr
Q5
-360
BTU/hr
+ = ∆
Qh=Q1=No hay fuente de calor externa
Cantidad mínima de calentamiento Qh
910 BTU/hr
Cantidad mínima de enfriamiento Q1
910 BTU/hr Q1=Hh
Q2
382 BTU/hr Qi+1=Qi+Hi
Q3
250 BTU/hr
Q4
0
Q5
550 BTU/hr
Qc
550 BTU/hr
P.P.C
353 °F
P.P.F
343 °F
Número mínimo de intercambiadores
BTU/hr PUNTO DE PLIEGUE
=
Por arriba
del punto Umin
4
Nc
4
Ns
1
Por abajo del punto Umin
2
Nc
2
Ns
1
Carga térmica Q1=Wcp*∆T
Qc1
200
btu/hr
Qh1
400
btu/hr
Qc2
520
btu/hr
Qh2
132
btu/hr
Área Suponiendo que el coeficiente de película es constante para todas las las corrientes
Coeficiente de película
400
LMTD=∆T1-∆T2/Ln ∆T1/∆T2
LMTD
312.57355
LMTD
378.404705
LMTD
441.112453
LMTD
378.404705
A1
0.00159962 ft2
A2
0.00343548 ft2
BTU/h*ft2°F
A3
0.002267
A4
0.00087208 ft2
TOTAL
0.00817418 ft2
ft2
PROBLEMA 10.12 Nishimura (J. Optimization Theory Applic., 30, 423, 19 80) propuso el siguiente caso c aso de cinco corrientes. Corriente
T ent, °K
T sal, °K
WCp, kW/°K
H, kW/m^2°K
H1
443
2 93 293
0.5
2.0000
H2
416
3 93 393
2.0
0.2857
H3
438
4 08 408
0.5
0.0645
H4
448
4 23 423
1.0
0.0408
C1
273
4 34 434
1.0
2.0000
vapor
500
500
2.0000
∆
Agua 277 280 2.0000 Para unas de 10 °K, diseñe una red e intercambiadores con mínimo consumo de energía y compare los requerimientos predichos de área con los obtenidos después del diseño. Use un valor de ∆min de 20 k y obtenga las predicciones de área y energía parta
este problema. Diseñe la red y corrobore las predicciones hechas.
1)
∆min de
20 K, se modificaron las corrientes calientes. Corriente
T ent, °C
Tsal, °C
Wcp, MW/°C
H1
423
273
0.5
H2
396
373
2.0
H3
418
388
0.5
H4
438
403
1.0
H1
273
434
1.0
2) Ordenar las temperaturas de mayor a menor Corriente H1
T original
626
T Mod
606
586
566
620
H2
600 519
499
528
H3
528 353
353
497
H2
497 613
613
389
C2
389 576
576
T
606
T1
613
DT1
7
T
566
T2
606
DT2
6
T
600
T3
600
DT3
24
T
499
T4
576
DT4
10
T
528
T5
566
DT5
38
T
353
T6
528
DT6
29
T
497
T7
499
DT7
2
T
613
T8
497
DT8
108
T
389
T9
389
DT9
3
T
576
T10
386
DT10
33
T
326
T11
353
DT11
27
T
386
T12
326
DT12
13
T
313
T13
313
T
566
3) Graficar las corrientes de acuerdo con la temperatura modificada
H1
H2
H3
C1
C2
C3
C4
700 650 600 576 550
626
613
600
586
566 528
500
499
497
450 400
389
386 353
350
326
313
300 250 200 0
1
2
3
H1
4
5
6
7
H2
8
C4
wCp
T
wCp
T
wCp
T
9.602
626
2.931
600
1.69
313
586
2.931
499
1.69
566
9.602
H3
wCp
T
6.161
528
6.161
353
C1 wCp
T
7.179
497
7.179
613
C3
C2 wCp
T
wCp
T
0.641
389
7.627
326
0.641
576
7.627
386
4) H1
-2.492
Btu/hr
Balance entalpico
9
10
H2
-54.552
Btu/hr
H3
-211.368
Btu/hr
H4
-8.95
Btu/hr
H5
-156.218
Btu/hr
H6
134.125
Btu/hr
H7
9.962
Btu/hr
H8
507.168
Btu/hr
H9
-9.648
Btu/hr
H10
605.154
Btu/hr
H11
495.126
Btu/hr
H12
41.808
Btu/hr
5) Cascada de calor Q1
0
Btu/hr
Q2
-2.492
Btu/hr
Q3
-57.044
Btu/hr
Q4
-268.412
Btu/hr
Q5
-277.362
Btu/hr
Q6
-433.58
Btu/hr
Q7
-299.455
Btu/hr
Q8
-289.493
Btu/hr
Q9
217.675
Btu/hr
Q10
208.027
Btu/hr
Q11
813.181
Btu/hr
CANTIDAD MINIMA DE CALENTAMIENTO Qh
813.181
Btu/hr
CANTIDAD MINIMA DE ENFRIAMIENTO
Qc
Q1
813.181
Btu/hr
Q2
810.689
Btu/hr
Q3
756.137
Btu/hr
Q4
544.769
Btu/hr
Q5
535.819
Btu/hr
Q6
379.601
Btu/hr
Q7
513.726
Btu/hr
Q8
523.688
Btu/hr
Q9
1030.856
Btu/hr
Q10
1021.208
Btu/hr
Q11
1626.362
Btu/hr
1626.362 BTU/hr
PROBLEMA 10.13
La siguiente tabla describe las características de siete corrientes de proceso que quieren usarse para integrar energía.
Corriente
T ent,K
T sal, K
WCp, kW/K
h,kW/m2
H1
626
586
9.602
1.25
H2
620
519
2.931
0.05
H3
528
353
6.161
3.20
C1
497
613
7.179
0.65
C2
389
576
0.641
0.25
C3
326
386
7.627
0.33
C4
313
566
Vapor
650
650
3.50
agua
293
308
3.50
1.690
3.20
Use un valor de ∆min de 20 k y obtenga las predicciones de área y energía parta
este problema. Diseñe la red y corrobore las predicciones hechas. ∆min de 20 K, se modificaron las corrientes calientes.
Corriente T ent, °C Tsal, °C
Wcp, MW/°C
H1
606
566
9.602
H2
600
499
2.931
H3
528
353
6.161
C1
497
613
7.179
C2
389
576
0.641
C3
326
386
7.627
C4
313
566
1.69
Ordenar las temperaturas de mayor a menor
Corriente T original
T Mod
H1
606
626 586
H2
620
566 600
519 H3
528
499 528
353 C1
497
353 497
613 C2
389
613 389
576 C3
326
576 326
386
C4
386 313
313 566
566
T
606
T1
613
DT1
7
T
566
T2
606
DT2
6
T
600
T3
600
DT3
24
T
499
T4
576
DT4
10
T
528
T5
566
DT5
38
T
353
T6
528
DT6
29
T
497
T7
499
DT7
2
T
613
T8
497
DT8
108
T
389
T9
389
DT9
3
T
576
T10
386
DT10
33
T
326
T11
353
DT11
27
T
386
T12
326
DT12
13
T
313
T13
313
T
566
Graficar las corrientes de acuerdo a la temperatura modificada.
H1
H2
H3
C1
C2
C3
C4
700 650 600
576
550
626 586
613
600 566 528
500
499
497
450 400
389
386 353
350
326
313
300 250 200 0
1
H1
2
3
4
5
6
7
H2
8
9
10 10
C4
wCp
T
wCp
T
wCp
T
9.602
626
2.931
600
1.69
313
9.602
586
2.931
499
1.69
566
H3
C1
wCp
T
wCp
T
6.161
528
7.179
497
6.161
353
7.179
613
C2
C3
wCp
T
wCp
T
0.641
389
7.627
326
0.641
576
7.627
386
Balance entalpico
H1
-2.492
Btu/hr
H2
-54.552
Btu/hr
H3
-211.368
Btu/hr
H4
-8.95
Btu/hr
H5
-156.218
Btu/hr
H6
134.125
Btu/hr
H7
9.962
Btu/hr
H8
507.168
Btu/hr
H9
-9.648
Btu/hr
H10
605.154
Btu/hr
H11
495.126
Btu/hr
H12
41.808
Btu/hr
Cascada de calor
Q1
0
Btu/hr
Q2
-2.492
Btu/hr
Q3
-57.044
Btu/hr
Q4
-268.412
Btu/hr
Q5
-277.362
Btu/hr
Q6
-433.58
Btu/hr
Q7
-299.455
Btu/hr
Q8
-289.493
Btu/hr
Q9
217.675
Btu/hr
Q10
208.027
Btu/hr
Q11
813.181
Btu/hr
CANTIDAD MINIMA DE CALENTAMIENTO
Qh
813.181
Btu/hr
CANTIDAD MINIMA DE ENFRIAMIENTO
Q1
813.181
Btu/hr
Q2
810.689
Btu/hr
Q3 Qc Q4
756.137 Btu/hr 1626.362 Btu/hr BTU/hr 544.769
Q5
535.819
Btu/hr
Q6
379.601
Btu/hr
Q7
513.726
Btu/hr
Q8
523.688
Btu/hr
Q9
1030.856 Btu/hr
Q10
1021.208 Btu/hr
Q11
1626.362 Btu/hr
PROBLEMA 10.14 Gundersen y Grossmann (AIChE Annual Meeting, Washington D.c., 1988) presentan las siguientes corrientes: Corriente H1 H2 C1 C2 Vapor Agua
T ent, °K 423 363 293 298 453 283
T sal, °K 333 333 398 373 453 288
WCp, kW/°K 20 80 25 30
. ∆ 20 °
h, kW/m^2 °K 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1
Costo del intercambiador =8600+670 Use un valor de obtenga las predicción de área y su costo. Corrobore esa predicción mediante el diseño de la red de intercambiadores de calor.
Corriente H1 H2 C1 C2 vapor agua
T ent, °K 423 363 293 298 453 283
Tsal, °K 333 333 398 373 453 288
∆Tmin
20
°K
Wcp, KW/°F 20 80 25 30
1) Temperaturas modificadas
Corriente C1 C2 F1 F2 Corriente T original 423 C1 333
T ent, °K
Tsal, °K 423 333 363 333 313 418 318 393 Tmodificada 423
Wcp, kW/°K 20 80 25 30 333
h, KW/m2°K 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1
363
C2
363 333
F1
333
293
313 398
418
298
F2
318 373
T1 T2 T3 T4 T5 T6 T7 ∆T1 ∆T2 ∆T3 ∆T4 ∆T5 ∆T6
393
423 418 393 363 333 318 313 5 25 30 30 15 5
°K °K °K °K °K °K °K
°K °K °K °K °K °K
∆ = −
2) Balance de entalpia H1 H2 H3 H4 H5 H6
0.5 2.5 3 3 2 1
3) Cascada de calor Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 Q6 Q7
0 0.5 3 6 9 10.5 11.5
KW KW KW KW KW KW KW
KW KW KW KW KW KW
+ = ∆
4) Cantidad mínima de calentamiento Qh
11.5 KW
5) Cantidad mínima de enfriamiento Q1 11.5 KW Q2 12 KW Q3 2.5 KW Q4 0 KW PUNTO DE PLIEGUE Q5 3 KW Q6 13 KW Q7 13 KW Qc
13
P.P.C P.P.F
T1 T2 T3 T4 T5 T6 T7
KW 363 343
°K °K
6) Número mínimo de intercambiadores Por arriba del punto Umin Nc Ns Por abajo del punto Umin Nc Ns
3 3 1 4 4 1
7) Cascada de calor corregida Q1 1200 KW Q2 0 KW Q3 1375 KW Q4 900 KW Q1-Q3 dTC1 TCC1
300 KW Q1remandente 15 408
°K °K
423 418 393 363 333 318 313
°K °K °K °K °K °K °K
8) Tabla de costos Tent, °K 423
Tsal, °K
MLDT
Area,m2
costo
Costo serv
Conexión 408 46.30283 259163.399 20869879.7 1 enfriador 1 408 333 200000 16832617 12000000 enfriador 2 363 333 800000 53175273.9 24000000 Calentador 298 373 300000 23563726.7 247500000 1 U 100 W/m2 °K 114441497 283500000 Suponiendo un valor de U F. CALIENTE 423 398 25 Costo total
problema 10.15
alta temp. baja temp. diferencia
F. FRIO
DIF
408 293 115
15 105 -90
397941497 USD
Trivi O´Neill, roach y Wood (computers Chem, Engeng. 14,6,601-611,1990) proponen el siguiente problema de cuatro corrientes.
Tabla 1: Datos del problema. Corriente Ten °C
Tsal °C
WCp Kw/hr°K
C1
170
60
3
C2
150
30
1.5
F1
20
135
2
F2
80
140
4
∆Tmin
10
°C
suponiendo que se tiene vapor disponible a 200°c y agua de enfriamiento a 15 °c, estime el área necesaria para una red de intercabio de calor. Diseñe la red y compare resultados. Suponga un valor para el coeficiente global de transferencia de calor de 100 kW/m 2 °c para todos los intercambios. Suponga un valor de ∆T min de 10°c Corriente Toriginal 1
Tsal
170 60
2
150 30
3
20 135
4
80 140
Tajustada Orden
160
T1
50
T5
140
T2
20
T6
20
duplicada
135
T3
80
T4
140
duplicada
Ordenando las temperaturas de mayor a menor: dTmin.
10
°C
T1
160
°C
T2
140
°C
T3
135
°C
T4
80
°C
T5
50
°C
T6
20
°C
Como el problema ya nos da los valores de W procedemos a graficar las corrientes de acuerdo a su temperatura modificada. C1
C2
wCp
T
wCp
T
3
170
1.5
135
3
60
1.5
20
F1
F2
wCp
T
wCp
T
2
20
4
80
2
135
4
140
C1
C2
F1
F2
180 3, 170
160 140
4, 140
1.5, 135 2, 135
120 100 80
4, 80
60
3, 60
40 20
1.5, 20
2, 20
0 0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
1) Cálculo del balance entálpico: Fórmula:
∆ = +
dH1
-20
Kw/hr
dH2
-15
Kw/hr
dH3
-82.5
Kw/hr
dH4
135
Kw/hr
2) Cascada de calor: Por regla heurística el concepto es calor Q1= Fórmula:
+ = ∆
Resultados: Q T1
160
°C
dH1
-20
Kw/hr
T2
140
°C
dH2
-15
Kw/hr
T3
135
°C
dH3
-82.5
Kw/hr
T4
80
°C
dH4
135
Kw/hr
T5
50
°C
0
Q1
-20
Q2
-35
Q3
-117.5
Q4
17.5
Q5
Cantidad mínima de calentamiento:
Qh
117.5
Kw/hr
3) Cantidad mínima de enfriamiento y el punto de pliegue: pliegue: Donde Qh=Q1 Q T1
160
°C
dH1
-20
Kw/hr
T2
140
°C
dH2
-15
Kw/hr
T3
135
°C
dH3
-82.5
Kw/hr
T4
80
°C
dH4
135
Kw/hr
T5
50
°C
Qc
135
Kw/hr
P.P.C
135
°C
P.P.F
80
°C
117.5
Q1
97.5
Q2
82.5
Q3
0
Q4
135
Q5
4) Número mínimo de intercambiadores Fórmula:
=
a) Para la zona arriba del punto de pliegue o zona de calentamiento.
Nc
4
Ns
1
Umin.
4
b) Para la zona por abajo del punto de pliegue o zona de enfriamiento.
Nc
2
Ns
1
Umin.
2
5) Carga térmica del primer enfriador. Q1
60
Kw/hr
6) Carga térmica del segundo enfriador. Q2
30
Kw/hr
7) Consumo mínimo de enfriamiento. Q1+Q2
90
Kw/hr
80
160 1
I
50
C
E 2
50
80
135 20
135 I
3
140
80
Área de la red: Fórmula:
= ∑ ∆ A 0.4325 m2
Los siguientes datos de un problema industrial están tomados del trabajo de Floudas, Ciric y Grossmann (AIChEJ, 32, 267-297, 1986).
Corriente
T ent, °C
T sal, °C
WCp, kW/°C
H1
160
110
7.032
H2
249
138
8.44
H3
227
106
11.816
H4
271
146
5.6
C1
96
160
9.144
C2
116
217
7.296
C3 140 250 18 Si se toma un coeficiente de transferencia de calor igual a 100 kW/m2 °C para todos los intercambiadores, un vapor disponible a 300°C, agua de enfriamiento a 25°C, y una 10°C, haga un análisis de los requerimientos de área y de energía predichos y los requeridos después del diseño de la red.
∆
Corriente
T ent, °C
Tsal, °C
Wcp, KW/°C
H1
160
110
7.032
H2
249
138
8.44
H3
227
106
11.816
H4
271
146
5.6
C1
96
160
9.144
C2
116
217
7.296
C3
140
250
18
Corriente
T ent, °C
Tsal, °C
Wcp, KW/°C
H1
160
110
7.032
H2
249
138
8.44
H3
227
106
11.816
H4
271
146
5.6
C1
106
170
9.144
C2
126
227
7.296
C3
150
260
18
1) Temperaturas modificadas
2) Lista de mayor mayor a menor de las temperaturas temperaturas Corriente
T original
T Modificada
H1
160
160 110
H2
249
110 249
138
H3
227
138 227
106
106
271
H4
271 146
C1
96
146 106
160
C2
116
170 126
217
C3
140
150 250
T1
271
°C
T2
260
°C
T3
249
°C
T4
227
°C
T5
170
°C
T6
160
°C
T7
150
°C
T8
146
°C
T9
138
°C
T10
126
°C
T11
110
°C
T12
106
°C
227
∆T1
11
°C
∆T2
11
°C
∆T3
22
°C
∆T4
57
°C
∆T5
10
°C
∆T6
10
°C
∆T7
4
°C
∆T8
8
°C
∆T9
12
°C
∆T10
16
°C
∆T11
4
°C
260
3) Balance de entalpia
∆ = +
H1
92.84
KW
H2
170.192
KW
H3
139
KW
H4
-55.176
KW
H5
-25
KW
H6
154.72
KW
H7
22.4
KW
H8
73.152
KW
H9
87.552
KW
H10
288
KW
H11
72
KW
4) Cascada de calor
Q1
0
KW
Q2
92.84
KW
Q3
263.032
KW
Q4
402.248
KW
Q5
347.072
KW
Q6
321.792
KW
Q7
476.512
KW
Q8
498.912
KW
Q9
572.064
KW
Q10
659.616
KW
Q11
947.616
KW
Q12
1019.616
KW
+ = ∆
5) Cantidad mínima de calentamiento Qh
1019.616
KW
6) Cantidad mínima de enfriamiento Q1
1019.616
KW
Q2
1112.456
KW
Q3
170.192
KW PUNTO DE PLIEGUE
Q4
0
KW
Q5
-55.176
KW
Q6
994.336
KW
Q7
1267.176
KW
Q8
192.592
KW
Q9
73.152
KW
Q10
32.376
KW
Q11
1282.336
KW
Q12
1339.176
KW
T1
271
°C
T2
260
°C
T3
249
°C
T4
227
°C
T5
170
°C
T6
160
°C
T7
150
°C
T8
146
°C
T9
138
°C
T10
126
°C
T11
110
°C
Qc
1339.176
KW
Q1
185.68
MW
Q2
118.16
MW
Q3
1517.6
MW
Q4
846.336
MW
P.P.C
227
°C
P.P.F
217
°C
7) Número mínimo de intercambiadores Por arriba del punto Umin
6
Nc
3
Ns
1
Por abajo del punto Umin
4
Nc
4
Ns
1
8) Cascada de calor corregida
Q1-Q3
671.264
MW
dTC1
95.4584755
°C
TCC1
64.5415245
°C
9) Tabla de costos Tent, °C Conexión 1
Tsal, °C
160
MLDT
Area,m2
costo
Costo serv
64.5415245 37.9213199 48964.5403 184444.158
enfriador 1 64.5415245
110
70320
241352.004
1856800
enfriador 2
249
138
84400
276936.013
9368400
Calentador 1
271
146
158.4
16725.5415 217800000
U
100
KW/m2 °C
719457.716 229025200
F. CALIENTE
F. FRIO
DIF
160
alta temp.
64.5415245
95.4584755
106
baja temp.
96
10
54
diferencia
-31.4584755
85.4584755
Costo total
229744658
USD
EJERCICIO 10.19 Repita el problema anterior para un valor de delta T minima de 10°C. Compare resultados Problema 10.8 Ahmad, Linnhoff y Smith (Computers Chem. Engng., 10, 7, 751-767, 1990) reportan el siguiente problema de 5 Corrientes: CORRIENTE
T ENTRADA °C
T SALIDA °C
WCp, KW/°C
h, KW/m^2*°C
H1
159
77
22.85
1.0
H2
267
80 80
2.04
0.40
H3
343
90 90
5.38
5.00
C1
26
127
9.33
0.10
C2
118
265
19.61
5.00
Vapor
300
300
0.50
Agua
20
60
2.00
∆
Usando un valor de de 30 °C, se reporta un requerimiento de área de 3000 m^2. Construya un diagrama de curvas compuestas y corrobore ese resultado. Diseñé una red de intercambiadores de calor y evalué el área requerida por el diseño. ¿Es la predicción de requerimientos de área satisfactoria? SOLUCIÓN
1) Primero obtenemos las temperaturas arregladas sumándole a las frías el intervalo mínimo de 10 °C y las ordenamos de mayor a menor CORRIENTE
T ORIGINAL T SALIDA
T
T AJUSTADA T ENTRADA
ORDEN
T SALIDA
ENTRADA
H1
159
159 77
H2
267
77 267
80
H3
343
343
26
C2
36
118
128
2) Se ordena por intervalos de temperaturas T1
343
(343-275) (275-267) (267-159) (159-137)
T7 T10
137
265
T8 T1
90
127
T9 T3
80
90
C1
T4
T5 T6
275
T2
T2
275
T3
267
T4
159
T5
137
T6
128
T7
90
T8
80
T9
77
T10
36
3) Grafico de las corrientes deacuerdo a sus intevalos 343 – 333
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
275 – 265
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
267 – 257
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
159 – 149
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
137 – 127
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
128 – 118 90 – 80 80 – 70 77 – 67 36 – 26
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
H1
H2
H3
C1
C2
4) Cantidad de calor para cada tipo de corriente
Corriente caliente
∆H∆H == 8077 1. 0 = 3 KW 9080 1. 0 0. 4 = 14 KW 1. ∆H∆H == 137128 12890 12890 1. 0 0. 4 5. 0 0 0 = 243. 2 KW 1. 137128 1. 0 0. 4 5. 0 0 0 = 57. 6 KW 1. ∆H∆H == 159137 159137 1. 0 0. 4 5. 0 = 140. 8 KW 267159 0. 4 5. 0 0 = 583. 2 KW ∆H∆H == 275267 5. 0 0 = 40 KW 343275 3432755.5.000 = 340 KW 0. ∆H∆H == 6726 6726 0. 1 = 4. 1 KW 7067 0. 1 = 0. 3 KW ∆H∆H == 8070 0. 1 = 1 KW 0. 11880 11880 0. 1 = 3. 8 KW 0. ∆H∆H == 127118 127118 0. 1 5. 0 0 0 = 5. 4 KW 149127 5. 0 0 = 110 KW ∆H∆H == 257149 5. 0 0 = 540 KW 2652575.00 = 40 KW
Corriente fría
CORRIENTES CORRIENTES CALIENTES CALIENTES
CORRIENTES CORRIENTES FR AS
T
H
T
H
77
0
26
4.1
80
3
67
4.4
90
17
50
5.4
128
260.2
60
9.2
137
503.4
118
14.6
159
561
127
124.6
267
1285.5
129
664.6
295
1325
343
1665
237
704.6
400 350 300 250 200
Vapor
CFRIA CCALIENTE
150 100 50 0 4.10
-
Agua de enfriamiento 4. 4 0
5 .4 0
9.20
14.60
124.60 664.60 704.60
Cantidad minima de enfriamiento 4.1kw Cantidad minima de calentamiento: 960.4 kw
Capitulo 11
Problema 11.1
a) Considere la red que que opera de acuerdo con la información información que se proporciona en la figura. Se desea hacer un diagnóstico de esa red y proponer alguna información que mejore su eficiencia, en caso de que esto sea posible. b) Estime el consumo de energía de la la red bajo su esquema de operación actual.
∆
c) Estime el consumo mínimo de energía energía que tendría esa red usando una de 10 °C, que es la mínima diferencia de temperaturas que se observa en la red existente. Indique cual es el potencial de ahorro de energía que tiene esa red (p.e. cuanta es la cantidad de energía que puede ahorrarse). d) Proponga un cambio en el diseño diseño de la red que mejore la eficiencia de recuperación de energía. Reporte los detalles técnicos de esa modificación. e) En base a los costos de equipo y de energía que se esperan, estime el tiempo de recuperación de capital que se tendría al implementar esa modificación. Inversión de equipo:
Costo de vapor:
= 13,0002,000. ∗ = 95,04040 / / ñ ñ
Donde MW = mega watts.
Todas las temperaturas están dadas en °C. Datos de las corrientes
Tabla 1: Datos del problema Corriente
T ent, °C Tsal, °C
Wcp, KW/°C
h, W/m2*°C
C1
150
75
100
500
C2
250
80
50
400
F1
80
140
70
300
F2
65
270
40
200
10
°C
∆Tmin
Tabla 2: Temperaturas modificadas Corriente
T ent, °C Tsal, °C
Wcp, MW/°C
C1
150
75
100
C2
250
80
50
F1
90
150
70
F2
75
280
40
Solo se modifican las frias
T + ∆Tmin
Tabla 4: Lista de mayor a menor de las temperaturas Corriente
T original
Tmodificada
C1
150
150 75
C2
250
75 250
80 F1
80
80 90
140 F2
65
150 75
270
T1
280
°C
T2
250
°C
T3
150
°C
T4
90
°C
T5
80
°C
T6
75
°C
∆T1
30
°C
∆T2
100
°C
∆T3
60
°C
∆T4
10
°C
∆T5
5
°C
Tabla 5: Balance de entalpia
H1
1500
KW
H2
15000
KW
H3
4800
KW
H4
400
KW
280
H5
400
KW
Tabla 6: Cascada de calor
Q1
0
KW
Q2
1500
KW
Q3
16500
KW
Q4
21300
KW
Q5
21700
KW
Q6
22100
KW
Qh=Q1=No hay fuente de calor externa
Cantidad minima de calentamiento
Qh
22100
BTU/hr
Cantidad minima de enfriamiento
Q1
22100
MW
Q1=Hh
T1
280
°C
Q2
23600
MW
Qi+1=Qi+Hi
T2
250
°C
Q3
15000
MW
T3
150
°C
Q4
0
MW
T4
90
°C
Q5
400
MW
T5
80
°C
Q6
22500
MW
T6
75
°C
PUNTO DE PLIEGUE
Qc
23600
MW
P.P.C
90
°F
P.P.F
80
°F
Numero mínimo de intercambiadores Por arriba del punto
Umin
3
Nc
3
Ns
1
Por abajo del punto
Umin
4
Nc
4
Ns
1
Tabla 9: Cascada de calor corregida
Q1
6000
MW
Q2
8000
MW
Q3
4200
MW
Q4
7600
MW
Q1-Q3
1800
MW
dTC1
18
°C
TCC1
132
°C
Tabla 10: Tabla de costos Tent, °C
Tsal, MLDT °C
Area,m2
costo
Costo serv
Conexión 1 150
132
34.923717 1718030.1 14966259 5 6 7
enfriador 1 132
75
1000000
95512258. 60000000 6
enfriador 2 250
80
500000
53734125. 85000000 6
Calentador 65 1
270
400000
44651520. 902000000 6
U
W/m 2 °C
100
F.CALIENTE
34356050 104700000 2 0
F. FRIO
DIF
150
alta temp.
132
18
DTh
140
baja temp.
80
60
DTc
10
diferencia
52
-42
DT2DT1
T2-T1 Costo total
t2-t1 1390560502
USD
Problema 11.2
La siguiente red forma parte de un proceso industrial.
A continuación, se dan las propiedades de las corrientes involucradas en la red.
corriente
WCp, kW/C
h,kW/cm2
h1
10
0.2
h2
40
0.2
c1
20
0.2
c2
15
0.2
Los valores de las áreas de los equipos instalados son:
Intercambiador
rea (m2)
H1
267
1
359
2
256
C1
217
A) Demuestre que para una ∆min de 10=c la carga mínima de calentamiento es de
300Kw. B) Compare los requerimientos energéticos mínimos con los reales y en caso de haber diferencia proponga los cambios que puedan mejorar la eficiencia de la red. De ser posible, proponga una red revisada que consuma la mínima cantidad de energía. C) Calcule los requerimientos mínimos de área proceso y compárelos con el respectivo valor de área instalada, ¿Cuál es la eficiencia de uso de área en la red original? ¿Cuánto mejora este valor en la red revisada? D) Estime el tiempo de recuperación de la capital suponiendo que los costos de inversión adicional y de servicios pueden calcularse mediante las siguientes expresiones: Inversión adicional –a más b (área)c
Donde a-30,800; b-750 y c -0.83 con área en m2 Costo de servicios=d (servicio de calentamiento)-e (servicio de enfriamiento) Donde d=110 y e=10 s kW año
1) ∆min de 10 K, se modificaron las corrientes calientes. Corriente
Ten °C
Tsal °C
WCp BTU/hr°F
H1
174
45
10
H2
125
65
40
C1
20
155
20
C2
40
112
15
QUEDANDO DE ESTA FORMA: Corriente
Ten °C
Tsal °C
WCp BTU/hr°F
C1
154
25
10
C2
105
45
40
F1
20
155
20
F2
40
112
15
2) Ordenar las temperaturas de mayor a menor Corriente T original
T Mod
C1
154
174 45
C2
125
25 105
65
45
F1
20
20 155
F2
155
40
40 112
T1
112
155
Duplicada 154 T2
112
T3
105
T4
45
Duplicada 40 T5
25
Duplicada 20
3) Graficar las corrientes de acuerdo acuerdo con la temperatura modificada.
C1
C2
F1
F2
240 220 200 180
C1, 174 F1, 155
160 140 120
F2, 112
C2, 105
100 80 0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
H1
H2
wCp
T
wCp
T
10
174
40
105
10
45
40
45
C1
C2
wCp
T
wCp
T
20
20
15
40
20
155
15
112
4) BALANCE ENTALPICO
∆ = (∑(∑ ∑ ) + H1
-215
BTU/hr
H2
-175
BTU/hr
H3
900
BTU/hr
H4
1000
BTU/hr
5) CASCADA DE CALOR
+ = ∆ Q1
0
BTU/hr
Q2
-215
BTU/hr
Q3
-390
BTU/hr
Q4
510
BTU/hr
Q5
1510
BTU/hr
Cantidad mínima de calentamiento Qh
-510
BTU/hr
Cantidad mínima de enfriamiento Q1
-510
BTU/hr
Q1=Hh
Q2
-725
BTU/hr
Qi+1=Qi+Hi
Q3
-900
BTU/hr
Q4
0
BTU/hr
Q5
1000
BTU/hr
Qc
1000
BTU/hr
PUNTO DE PLIEGUE
EJERCICIO 11.3 La siguiente red forma parte de un proceso industrial
A continuación, se dan las propiedades de las corrientes involucradas en la red. CORRIENTE
WCp, KW/°C
h, KW/m^2*°C
H1
10
0.2
H2
40
0.2
C1
20
0.2
C2
15
0.2
Los valores de las áreas de los equipos instalados son: INTERCAMBIADOR
AREA (m2)
H1
267
1
359
2
256
C1
217
∆
a) Demuestre que para una de 10 °C, la carga mínima de calentamiento es de 300 KW. b) Compare los requerimientos energéticos mínimos con los reales, y en caso c aso de haber diferencia proponga los cambios que puedan mejorar la eficiencia de la red. De ser posible, proponga una red revisada que consuma la mínima cantidad de energía. c) Calcule los requerimientos mínimos de área proceso-proceso y comparemos con el respectivo valor de área instalada. ¿Cuál es la eficiencia de uso de área en la red original? ¿Cuánto mejora este valor en la red revisada? d) Estime el tiempo de recuperación de capital suponiendo que los costos de inversión adicional y de servicios pueden calcularse mediante las siguientes expresiones: Inversión adicional: Donde
a= 30800; b=750 y c=0.83, con área en Costo de servicios=d (servicio de calentamiento) c alentamiento) +ve (servicio de enfriamiento) Donde d=110 y e=10$/kW SOLUCIÓN
CORRIENTE 1
T ORIGINAL
T AJUSTADA
T ENTRADA
T SALIDA T ENTRADA T SALIDA
150
150 45
2
125
3
125
20
30
40
T5 T8
165 50
112
T7 T3
65
155
4
T2 45
65
ORDEN
T1 T6
122
T4
2) Grafico de las corrientes corrientes deacuerdo a sus intevalos 165
150
125
122
65
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
∆ ∆ ∆ ∆
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
50
45
30
∆ ∆ ∆
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------h1
h2
C1
C2
3) Calculo de las entalpias
∆ = , , + ∆ = 5 ∗° 165150 165150 = 350 ∗° ∆ = 4 ∗° 5 ∗° 220150 220150 = 70 ∗° ∆ = 10 ∗° 5 ∗° 150140 150140 = 50 ∗° ∆ = 10 ∗° 5 ∗° 3 ∗° 140140 100100 ° = 80 ∗° ∆ = 10 ∗° 3 ∗° 10070 10070 = 210 ∗°
4) Cascada de calor Q
Qi
∆ = 350 = ∆ = 350 = 00 350 ∆ = 70 = ∆ = 420 = 3350 70 ∆ = 50 = ∆ = 370 = 4420 50 T1=270 T2=220 T3=150 T4=140
0
Q
420 = 70 = 0 = 50
Qi
= = ∆ = 42420 350 = ∆ = 70 70 = ∆ = 0 50
∆ = 80 = 290 ∆ = 210 = 70 T5=100 T6=70
= ∆ = 3370 80 = 130 = ∆ =2290 = 340 90 210
5) Cantidad de calor para cada tipo tipo de corriente corriente
Corriente caliente
10 ∆∆ == 5045 5045 10 = 50 10 6550 6550 10 = 150 1040 ∆∆ == 125122 12265 12265 1040 = 2850 1040 125122 1040 = 150 ∆ = 150125 1501251010 = 250 Corriente fría
20 ∆∆ == 3520 3520 20 = 300 4035 20 = 100 ∆∆ == 5540 2015 = 525 11255 2015 = 1995 20 ∆∆ == 115112 115112 20 = 60 20 140115 140115 20 = 500 ∆ = 15514020 = 300
Para las corrientes calientes. T
H
45
0
50
50
65
200
122 3050 125 3200 150 3450
Para las corrientes frías.
= ∆ = 50 80 = ∆ = 13130 210
T
H corregida
20
50
35
350
40
450
55
975
112 2970 115 3030 140 3530 155 3830 160 140 120 100 80 60 40 20 0 0
-
500
1000
1500
2000
2500
3000
3500
4000
Punto de pliegue 125 para la zona caliente y 115 para la zona fría la carga mínima de calentamiento no es de 300 sino resulta de 370 KW
∆
EJERCICIO 11.4 Considere la red instalada del problema anterior. Si se fija un valor de de 20 °C, la carga mínima de calentamiento es de 605 KW. Repita el análisis para este nuevo valor de .
∆
SOLUCIÓN:
INCISO A CORRIENTE
T ORIGINAL T ENTRADA
T SALIDA
T AJUSTADA T ENTRADA
T SALIDA
1
150
150 45
2
125
45 125
65 3
20
65 40
155 4
40
175 70
112
132
1) Grafico de las corrientes deacuerdo a sus intevalos
175
150
132
125
70
65
45
40
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
H1
H2
C1
C2
2) Cantidad de calor para cada tipo tipo de corriente corriente - Corriente caliente
10 ∆∆ == 6545 6545 10 = 200 1040 7065 7065 1040 = 250 1040 ∆∆ == 132125 12570 12570 1040 = 2750 10 132125 10 = 70 ∆ = 150132 1501321010 = 180 20 ∆∆ == 2520 2520 20 = 100 20 4525 4525 20 = 300 20 ∆∆ == 5045 5045 20 = 100 2015 10550 10550 2015 = 1925 2015 ∆∆ == 112105 112105 2015 = 245 20 130112 130112 20 = 360 ∆ = 155130 1551302020 = 500
Corriente fría
Para las corrientes calientes
T
H
45
0
65
200
70
450
125
3200
132
3270
150
3450
Para las corrientes frías
T
H corregida
20
200
25
300
45
600
50
700
105
2625
112
2870
130
3230
155
3730
160 140 120 100 80 60 40 20 0 0
500
1000
1500
2000
2500
3000
3500
4000
Problema 11.6
Considerar el siguiente problema de una red existente que involucra tres corrientes calientes y tres frías.
Los flujos caloríficos de cada corriente y las áreas instaladas en la red se indican en las siguientes tablas.
El costo de vapor es de 80 $/KW año, y el agua de enfriamiento es de 20 $/KW año.
Tabla 1 Datos del problema Corriente
T ent, °C Tsal, °C
Wcp, KW/°C
Q
C1
500
350
10
1500
C2
450
350
12
1200
C3
400
320
8
640
F1
300
480
9
1620
F2
340
420
10
800
F3
340
400
8
480
Agua
300
320
Vapor
540
540
DTmin
10
°C
Tabla 2: Temperaturas modificadas
Corriente T ent, °C Tsal, °C
Wcp, KW/°C
Q
C1
500
350
10
1500
C2
450
350
12
1200
C3
400
320
8
640
F1
310
490
9
1620
F2
350
430
10
800
F3
350
410
8
480
Tabla 3: Lista de mayor a menor de las temperaturas Corriente
T original
Tmodificada
C1
500
500 350
C2
450
350 450
350 C3
400
350 400
320 F1
300
320 310
480 F2
340
490 350
420 F3
340
430 350
400
410
T1
500
°C
DT1
10
°C
T2
490
°C
DT2
40
°C
T3
450
°C
DT3
20
°C
T4
430
°C
DT4
20
°C
T5
410
°C
DT5
10
°C
T6
400
°C
DT6
50
°C
T7
350
°C
DT7
30
°C
T8
320
°C
DT8
10
°C
T9
310
°C
C1
C2
500 490 450 430 410 400 350 320 310
Tabla 4: Balance de entalpia H1
100
kW
H2
40
kW
H3
260
kW
H4
60
kW
H5
-50
kW
H6
150
kW
H7
-30
kW
H8
-90
kW
Tabla 5: Cascada de calor Q1
0
kW
Q2
100
kW
Q3
140
kW
Q4
400
kW
C3
F1
F2
F3
Q5
460
kW
Q6
410
kW
Q7
560
kW
Q8
530
kW
Q9
440
kW
Tabla 6: Cantidad mínima de calentamiento Qh
560
kW
Tabla 7: Cantidad mínima de enfriamiento Q1
560
kW
T1
500
°C
Q2
660
kW
T2
490
°C
Q3
700
kW
T3
450
°C
Q4
960
kW
T4
430
°C
Q5
0
kW
T5
410
°C
Q6
50
kW
T6
400
°C
Q7
200
kW
T7
350
°C
Q8
170
kW
T8
320
°C
Q9
80
kW
T9
310
°C
Qc
660
kW
P.P.C
420
°F
P.P.F
410
°F
Consumo real de calentamiento
360
KW
Consumo real de enfriamiento
796
KW
Ahorro potencial de calentamiento
-200
KW
Ahorro potencial de enfriamiento
136
KW
Q1
800
KW
Q2
360
KW
Q3
160
KW
Q4
1080
KW
Q5
800
KW
Q6
640
KW
Q1-Q5
0
KW
Q6-Q3
480
KW
Q6remanente dT
20
°C
Tusar
360
°C
Tabla 8: Tabla de areas
Tsal, °C
MLDT
Conexión 1 500
350 35 0
111,4822007 35,897
340
420
Conexión 2 400
360 36 0
340
360
450
350
Tent, °C
enfriador 1
Area,m2
28,88633126 47,852 4,9874
calentador 1
300
480
10,689
calentador 2
360
400
15,463
F.CALIENTE
F. FRIO
500
alta temp. 350
420
baja temp.
80
diferencia 10
340
T2-T1
t2-t1
F.CALIENTE
F. FRIO
DIF 150
DTh
80
DTc
70
DT2DT1
DIF
400
alta temp. 360
40
DTh
360
baja temp.
340
20
DTc
40
diferencia 20
20
DT2DT1
T2-T1
t2-t1
