UNI NIVER VER S IDAD NACIONAL NACIONAL DE S AN AG US TIN FAC ULTAD DE INGENIERIA DE PROCESOS ES CU CUELA ELA PR O FES IO IONAL NAL DE DE INGENIER IA QUIMICA
CURSO DISEÑO Y EVALUACIÓN DE PROCESOS TEMA
“LA FORTUITA CREATIVIDAD”
INTEGRANTES:
ALVARADO MUÑOZ, GRECIA ALV GRECIA PIERINA BELLIDO HUAYTA, KAREN ROCÍO ESPINOZA MENDOZA, DENNYS EDUARDO MACHACA NEIRA, RAMIRO FERNANDO MENDEZ COTA, JEAN PAUL ZEBALLOS GUTIERRES, CARLOS ALBERTO
A R E QU QUII PA - PER PER Ú
201 7
PROBLEMA 1 En un sistema de extracción por po r solventes de tres etapas especifique para cada etapa: a) el balance global b) el balance por soluto c) la relación de equilibrio Si este sistema tiene además un intercambiador de calor para precalentar el solvente hasta 90ºC, mediante vapor que cede su calor latente a una temperatura de de 110 ºC, (d) formule las ecuaciones correspondientes para este equipo. Solución:
a) Balance Global
+ = +
Donde: X0: flujo de solido Y4: flujo de solvente X1, X2, X3: fracción de soluto en solido Y1, Y2, Y3: fracción de soluto en solvente b) Balance por soluto
+ = +
En la corriente Y 4 el porcentaje de soluto es nulo, porque es una corriente pura de solvente. En las demás corrientes ( X 0 , X 1 , X 2 , X 3 , Y 1, 1, Y 2 y Y 3) existe un porcentaje de soluto que va disminuyendo al pasar por cada extractor. Este porcentaje se conocerá como S i.
+ =0= + +
c) Relación de equilibrio
X1: fracción de soluto en solido Y1: fracción de soluto en solvente
=
d) Si este sistema tiene además un intercambiador de calor para precalentar el solvente hasta 90ºC, mediante vapor que cede su calor latente a una temperatura de 110 ºC. Formule las ecuaciones correspondientes para este equipo.
Y: corriente de solvente
V: corriente de vapor a 100°C A: corriente de vapor a menor T°. Balance general
++= + + + = + + = +
Balance en intercambiador de calor
Balance en las tres etapas del extractor
PROBLEMA 2 Un proceso de extracción sólido-líquido mediante un solvente muy selectivo consta de 4 etapas. a) Plantee un balance global de materiales para el sistema b) Plantee un balance para el soluto en cada una de las etapas c) La relación de equilibrio de fases se representa por K=y/x , siendo y la fracción de soluto disuelto en el solvente y x la fracción del mismo en el sólido. Reformule los balances de la pregunta (b) en términos sólo de x . d) Establezca los balances de energía para cada una de las etapas, suponiendo que no hay evaporación y que A, B y C representan las capacidades caloríficas del soluto, solvente y sólido, respectivamente. Asuma que la temperatura en las cuatro etapas de extracción es la misma. e) Indique con qué criterios determinaría el volumen de los tanques de extracción. Solución: X1
X2
1
X3
2
FAo
3
FA1 a)
X4
FA2
X: conversión
Fan: fracción de soluto en la fase n Asumiendo estado estacionario: Entrada + generación – salida = acumulación Acumulación = 0
+ ∫0 4=0 = 4
b)
Entrada = Salida
FA4=FA3X5 FA3=FA2X4 FA2=FA1X3 FA1=FAoX2
X5
4
FA3
FA4
c)
FA1=FAo(1-X2)
FA2=FA1(1-X3) FA3=FA2(1-X4) FA4=FA3(1-X5)
+ + = + +
d)
+
Para estado estacionario:
= + + e)
= −
de reacción
Criterios: Flujo de entrada y salida y constante de velocidad
PROBLEMA 3 Un vaporizador se alimenta con una mezcla líquida de hexano (70 %) y aceite de girasol (30%) a un flujo másico de 10000 kg/h. Del vaporizador se obtendrá una corriente en fase vapor de flujo V y composiciones y 1 para el hexano (95 %) y y 2 para el aceite (5 %). También se extraerá una corriente en fase líquida de flujo L y composiciones x 1 (hexano) y x 2(aceite). Si se sabe que el equilibrio de fases se puede correlacionar por la ecuación K=y 1 /x 1. Considerando que el equipo opera en estado estacionario, formule: a) Un balance de masa global tomando en cuenta las corrientes de alimentación, líquida y vapor de salida. b) Un balance para el hexano en el vaporizador c) Un balance para el aceite en el dispositivo d) Un balance calórico, en función de las entalpías de cada una de las corrientes.
SOLUCION V Y1 = 95% hexano Y2 = 5% aceite
F=1000Kg/h Vaporizador 70% hexano
L
30% aceite
X1 hexano X2 aceite
BALANCE DE MATERIA Balance global
=+ 10000 = + Balance parcial para el hexano
∗0.7=∗0.95+∗ 7000=∗0.95+∗ Balance parcial para el aceite
∗0.3=∗0.05+∗ 3000=∗0.05+∗ BALANCE DE ENERGIA
∆+∆ +∆ =+
El sistema en estudio se encuentra en estado estacionario
∆=0 Entonces
∑ℎ ∑ℎ = 0 Ingresa F y sale V y L
∗ℎ+ ∗ℎ = ∗ℎ+ ∗ℎ+∗ℎ+∗ℎ ℎ +ℎ = ℎ +ℎ+ℎ +ℎ
PROBLEMA 4 Para el proceso de obtención de aceite esencial de eucalipto, presente lo siguiente: a) El diagrama de flujo del proceso b) El diagrama de los equipos empleados en el proceso c) El balance de materiales del proceso d) El balance de energía del proceso e) Indique en qué partes del proceso se puede aplicar el balance de energía mecánica y cuáles son las restricciones correspondientes.
RESOLUCIÓN a) El diagrama de flujo del proceso DIAGRAMA DE FLUJO PARA LA OBTENCIÓN DE ACEITE ESENCIAL DE EUCALIPTO
b) El diagrama de los equipos empleados en el proceso DIAGRAMA DE EQUIPOS EMPLEADOS EN EL PROCESO DE OBTENCIÓN DE ACEITE DE EUCALIPTO
c) El balance de materiales del proceso BALANCE DE MATERIALES EN EL PROCESO DE OBTENCIÓN DE ACEITE DE EUCALIPTO Definiendo el sistema como el que se muestra y realizando balances totales para la operación se obtiene: Masa entra – Masa sale + Masa generada = Masa acumulada Considerando la operación como batch se tiene que: no entra masa (se carga inicialmente), no sale (la corriente de producto queda retenida en el separador) y no hay generación puesto que lo que se realiza es una separación. Así el balance queda definido como: 0 = Masa acumulada Balances por componente: Agua: Observando la trayectoria del fluido se tiene que: el agua se carga en el generador y es calentada, iniciada la ebullición sale en forma de vapor y pasa al tanque extractor en el que a medida que se desarrolla la extracción, parte de éste condensa debido a la diferencia inicial de temperaturas entre él y el material vegetal; luego la mezcla vapor – aceite llega al condensador y pasa al separador agua – aceite en forma líquida. De ésta forma, el balance se puede definir así:
Despreciando la acumulación en el condensador y en las líneas, así como cualquier pérdida por evaporación al medio ambiente, el balance de materia se escribe como sigue: [Acumulación de aceite en el depósito] = flujo másico de aceite que ingresa al depósito
Sabiendo que Qc es la concentración de aceite en el tiempo. Separando variables e integrado entre t= 0 y un tiempo cualquiera t = tf , obtenemos la masa de aceite recolectado en función del tiempo:
La ecuación anterior se puede utilizar para estimar la concentración c0 si se conoce la masa de aceite recolectado en un tiempo determinado:
d) El balance de energía del proceso BALANCE DE ENERGÍA DEL PROCESO Las unidades que se tendrán para el balance de energía son: En el generador de vapor: Cargada el agua, se requiere una cantidad de calor para el calentamiento de la misma y otra cantidad de calor adicional para evaporar la fracción que realiza la extracción. Operaciones: Calentamiento Evaporación Calentamiento: No hay cambio de fase, el calor es sensible:
De donde:
Evaporación: Cambio de fase, calor latente Solamente evapora V1 (Del Balance de Materia)
De donde
Así, el calor total consumido en el generador de vapor es:
Debido a que no se cuenta con las propiedades para el aceite esencial, y a su bajo contenido en comparación al del agua, se asumirá que la corriente a condensar y subenfriar es solo agua, así:
Agua requerida:
De la ecuación calor ganado
d) Indique en qué partes del proceso se puede aplicar el balance de energía mecánica y cuáles son las restricciones correspondientes.
e) Indique en qué partes del proceso se puede aplicar el balance de energía mecánica y cuáles son las restricciones correspondientes. Se aplica el balance de energía mecánica en el proceso del extracto, decantación, centrifugación y envasado. Considerando un balance de energía con acumulación cero (estado estacionario) para la extracción del aceite. Esto se da con el uso de la unidad de la caldera, condensador hasta la separación del aceite y su envasado. Las restricciones que se deben tomar en cuenta es la temperatura de extracción y decantación que se deben mantener constantes durante el tiempo de otro modo aparecería una acumulación.
PROBLEMA 5 La reacción gaseosa irreversible 2 A + B C + D, es de primer orden respecto a A y primer orden respecto a B. La reacción se lleva a cabo isotérmicamente a 727 °C y 20 atm. La alimentación consiste de 41 % de A, 41 % de B y 18 % de D. La constante de velocidad de reacción es de 0,01 l/gmol/s. Calcular: a) La concentración inicial del componente A. b) Los flujos molares para todos los componentes en función de la conversión c) Las concentraciones para todos los componentes en función de X. d) El volumen de un reactor de mezcla completa para alcanzar una conversión del 75 %, para un flujo de alimentación de 50 l/min. e) El tiempo necesario para alcanzar una conversión del 7 5 % en un reactor discontinuo de volumen constante de 50 litros.
Solución: a) La concentración inicial del componente A.
=0.41 =0.41 =0.18 = = 0.0.4411 = 1 = = 0.0.1481 =0.44 1 =0.4 = = 1+1+0.44 = = = 0.00.4∗20 =0.098 082∗1000 b) c)
= 727 ℃ = 1000 =20
Los flujos molares para todos los componentes en función de la conversión. Las concentraciones para todos los componentes en función de X.
Dividir la reacción por 2 para tener A con coeficiente “1”
A + 1⁄2 B → 1⁄2 C + 1⁄2 D
Final Componente
Inicial
Cambio
Concentración (Flujo)
A
B
C
D
= 0 =
1 1 112 ⁄ 1⁄2 = 1⁄2 1⁄2 1+ 112 ⁄ 1⁄2 1⁄2 1⁄2 112 ⁄ +1⁄2 1⁄2 +1⁄2 112 ⁄
d) El volumen de un reactor de mezcla completa para alcanzar una conversión del 75 %, para un flujo de alimentación de 50 l/min. Reactor CSTR Para la conversión de:
X = 75 % ̇ =50 = 1 1⁄2 = 112 ⁄ 112 ⁄ ⁄ 1 = 1 112 1 1⁄2 = = Ñ 112 ⁄ = 1 1⁄2 0.0980.75 50 10.5∗0.4∗0.75 = 0.01 60 ∗ 0.098 10.7510.75∗0.5 Caudal de:
Ley de velocidad
Para un CSTR
= 2948.979 = 3 e) El tiempo necesario para alcanzar una conversión del 75 % en un reactor discontinuo de volumen constante de 50 litros.
Para un PFR
= ∫ Ñ = ∫ 112 ⁄ 1 = ∫ 1 1⁄2 . 10.5∗0.4∗ 1 = 0.01 0.09860 ∫ 110.5∗ ∗ = 25.4
PROBLEMA 6 A un reactor ingresa una mezcla equimolar del reactante A con un solvente inerte I. La reacción química tiene la forma A 2 B. La cinética de reacción es –rA = k CA1/2. La constante de velocidad de reacción es de 10 (mol/l) 1/2 h-1. El flujo molar del producto es 20000 mol/h. La densidad molar del reactante A es 70 mol/l y la del solvente I es 50 mol/l. La conversión deseada es del 70 %. Calcular: a) b) c) d) e)
El flujo molar inicial de A. El flujo volumétrico total inicial La concentración inicial de A El volumen del reactor. Si el reactante A no reaccionado es separado en una columna de destilación y recirculado puro al reactor para mezclarse con la corriente de alimentación. ¿Cuál será el volumen del reactor? A +I
2B + I
Datos : -rA=KCa1/2 K=10(mol/l)1/2h-1 CA=70mol/l CI=50mol/l FB=2000mol/l
Especie
Inicio
Cambio
Remanente
A
FA0
-FA0
FA0(1-X)
B
0
2 FA0X
2FA0
I
θ FA0
0
FA0 θ
a) El flujo molar inicial de A. 2FA0x= FB
/=142850,71mol/l ∗.
FA0 =FB/2X =
b) El flujo volumétrico total inicial
FA= FA0 (1-X) FA=1428.71 (1-0.7) FA=4285.71mol/h
=61.22L/h
Fa
=
c) La concentración inicial de A
. C = . =233.35mol/l CA= FA/ A
d) El volumen del reactor.
−
–rA = k CA1/2
V=
–rA = kCA0 (1-X)
–rA=10 x(23.335x(1-0.7))1/2 –rA=26.46
..=377.93litros .
V=
V=377.93+61.22=439.15 litros e) Si el reactante A no reaccionado es separado en una columna de destilación y recirculado puro al reactor para mezclarse con la corriente de alimentación. ¿Cuál será el volumen del reactor
− − .−.. = 491.30litros . V=491.30+61.22=552.52 litros V=
V=
PROBLEMA 7 La velocidad de esterificación del ácido acético y alcohol etílico se puede aumentar con el HCl como catalizador homogéneo. A 100 °C la velocidad de reacción directa es: r1 = k1 CH COH moles/l.min k1 = 4,76 .10-4 l/gmol.min y la velocidad de reacción inversa es: r2 = k2 CE CW gmol/l.min k2 = 1,63 .10-4 l/gmol.min donde : CH = concentración de ácido acético COH = concentración del alcohol CE = concentración del éster CW = concentración del agua Una mezcla inicial consta de masas iguales de 90 % en peso de solución acuosa de ácido y 95 % en peso de solución de etanol. Encuentre: a) La expresión cinética en función de la conversión b) La conversión del equilibrio c) El tiempo necesario para que un reactor Batch alcance el 80 % de la conversión del equilibrio en un reactor de 1 m 3 para una alimentación de 50 kmoles de ácido e igual cantidad de alcohol.
Solución:
3+32 323+2 + = +
A: Acido acético B: etanol C: acetato de etilo D: agua a)
1=1
1=111 1=11ˆ2 2=2
b)
= + =1+2 =12 = 1 112
= 1 1ˆ2 2 c)
+ ∫0 = ==0
= 1
=1 2 2
=0 =
(3)
Reemplazando (3) en (1)
= =∫
4
=1 1=11ˆ2 5 Reemplazando (5) en (4)
= 1 ∫ 1ˆ2 6 . = 1 ∫ 1ˆ2 ∗ /. (7) = − =
1 = 1 ∗ 1 /. 1 1 = 1 ∗ 1 /. CBo =( 50 000 mol/mˆ3) / (46 g mol/1mol) = 1144.16 gmol /mˆ3 CBo = (1144.16 gmol /mˆ3)* (1 mˆ3 / 1000 L) = 1.144 gmol /L K1= 4,76 .10-4 l/gmol.min
1 1 = 4.76∗10− ∗1.144 ∗ 10.8 = 9180
PROBLEMA 8 Para concentrar una disolución de cloruro de sodio se bombea desde un depósito almacén hasta un evaporador, a través de una tubería lisa de cobre de 3 cm de diámetro interno, a razón de 150 m3/día. A la temperatura de bombeo la disolución tiene una densidad de 1150 kg/m 3 y su viscosidad es de 2,3 centi Poises. Calcular: a) El número de Reynolds b) El factor de fricción c) Las pérdidas por fricción d) La energía potencial e) la energía cinética f) La potencia de la bomba si tiene una eficiencia del 55 %. Solución: DATOS
=3 1 10 ̇ =150 × 86400 × 1 =1736.1 1 =1.15 =1150 × 1000 × 1 10 = 2.3 × 0.01. =0.023 . = ̇ = 3 = × 4 = × 4 = 7.0686 1 =245.61 = 1736. 7.0686 = = 3×245.61×1.15 0.023 =36841.5
a) El número de Reynolds
Calculando velocidad
Reemplazando en ecuación de N Re:
El fluido es turbulento (Re > 2000) b) El factor de fricción
1 =4,06+2.16 √ =0.0015× 10 = 0.00015
1 =4,06 3 +2.16 √ = 2.50.×00015 10− =1=100 = 4 2 1 100×245. 6 1 10054. 0 45 − = 4×2.5 × 10 × 2×3 = × 10 =1.005
c) Las pérdidas por fricción Asumiendo que la longitud de la tubería es de 1 metro.
d) La energía potencial El problema no especifica si la bomba tiene que impulsar el fluido verticalmente, es por ello que se considerara que el fluido sigue un recorrido horizontal, lo que significa que la energía potencial es cero.
= 0 = 2 1 245. 6 1 = 2 =30162.14 × 10 =3.016 ƞ=0.55 = ̇ ×̇ ƞ = ̇̇ ∆∆ 2 +∆ = 0 =∆=0 ∆ ∆=0
e) La energía cinética
f)
La potencia de la bomba si tiene una eficiencia del 55 %.
Ecuación objetivo: Donde:
Utilizando la ecuación de energía mecánica para fluidos incompresibles:
Donde:
El trabajo del fluido ( ) se elimina porque en la tubería la presión de entrada y salida no se altera. Si el sistema hubiera sido la bomba y su contenido, la presión variaría. El trabajo del fluido es negativo porque la bomba es quien le entrega ese trabajo para fluir.
( ̇) = ̇
Se considera variación de energía cinética es despreciable, porque la velocidad es continua en toda la tubería, ya que esta tiene el mismo área en todo el trayecto, además la fricción generada no modifica considerablemente la velocidad.
∆ 2 ≈0 ̇ = ̇ =1.005 =1.005 ̇ = ̇ × 1 ̇ = 1736.1×1.15 = 1996.515 × 1000 ̇ = 1.997 ̇ = ƞ ̇ ̇ = 1.0,05055 ̇ =1.827 = ̇ ×̇ =1.827×1.997 = 3.649
Se obtiene la siguiente ecuación:
Calculando el flujo másico:
Calculando el trabajo específico de la bomba
Calculando la potencia de la bomba:
