INSTITUTO TECNOLÓGICO DE MINATITLAN
NOMBRE DE LOS INTEGRANTES: ❖ CABRERA
VELAZQUEZ VICTOR ANTONIO
CRUZ GARCIA ANNETE ALLINE ❖ GUILLEN GOMEZ KELLY VALERIA ❖ HERNANDEZ ❖ MARTINEZ
LANZ JUAN CARLOS
RAYMUNDO YESSICA
PROBLEMARIO UNIDAD 1 CAP. 2-3-9-10-11 ASIGNATURA:
SIST. DE COGENERACIÓN COGENERACIÓN PROFESOR:
RENE REYES ESTUDILLO FECHA DE REALIZACIÓN:
Minatitlán ver., 17 de Febrero del 2019
CAPITULO 2
PROBLEMA 2.1 La regla de los 6/10 se usa para escalar el costo de un proceso por efecto de la capacidad total. Deduzca el correspondiente exponente de escalamiento para el caso en que se consideren inversiones unitarias en ve z de inversiones totales. total, es la suma de la capital de trabajo y la inversión por componentes. La inversión total, componentes. unitaria, es una cantidad de dinero que tú recuperas cuando inviertes. Para ello tú necesitas un porcentaje La inversión unitaria, que sabes que retornará. Ejemplo. Si tú tienes una inversión total al año de 1000 dólares, y si tienes una tasa de interés interés del 5%; después del año, tú tendrás 1050 dólares de regreso, en pocas palabras los 50 dólares son la inversión unitaria.
Ahora en el libro nos plantean que
El ajuste de la inversión total por efecto de la capacidad del proceso sigue una regla exponencial. Dónde: Si m es menor quiere quiere decir que: mayor capacidad por una menor inversión. Ahora nos piden cambiar la inversión total por una inversión unitaria unitaria (atención: la inversión unitaria, se recupera por un % que cambia con el tiempo) tiempo) Ejemplo 2. Año Inversion total Cantidad % Inversión unitaria total 1
1977
54 x106
350
0.05
2.7 x106
2
1987
54 x106
300
0.07
3.78 x106
Expresándolo en la ecuación antes mostrada m ostrada
Por lo tanto m sería un número negativo (-1.9) y la variable m cambiaría cuantiosamente. Donde: Si m es menor quiere quiere decir que: menor capacidad por una misma inversión. Finalmente podemos decir que no es muy recomendable utilizar la inversión unitaria, ya que depende considerablemente de la tasa de interés y la inversión total, y la m que se considera como un parámetro estable cambiaría mucho todos los años y eso no es bueno, porque dificultaría la interpretación del crecimiento económico de la empresa.
PROBLEMA 2.2 Una planta química para producir propileno, con una capacidad de 50, 000 T/año, requiere una inversión de 30 millones de dólares. Se desea instalar un proceso de 40,000 T/año de capacidad. El costo actual de materias primas es de 10 c/lb, el costo de energía es de 3 c/lb. Si la compañía establece una tasa de retorno mínima de 20%¿cuál es la ganancia esperada del proceso, en c/lb de producto? Indique cualquier suposición que haga. Solución
•
Suponemos años
Capacidad 50000 T/año, Inversión 30x10 6 1977 Capacidad 40000 T/año 1984
•
Construcción (chemical):
•
Costo de la materia
•
Consumo de energía
Supongamos que los requerimientos de energía sea de 0.06 FOET/TON
•
Costo de operación C=aIf+bMp+CE+dMo-Psp
•
Ventas
•
Utilidad bruta R=S-C
•
Utilidad neta
P=R-eI-t(R-dI)
•
Ganancias
PROBLEMA 2.3 Una compañía quiere instalar un proceso de 100 KT de capacidad para producir oxigeno de etileno. Si la compañía opera bajo una tasa mínima de interés de 20%.
A) ¿Cuál es la ganancia esperada en ¢/lb? B) ¿Cuál debe ser el precio del producto? Información de la tecnología
•
Materia primas Consumo precio 0.88 T/T producto 21
Etileno Oxigeno
• •
1.1 T/T producto
¢/lb
2 ¢/lb
Consumo de energía: equivalente a 1.8 $/ T producto Inversión necesaria para un proceso de 136 KT de capacidad: $58.5 x10 6
Primero: inversión La Inversión 136 000 Ton es $58.5 x10 6 el problema ya da el dato, por lo tanto no se calcula. Segundo: Ajuste por capacidad
Tercero: Ajuste por tiempo
Año
Valores chemical
1999
399.6
1977
204.1
del
( Cuarto: Costo de materias Primas Etileno 1 c/lb 22.026 USD/Ton 21 c/lb
462.546 USD/Ton
Oxigeno 1 c/lb
22.026 USD/Ton
2 c/lb
44.052 USD/Ton
Quinto: costo total de las materias primas
Sexto: Consumo de energía
Séptimo: Costo de operación
Octavo: Utilidad Bruta
)
Óxido de etileno = 48 c/lb (1999) 22.026 1 USD/Ton c/lb 1057.248 USD/Ton
48 c/lb
Utilidad Bruta
Noveno: Utilidad Neta o Ganancia Total E=d = 0.1
ti=0.5
Decimo: ¿Cuál es la ganancia esperada en ¢/lb?
Décimo Primero: ¿Cuál debe ser el precio del producto?
PROBLEMA 2.4 Se desea instalar una planta de 40 KT de capacidad para producir cloruro de vinilideno. Haga un análisis económico de los siguientes dos procesos para decidir cuál es el más conveniente a instalar PROCESO 1 Balance de materia Coeficiente
Precio
componente
T/TProducto
c/lb
Cloro
0.92
7.0
0.47
10.7
Tricloroetano
0.13
27.5
Cloruro de vinilo
0.72
20.0
Cloruro de vinilideno
1.00
35.0
cido clorhídrico
Costo de energía $ 61.77/ton de producto Inversión fija para una planta de 23 KT: $ 20.93x10 6 PROCESO 2 componente Cloro Ácido clorhídrico Tricloroetano Cloruro de vinilo Cloruro de vinilideno
Coeficiente T/Tproducto 0.92 0.47 0.13 0.72 1.00
Precio c/lb 7.0 10.7 27.5 20.0 35.0
Costo de energía:$109.42 /TON Inversión fija para una planta de 23 KT :$ Suponga una tasa mínima de retorno del 20%. Si necesita hacer otras suposiciones, indíquelas explícitamente Solución Proceso 1 Inversión base =
•
Costo de la materia
•
Consumo de energía
Supongamos que los requerimientos de energía sea de 0.06 FOET/TON
•
Costo de operación C=aIf+bMp+CE+dMo-Psp
R=S-C
• Utilidad neta P=R-eI-t(R-dI)
•
Ganancias
Proceso 2
Inversión base =
•
Costo de la materia
•
Consumo de energía
Supongamos que los requerimientos de energía sea de 0.06 FOET/TON
•
Costo de operación C=aIf+bMp+CE+dMo-Psp
R=S-C
•
Utilidad neta P=R-eI-t(R-dI)
Ganancias
•
El conveniente a instalar es el proceso 1 debido que hay mayores ganancias y menos consumo de energía lo cual genera un menor costo. PROBLEMA 2.5 Cumeno puede producirse a partir de benceno y propileno. Se desea instalar un proceso usando esta ruta a 100 KT (100 000 T) de capacidad. Los datos de la tecnología se dan en seguida: Balance de materia Componente
coeficient
Benceno
e T/T -0.67
Cumeno
1.00
Propileno
-0.38
Requerimiento de energía: 0.06 FOET/T Inversión unitaria para un proceso de 127 KT (127 000 T) de capacidad (1977 $): 120 $/T Usando datos económicos de 1999 Estime la ganacia del proceso después de impuestos, en c/lb, y Estime el precio de venta de producto Suponga que el precio del aceite combustible es de 8 c/lb. Suponga una tasa de retorno de 30%, y una vida de proceso de 10 años. Primero: inversión
Segundo:
Ajuste
por
Tercero: Ajuste por tiempo Año Valores del chemical 1999 1977
399.6 204.1
.
I=13.20x106 (. )= 25.26x106
capacidad
Cuarto: Costo de materias Primas Benceno 1 c/lb 22.026 USD/Ton 9 c/lb
198.234 USD/Ton
propileno 1 c/lb 22.026 USD/Ton 12 c/lb
264.312 USD/Ton
Quinto: costo total de las materias primas
Sexto: Consumo de energía
Séptimo: Costo de operación
Octavo: Utilidad Bruta Cumeno = 15 c/lb (1999) 1 c/lb 22.026 USD/Ton
15 c/lb
330.39 USD/Ton
Utilidad Bruta
Noveno: Utilidad Neta o Ganancia Total E=d = 0.1
ti=0.5
Decimo: ¿Cuál es la ganancia esperada en ¢/lb?
Décimo Primero: ¿Cuál debe ser el precio del producto?
CAPITULO 3
PROBLEMA 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 de estimaciones a 1999. Reactor continúo. Costo base de la unidad: Cb = 1,000 USD (Se obtuvo el valor de la gráfica 3.6) Factores de ajuste: Fp = 1.00 Fm= 1.00 Costo ajustado:
=∗∗ =1,000∗1∗1=1,000 Tabla 3.2 (factor de módulo): Factor de módulo = 4.34 (recipientes verticales)
=∗4.34 = 1,000 ∗ 4.34 = 4,3 40 Módulo ajustado desnudo:
= + − = 4,340 +1,000−1,000 = 4,340 Índice Chemical (tabla 1): Año 1968 = 113.7 Año 1999 = 390.6 Costo del Reactor continúo tipo tanque del proceso:
=∗ (1999 1968)∗1.15 = 4,340 ∗ (390.6 113.7) ∗ 1.15 = 17,145.9 Separador flash Costo base de la unidad: Cb = 3,200 USD Factores de ajuste: Fp= 1.00 Fm= 1.00 Costo ajustado:
=∗∗ =3,200∗1.00∗1.00 =3,200 Tabla 3.2 (factor de módulo): Factor de módulo = 4.34 (recipientes verticales)
=∗4.34 = 3,200 ∗ 4.34 = 13,888 USD Módulo ajustado desnudo:
= + − = 3,2 00 + 13,888−13,888 =3,200 Índice Chemical (tabla 1): Año 1968 = 113.7 Año 1999 = 390.6 Costo del Separador flash del proceso:
=∗ (1999 1968)∗1.15 = 3,200 ∗ (390.6 113.7)∗1.15=54,866.7 Condensador de tubo y coraza Costo base de la unidad: Cb= 3,000 USD Factores de ajuste:
Fp= 0 Fd= 0.85 Fm= 1.75 Costo ajustado:
=∗∗ = 3,000∗ 0.85 + 0∗ 1.75 = 4,462
Tabla 3.2 (factor de módulo): Factor de módulo = 3.39 (intercambiadores de calor)
=∗3.39 = 3,000 ∗ 3.39 = 10,170 Módulo ajustado desnudo:
= + − = 10,170 + 4,462.5–3000 = 11,632.5 USD Índice Chemical (tabla 1): Año 1968 = 113.7 Año 1999 = 390.6 Costo del Condensador de tubo y coraza del proceso:
=∗ (1999 1968)∗1.15 =11,632.5∗ (390.6 113.7)∗1.15=45,956 Inversión requerida para este proceso:
= + + = 17,145.9 + 54,866.7 + 45,956
= 117,968.5
PROBLEMA 3.7 Considere la columna de destilación con los datos que se muestran en la figura
La columna se opera a presión atmosférica. Se desea hacer una estimación preliminar de la inversión que requiere el sistema en 1995. a) Estime la inversión requerida para el condensador. b) Estime la inversión requerida para la columna. Condensador de tubo y coraza Costo base de la unidad: Cb= 5,000 USD Factores de ajuste: Fp= 0 Fd= .85 Fm= 1.78 Costo ajustado:
= [ ∗ + ∗ ] = [5,000∗ 0.85+0 ∗1.78] = 7,565 Costo de módulo desnudo: Factor de módulo= 3.39
=∗3.39 = 5,0 00 ∗ 3.3 9 = 16,9 50 Costo de módulo desnudo ajustado:
=+ − =16,950+ 7,565−5,000 = 19,515 Índice chemical: Año 1968= 113.7 Año 1995= 381.1 Costo del Condensador de tubo y coraza del proceso:
=∗ (1995 1968)∗1.15 =19.515∗ (381.1 113.7) ∗ 1.15 = 75,222 Columna de destilación Costo base de los platos instalados: Cb= 400 USD Costo de platos Factores de ajuste: Fs= 2.2 Ft= 0 Fm= 0
= [∗++] = [400 ∗ 2.2 + 0 + 0] = 880 Costo de módulo desnudo: Factor de módulo= 4.34
=∗4.34 =400 ∗4.34=3,472 Costo de módulo desnudo ajustado:
=+ − =3,472+ 880 − 400 =3,872 Índice chemical: Año 1968= 113.7 Año 1995= 381.1 Costo de la columna:
=∗ (1995 1968)∗1.15 381.1 ) ∗ 1.15 = 14,924.9 USD = 3,872 ∗ (1968113.7
PROBLEMA 3.9 Considere el diagrama de flujo que se muestra enseguida. Estime la inversión requerida para este proceso para el año 2000 usando el método de Guthrie.
Intercambiador de calor Costo base: Cb= 8,000 USD Factores de ajuste: Fp= 0 Fd= 0.85 Fm= 2.30 Costo ajustado:
= [ ∗ + ∗ ] = [8,000 ∗ 0.85+0 ∗2.30] =15,640 Tabla 3.2 Factor del módulo desnudo: Factor del módulo = 3.39 Costo de módulo desnudo
=∗3.39 = 8,000 ∗ 3.39 = 27,120 Costo de módulo desnudo ajustado: =+ − = 27,120 + 15,640 − 8,000 = 34,760 USD
Índice chemical Año 1968 = 113.7 Año 2000 = 394.1
Costo del Intercambiador de calor del proceso
=∗ (2000 1968)∗1.15 = 34,760 ∗ (394.1 113.7) ∗ 1.15 = 139,290.4
Reactor continúo tipo tanque Costo base de la unidad: Cb= 3,500 USD Factores de ajuste: Fp= 1.00 Fm= 2.25 Costo ajustado:
=∗∗ = 3,500 ∗ 1.00 ∗ 2.25 = 7,8 75 Costo de módulo desnudo: Factor de modulo= 4.34
=∗4.34 = 3,500 ∗ 4.34 = 15,190 Costo de módulo desnudo ajustado:
=+ − =15,190+ 7,875−3,500 = 19,565
Índice chemical: Año 1968 = 113.7 Año 2000= 394.1 Costo del Reactor continúo tipo tanque del proceso:
=∗ (2000 1968)∗1.15 =19,565∗ (394.1 113.7) ∗ 1.15 = 77,987.2 USD Inversión requerida para este proceso:
+ = 139,290.4 + 77,987.2 USD = 217,277.6 USD PROBLEMA 3.10. Calcular mediante el método de Guthrie el costo en 1990 un intercambiador de calor de cabezal flotante con un área de 1000 ft 2 que va a operar a presiones moderadas, construido de acer o al carbón por la coraza y monel por los tubos. Costo base: Cb= 9,000 USD Factores de ajuste: Tipo de diseño: Cabezal flotante Presión: Moderada Fd: 1.0
Fp: 0 Fm: 2.5 Costo ajustado:
= [ ∗ + ∗ ] = [9,000 ∗ 1.0+0+2.5] =31,500 Tabla 3.2 Factor del módulo desnudo: Factor del módulo = 3.39
=∗3.39 = 9,000 ∗ 3.39 = 30,510
Costo de módulo desnudo ajustado:
Índice chemical: Año 1968 = 113.7 Año 1999 = 390.6
=+ − =30,510+ 31,510 − 9,000 = 53,010
Costo del intercambiador:
. 1999 =∗ (1968) ∗1.15 . 390.6 =53,010∗ (113.7) ∗1.15= 121,237 USD PROBLEMA 3.11 Considere el sistema tanque-enfriador mostrado en la figura. Estime la inversión que este proceso requeria en 1968 de acuerdo al método de Guthrie.
TANQUE VERTICAL Costo base de la unidad Cb= 1,800 USD Factores de ajuste: Fp= 1.05 Fm= 1.00
=∗∗ =1,800∗1.05∗1.00=1,890 Tabla 3.2 Factor de módulo desnudo: Factor del módulo = 4.34
=∗4.34 = 1,8 00 ∗ 4.3 4 = 7,812
Costo de módulo desnudo ajustado:
=+ − =7,812+ 1,890−1,800 =7,902 Índice de Chemical: Año 1968= 113.7 Costo del Tanque vertical de proceso:
=∗ (1968 1968)∗1.15 = 7,902 ∗ (113.7 113.7)∗1.15=9,087 ENFRIADOR Costo base de la unidad: Cb= 6,000 USD Factores de ajuste: Fp= 1.05 Ft= 0.10 Fm= 1.85
= [ ∗ ++] = [6,000∗ 1.05+0.10+1.85] =18,000 Tabla 3.2 Factor del módulo desnudo: Factor del módulo = 2.54
=∗2.54 = 6,000 ∗ 2.54 = 15,240 Costo de módulo desnudo ajustado:
= + −
=+ − =15,240 + 18,000 − 6,000 = 27,420
Índice de Chemical: Año 1968= 113.7 Costo del enfriador de proceso:
=∗ (1968 1968)∗1.15 =27,240 ∗ (113.7 113.7) ∗ 1.15 = 31,326
Inversión que se requería para este proceso:
= + =9,087+31,326=40,413
CAPITULO 9
CAPITULO 10
PROBLEMA 10.1 Considere el problema de 4 corrientes q ue se usó en el Capítulo 9 para mostrar el método del punto de pliegue. Complemente la cascada de calor con la predicción del área requerida por la red usando la formula Bath. Suponga que los coeficientes de película son constantes e iguales para todas las corrientes, con un calor de 400 Btu/h ft 2 °F.
Solución:
Procedemos a la construcción de las curvas compuestas balanceadas para las corrientes de procesos y servicios para poder predecir el área requerida incluyendo calentadores y enfriadores.
Ya que para el intervalo 2 el agua caliente va de 130 a 180 °F, mientras que la curva fría va de 110 a 157 °F la carga térmica del intervalo seria: Q2 = 143.2 – 53.7 = 89.5 Btu/ h Una vez obtenidos previamente nuestros valores de película puede aplicarse un intervalo para la estimación de: A2 = 208.5 ft2
Con esos valores requeridos podemos proceder a la creación de la división de curvas compuestas para estimación de áreas requeridas. INTERVALO 1 2 3 4 5 TOTAL
REA ft2 50.1 208.5 87.9 8.9 21.2 376.6 Área mínima estimada para una red.
De este valor 376.6 ft 2 , 30.1 ft 2 corresponden a calentadores, 50.1 ft 2 a enfriadores y 296.4 ft 2 a corrientes de procesos; el área requerida proceso-proceso está ubicada en su totalidad en la sección de arriba del punto de pliegue. Lo cual nos dice que está por encima de la predicción hecha en un 5%.
PROBLEMA 10.1(2) Zamora y Grossmann usaron el algoritmo de optimización global para resolver el sigui ente, problema.
Costo de intercambiadores y enfriadores ($/año) = 15,000 + 30 A0.8 , A en m 2 Costo de calentadores ($/año) = 15,000 + 60 A0.8 , A en m 2 Costo de agua de enfriamiento = 10 $/kW año Costo de vapor de calentamiento = 110 $/kW año
a) Diseñe una red de intercambiadores de calor con mínimo consumo de energía usando un valor de entre 3 5 y 10 °C. Comprare el costo con el óptimo reportado por Zamora y Grossmann de 419.98 x10 $/año. b) Realice una preoptimización de usando la fórmula Bath para la predicción del área requerida. Compare el valor óptimo predicho de con el usado en la parte (a). c) Diseñe la red al valor obtenido en el inciso (b) y compare el resultado con el óptimo reportado.
Solución: = 5 y 10 °C = 8°C Sumamos
a corrientes frías
C1 entrada= 40 + 8= 48
salida =230 + 8 = 238
C2 entrada=120 + 8 = 128
salida = 300 + 8= 308
Ordenamos T de mayor a menor 308 240 180 128 48 40
Balance entálpico
DeltaH1 =(0-20)(308-240)= -1360 DeltaH2=[(40 +(-20)] (240-180)= 1200 DeltaH3=[(30+40)-(35-20)] (180-128)= 2860 DeltaH4=[(30+40)-20] (128-48)= 4000 DeltaH5=[(30-20)] (48-40)= 80
Cascada de calor
T1 308-240 T2 240-180 T3 180-128 T4 128-48 T5 48-40 T6
Q1= 0 Q2= (0+ (-1360) =1360 Kw/h Q3= (-1360+1200) = 160 Q4= (-160+2860)= 2700 Q5=( -2700 +4000) = 1300 Q6= (-1300 +80) =1220 Qh= 1360 kw/h
Pinch
Q1= 1360 Q2= 1360-1360 =0 Q3= 0+1200= 1200 Q4= 1200+2860= 4060 Q5=4060 + 4000 = 8060 Q6= 8060 + 80 =8140 Qc = 8140 kw/h
Punto de pliegue
Corrientes calientes 240°C Corrientes frías 48°C
Cálculo del calentamiento real y el ideal
Qhr = 20 (270-220) = 1000 kw Qcr= 30 (135-75) +50(69-80)=1839 kw
Análisis por arriba del punto de pliegue
Q3= 35 (230-48)= 6370 kw Q4= 20 (300-48) = 5040 kw
Por debajo del pliegue
Q1=30 (180-75) =3150 kw Q2=40 (240-60)= 7200 Q3=35 (48-40)= 280 Q4=20 (128-48)= 1600 QR= 7200-700 =6500
Coeficiente de transferencia de calor
U= 1/ [(1/30)+(1/40)+(1/35)+(1/20)]=7.3043 kw/m 2 °C
Cálculo de área de cada equipo
Aint1=6500/[(7.3043)*(59.93)] = 14.84 m2 Aenf1= 14.4531 Aenf2=13.8114 Aher1=14.0681 Aher2= 13.6831 Aher3= 13.6831
Cálculo de área para cada equipo
Aint1 = 15,000 + 30 (14.84)0.8= $15259.57 Aenf1=15,000 + 30 (14.4531)0.8 =$15254.14 Aenf2=15,000 + 30 (13.8114)0.8=$15245.08 Total= $45758.79 Aher1=15,000 + 60 (14.0681)0.8=$15497.43 Aher2=15,000 + 60 (13.6831)0.8=$15486.51 Aher3=15,000 + 60 (13.6831)0.8=$15486.51 Total= $46470.45
PROBLEMA 10.6 Considere el siguiente conjunto de corrientes y datos de diseño de intercambio de calor.
U= 100 W/m 2 °C para todos los intercambiadores. Usando las ecuaciones del problema 10.1 y un valor de de 10 °C, obtenga una red de intercambiadores de calor que minimice el consumo de energía y tenga un uso eficiente del área requerida.
Solución: =10 °C
Sumamos
a corrientes frías
C1 entrada= 50 + 10= 60
salida =120 + 10 = 130
C2 entrada=80 + 10= 90
salida = 110 + 10= 120
Ordenamos T de mayor a menor 170 150 120
T1 170-150 T2 150-120 T3 120-90
90 60 50
Balance entálpico
DeltaH1 =(0-0.5)(170-150)= -10 DeltaH2=[(0.1 +(-0.5)] (150-120)= -9 DeltaH3=[(0.2+0.1)-(0.3-0.5)] (120-90)= 15 DeltaH4=[(0.2+0.1)-0.5] (90-60)= -6 DeltaH5=[(0.2-0.5)] (60-50)= -3
Cascada de calor
Q1= 0 Q2= (0+ (-10) =10 Kw/h Q3= (10-9) = 1 Q4= (-1+15)= 14 Q5=( 14-6) = 8 Q6= (8-3) =5 Qh= 14 kw/h Pinch
Q1= 10 Q2= 10-10 =0 Q3= 0+9= 10 Q4= 10+15= 25 Q5=25 +6= 31 Q6= 31 + 3 =33 Qc = 33 kw/h
Punto de pliegue
Corrientes calientes 170°C Corrientes frías 5°C
Cálculo del calentamiento real y el ideal
Qhr = 0.5 (270-220) = 25 kw Qcr= 0.2 (135-75) +50(69-80)=538 kw Cantidad mínima de calentamiento 14 kw/hr
T4 90-60 T5 60-50 T6
PROBLEMA 10.8 Se desea diseñar una red de intercambiadores de calor para el siguiente caso
a) Para una de 10 °K, obtenga la predicción de energía y áreas para cualquier red a partir del diagrama de curvas compuestas. b) 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.
Solución: = 10°K
Sumamos
a corrientes frías
C1 entrada= 293 + 10 = 303
salida =493 + 10 = 503
C2 entrada=353 + 10 = 363
salida = 383 + 10= 398
Ordenamos T de mayor a menor 405 398 393 363 303 293
Balance entálpico
DeltaH1 =(0-10)(405-398)= -70 DeltaH2=[(40 +(-10)] (398-393)= 150 DeltaH3=[(4+6)-(5-10)] (393-363)= 450 DeltaH4=[(4+6)-10] (363-303)= 0 DeltaH5=[(4-10)] (303-293)=-60
Cascada de calor
Q1= 0 Q2= (0+ (-70) =70 Kw/h Q3= (-70+150) = 80 Q4= (-80+450)= 370 Q5=( 370 - 0) = 370 Q6= (370-60) =310 Qh= 370 kw/h
T1 T2 T3 T4 T5
405-398 398-393 393-363 363-303 303-293 T6
Pinch
Q1= 70 Q2= 70-70 =0 Q3= 0+150= 150 Q4= 150+450= 600 Q5=600+ 0 = 600 Q6= 600 + 60=660 Qc = 660 kw/h cantidad mínima
Punto de pliegue
Corrientes calientes 405°K Corrientes frías 303°K
Cálculo del calentamiento real y el ideal
Qhr = 10 (270-220) = 500 kw Qcr= 4 (135-75) +50(69-80)=310 kw
Análisis por arriba del punto de pliegue
Q3= 5 (493-303)= 950 kw Q4= 10 (383-303) = 800 kw
Por debajo del pliegue
Q1=4 (393-343) =200 kw Q2=6 (405-288)= 702 Q3=5 (303-503)= -995 Q4=10 (363-398)= -350 QR= 702-700 =2
Coeficiente de transferencia de calor
U= 1/ [(1/4)+(1/6)+(1/5)+(1/10)]=1.3953 kw/m 2 °K
Cálculo de área de cada equipo
Aint1=2/[(1.3953)*(59.93)] = 0.023 m2 Aenf1= 0.3639 m2 Aenf2=0.2778 m2 Aher1= 0.5345 m2 Aher2= 0.1495 m2 Aher3=0.1495 m2
PROBLEMA 10.14 Gundersen y Grossmann presentan las siguientes corrientes: Costo de intercambiadores = 8,600 + 670 A0.83 Usando una de 20°K obtenga la predicción de área y su costo. Corrobore esa predicción mediante el diseño de la red de intercambiadores de calor.
Solución: = 20°K Sumamos
a corrientes frías
C1 entrada= 293+ 20= 313
salida =398+ 20 = 418
C2 entrada=298 + 20 = 318
salida = 373 + 20= 393
Ordenamos T de mayor a menor 423 393 363 318 313 293
Balance entálpico
DeltaH1 =(0-30)(423-393)= -1800 DeltaH2=[(80 +(-30)] (393-363)= 1500 DeltaH3=[(20+80)-(25-30)] (363-318)=4725 DeltaH4=[(20+80)-30] (328-313)= 1050 DeltaH5=[(20-30)] (313-293)= -200
Cascada de calor
Q1= 0 Q2= (0+ (-1800) =1800 Kw/h Q3= (-1800+1500) = 300 Q4= (-300+4725)=4425 Q5=( 4425 -1050) = 3375 Q6= (-200+3375 ) =3175
T1 T2 T3 T4 T5
423-393 393-363 363-318 318-313 313-293 T6
Qh=300 kw/h Cantidad mínima de calentamiento
Pinch
Q1= 1800 Q2= 1800-1800 =0 Q3= 0+1500= 1500 Q4= 1500+4725= 6225 Q5=6225-1050 = 5175 Q6= 5175 -200 =4975 Qc = 6225 kw/h
Punto de pliegue
Corrientes calientes 363°K Corrientes frías 293°K
Cálculo del calentamiento real y el ideal
Qhr = 30 (270-220) = 1500 kw Qcr= 20 (135-75) +50(69-80)=650 kw
Análisis por arriba del punto de pliegue
Q3= 25 (333-313)=500 kw Q4= 30 (398-313)= 2550 kw
Por debajo del pliegue
Q1=20 (423-333) =1800 kw Q2=80 (363-333)=2400 Q3=25 (313-333)= 500 Q4=30 (313-298)= 450 QR=2400-700 =1700
Coeficiente de transferencia de calor
U= 1/ [(1/20)+(1/80)+(1/25)+(1/30)]=7.3619 kw/m 2 °C
Cálculo de área de cada equipo
Aint1=1700/[(7.3619)*(59.93)] = 3.85 m2 Aenf1= 3.46 m2 Aenf2=2.81 m2 Aher1=3.06 m2 Aher2= 2.67 m2 Aher3= 2.67 m2
CAPITUL0 11
PROBLEMA 11.5 Se han usado 5 corrientes de proceso para diseñar la siguiente red industrial. Los datos de flujos caloríficos y coeficientes de película para cada corriente se indican también en la figura. La siguiente tabla indica el valor del área instalada para cada intercambiador.
intercambiador
Área(m2)
1
605
2
583
3
998
4
122
5
505
C2
73
H1
401
a) proponga una red revisada que mejore al máximo la eficiencia de la red. Use un valor de∆ min
de 20 c. b) estime el tiempo de recuperación de capital que se requiere para la red revisada suponiendo
el escenario económico del problema 11.3. ∆min de 20 K, se modificaron las corrientes calientes.
Corrien te
T ent, °C
Tsal, °C
H1
159
137
Wcp, MW/°C 228.6
H2
267
169
20.4
H3
343
90
53.8
C1
127
26
93.3
C2
265
118
196.1
RESULTADO: Wcp,
Corrien te
T ent, °C
Tsal, °C
H1
139
117
228.6
H2
247
149
20.4
H3
343
90
53.8
C1
127
26
93.3
C2
265
118
196.1
MW/°C
Ordenar las temperaturas de mayor a menor Corriente
T original
Tmodificada
H1
159
139 137
H2
267
117 247
169 H3
343
149 343 90
90
C1
127
127 26
26
C2
265
265 118
118
T
139
T1
343
DT1
78
T
117
T2
265
DT2
18
T
247
T3
247
DT3
98
T
149
T4
149
DT4
10
T
343
T5
139
DT5
12
T
90
T6
127
DT6
9
T
127
T7
118
DT7
1
T
26
T8
117
DT8
27
T
265
T9
90
DT9
64
T
118
T10
26
DT10
26
30 0 28 0 26 0 24 0
Graficar las corrientes con forme a las temperatura modificada. 22 0
5
10
H
H15
H
20C
C
25
30
265
127 90 26
H 1 wC p 22 8.6
H 2 T
wCp
T
1 5
20.4
2 4
BALANCE
− (∑ )( − ∆
9 22 8.6
7
1 3 7
20.4
H 3
1 4 9 C 1
wC p 53. 8 53. 8
T
wCp
T
3 4 3 9 0
93.3
1 2 7 2 6
93.3
C 2 wC p 19 6.1
T
2 6 5 1 1 8
19 6.1
H1 H2 H3
H5 H6 H7 H8 H9 H10
2535 4865. 4 32447 .8 3098. 4 401.4 12.1 1968. 3 2585. 6 845
Btu/hr Btu/hr Btu/hr
Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr
ENTALPICO
− ∑ +)
CASCADA DE CALOR Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 Q6 Q7 Q8 Q9 Q10 Q11
0
2535 -2330.4 -34778.2 -37764.2 -40862.6 -40461.2
40449.1 -38480.8
35895.2 35050.2
Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr
CANTIDAD MINIMA DE CALENTAMIENTO Qh
35050.2
Btu/hr
PROBLEMA 11.6 Se desea hacer un análisis sobre la eficiencia con la que la red instalada que se muestra consume energía.
Las corrientes de proceso tienen los siguientes valores de flujo calorífico. Corriente
Wcp (Kw/ °c)
H1 H2 H3
52 45 37
C1 C2
26 125
Para un análisis preliminar se puede tomar el valor del coeficiente de película como 0.6 Kw/ °c m2 para todas las corrientes. La siguiente tabla proporciona l a información del área instalada para cada intercambiador de calor. Intercambiador 1 2 3 4
C1 C2 C3 H1 H2
a)
Área (m2) 195 53 80 107 14 17 24 33 114
Use un valor de ΔT min de 15°C y compare la energía consumida por la red instalada con
la energía minima requerida.
b) Realice los cambios necesarios a la red instalada para maximizar su nueva eficiencia
térmica. Estime el área minima requerida por la red. Compare este valor con el área instalada de la red original y con el área requerida por la red revisada. d) Estime el tiempo de recuperación de capital. Tome como base las ecuaciones de costos del problema 11.3 c)
Corrient e C1 C2 C3 F1 F2 dTmin 1/U U
15 8,333333 33 0,12
Corriente .
C1 C2 C3 F1 F2
C2
Tabla 1 Datos del problema T ent, Tsal, Wcp, °C °C KW/°C 480 360 52 380 320 45 460 350 37 295 420 26 350 430 125
380
0,6 0,6 0,6
h, kW/m2°C 0,6 0,6 0,6 0,6 0,6
380
460
T5 320
460
295
310
350
T8 T10
435 365
4 3 0
T9 T2
350
4 2 0 F2
0,6
Tabla 2: Temperaturas modificadas T ent, Tsal, Wcp, °C °C KW/°C 480 360 52 380 320 45 460 350 37 310 435 26 365 445 125
3 5 0 F1
kW/m2°C 0,6
°C m2°C/k W kW/m2° C
3 2 0 C3
h,
T4 T6
445
T3
T1 T2 T3 T4 T5 T6 T7 T8 T9 10
480 460 445 435 380 365 360 350 320 310
°C °C °C °C °C °C °C °C °C °C
DT1 DT2 DT3 DT4 DT5 DT6 DT7 DT8 DT9
20 15 10 55 15
°C °C °C °C °C °C °C °C °C
5
10 30 10
H 3 H 4 H 5 H 6 H 7 H 8 H 9
360
k W
341 0 255 540
k W
560 570 260
k W k W k W k W k W
Tabla 5: Cascada de calor Q 1 Q 2 Q 3 Q 4 Q 5 Q 6 Q 7 Q 8 Q 9 Q 1 0
0
104 0 237 5 201 5 139 5 165 0 111 0 550 20 280
k W k W k W k W k W k W k W k W k W k W
Tabla 6: Cantidad minima de calentamiento
Q h
23 75
kW
Tabla 7: Cantidad minima de enfriamiento Q 1 Q 2 Q 3 Q 4 Q 5 Q 6 Q 7 Q 8 Q 9
23 75 34 15 47 50 43 90 98 0 72 5 12 65 18 25 23 95
Q10
kW
T1
480
°C
kW
T2
460
°C
kW
T3
445
°C
kW
T4
435
°C
kW
T5
380
°C
T6
365
°C
kW
T7
360
°C
kW
T8
350
°C
kW
T9
320
°C
kW
2655
Punto pinch
kW
Qc
P.P.C P.P.F
T1 0 265 5
310
kW
38 0 36 5
°F °F 13172
KW
5486,36
KW
Ahorro potencial de calentamiento
10797
KW
Ahorro potencial de enfriamiento
2831,36
KW
Consumo real de calentamiento Consumo real de enfriamiento
°C
Q1
5200
KW
Q2
0
KW
Q3
2960
KW
Q4
1430
KW
Q5
8125
KW
Q1-Q5
2925
KW
Q5remandente dT Tusar
41,6
°C
391,6
°C
Q5-Q3
35
KW
Q3remanente dT Tusar
Tent, °C Conexión 1
0,9459459 5 459,05405 4 Tabla 8: Tabla de costos Tsal, °C
°C °C
MLDT
Area,m2
74,087919 68
584,8906 75
10,124169 5
42,17312 35
480
360
350
391,6
460 391,6
459,0540 54 430
enfriador 1
380
320
375
enfriador 2
459,0540 54 295
350
308,3333 33 216,6666 67
Conexión 2
calentador 1
420
F.CALIEN TE 480 391,6 88,4 T2-T1 F.CALIENTE 4 6 0 4 3 0 3 0 T2-T1
F. FRIO alta temp. baja temp. diferenci a
360 350 10
DI F 12 0 41 ,6 78 ,4
DTh DTc DT2DT1
t2-t1 F. FRIO 459,05405 4
DIF 0,945945 95
DTh
baja temp.
391,6
38,4
DTc
diferenci a
67,454054 1
-
DT2DT1
alta temp.
t2t1
37,45405 41
PROBLEMA 11.7 Considere la red existente y los datos usados en el ejemplo 11.1 Proponga una red revisada usando ahora un valor de ∆ de 30°C. Compare la red que propone con la obtenida en el ejemplo, y discuta el efecto que se observa con ese cambio de valor de ∆ n
Tabla 1: Datos del problema Corrien te
T ent, °C
Tsal, °C
h, W/m2°C
75
Wc p, kW/ °C 100
C1
150
C2
250
80
50
400
F1
80
140
70
300
F2
65
270
40
200
dTmin
30
°C
500
Tabla 2: Temperaturas modificadas Corrien te
T ent, °C
Tsal, °C
h, W/m2°C
75
Wc p, kW/ °C 100
C1
150
C2
250
80
50
400
F1
110
170
70
300
F2
95
300
40
200
500
Tabla 4: Lista de mayor a menor de las temperaturas Corrien te C1
T original 150
Tmodifica da 150
T4
C2
250
T2
250
80
T5
110
T1
T2
T3
T4
T5
T6 T7 T8
65
3 0 0 2 5 0 1 7 0 1 5 0 1 1 0 9 5 8 0 7 5
T3
170
14 0
F2
T7
80
80
F1
T8
75
75
95
T6
27 0 ° C
30 0
T 1
° C
dT 1
5 0
°C
° C
dT 2
8 0
°C
° C
dT 3
2 0
°C
° C
dT 4
4 0
°C
° C ° C ° C
dT 5 dT 6 dT 7
1 5 1 5
°C
5
°C
°C
F2 300
C2
250 C1
170
F1
110 95 80 75
Tabla 5: Balance de entalpia
H 1 H 2 H 3 H 4 H 5 H 6 H 7
350 0 160 0 120 0 160 0 165 0 225 0 500
M W M W M W M W M W M W M W
Tabla 6: Cascada de calor
Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 Q6 Q7 Q8
0
-3500 -5100 -6300 -4700 -3050 -800 -300
MW MW MW MW MW MW MW MW
Qh=Q1=No hay fuente de calor externa
Cantidad mínima de calentamiento Qh
630 0
BTU/hr Cantidad minima de enfriamiento
Q1
6300
Q2
2800
Q3
1200
Q4
0
M W M W M W M W M W M W M W M W
Q5
1600
Q6
3250
Q7
5500
Q8
6000
Qc
6000
M W
P.P .C P.P .F
150
° F ° F
120
Q1=Hh Qi+1=Qi+Hi
=PUNTO DE PLIEGUE=
Numero mínimo de intercambiadores Por arriba del punto Umin Nc Ns
3
Umin Nc Ns Tabla 9: Cascada de calor corregida
4
3 1
Por abajo del punto
Q1 Q2 Q3 Q4 Q4-Q2
dTC1 TCC1
4 1
0
5000 1400 6000 1000 Q4remandente 10 140
MW MW MW MW MW
°C °C
PROBLEMA 11.8 Se han usado cinco corrientes de proceso para diseñar l a siguiente red industrial. Los datos de flujos caloríficos y coeficientes de película para cada corriente se i ndican también en la figura.
La siguiente tabla indica el valor del área instalada para cada intercambiador intercambiador 1 2 3 4 5
C2 H1
Área(m2) 605 583 998 122 505 73 401
a) proponga una red revisada que mejore al máximo la eficiencia de la red. Use un valor de∆ min de
20 c. b) estime el tiempo de recuperación de capital que se requiere para la red revisada suponiendo el
escenario económico del problema 11.3. ∆min de 20 K, se modificaron las corrientes calientes.
Corrient e
T ent, °C
Tsal, °C
H1 H2 H3 C1 C2
159 267 343 127 265
137 169 90 26 118
Wcp , MW/ °C 228.6 20.4 53.8 93.3 196.1
Corrient e
T ent, °C
Tsal, °C
H1 H2 H3 C1 C2
139 247 343 127 265
117 149 90 26 118
Wcp , MW/ °C 228.6 20.4 53.8 93.3 196.1
Ordenar las temperaturas de mayor a menor Corriente H1
T original
Tmodificada
159
139 137
H2
267
117
247 169
H3
343
149
343 90
C1
127
90
127 26
C2
265
26
265 118
T
139
T
117
T
247
T
149
T
343
T
90
T
127
T
26
T
265
T
118
T1 T2 T3 T4 T5 T6 T7 T8 T9 T10
343
265 247 149 139 127 118 117 90 26
118
DT1 DT2 DT3 DT4 DT5 DT6 DT7 DT8 DT9 DT10
78 18 98 10 12
9 1 27 64 26
Graficar las corrientes de acuerdo a la temperatura modificada.
H
H
H
30 0
C
26
28 0 26 0 24 0
12
H 1 wCp 228. 6 228. 6 H 3 wCp 53.8 53.8
C 2 wCp 196. 1 196. 1
11
15 13
9
22 0 20 0
C
26 5
15
20
25
30
H2 T
wCp
T
1 5 9 1 3 7
20.4
247
20.4
149
C1 T
wCp
T
3 4 3 9 0
93.3
127
93.3
26
T
2 6 5 1 1 8
BALANCE ENTALPICO
H1 H2 H3 H4 H5 H6 H7 H8 H9 H10
2535
-4865.4 -32447.8 -2986
-3098.4 401.4 12.1 1968.3 2585.6 845
Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr
CASCADA DE CALOR Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 Q6 Q7 Q8 Q9 Q10 Q11
0 2535
-2330.4 -34778.2 -37764.2 -40862.6 -40461.2 -40449.1 -38480.8 -35895.2
-35050.2
Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr
Q2 Q3 Q4 Q5 Q6 Q7 Q8 Q9 Q10 Q11 Qc
CANTIDAD MINIMA DE CALENTAMIENTO Qh
3505 0.2
Btu/hr
CANTIDAD MINIMA DE ENFRIAMIENTO Q1
3505 0.2
Btu/hr
37585.2 32719.8 272 -2714
-5812.4 -5411
-5398.9 -3430.6 -845
-2.7285E12 -2.7285E12
Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr Btu/hr BTU/hr
PROBLEMA 11.9 Tjoe y linnhoff presentan la siguiente red que contiene parte de una planta de aromáticos. Se indican en el diagrama las cargas terminas de cada calentador y enfriador en MW. Se reportan los siguientes valores esperados de coeficientes de película para cada corriente involucrada en la red. corrienteee
H(W/°C m2)
H1
800
H2
500
H3
2000
H3
400
C1
5000
C2
1000
C3
500
C4
200
C5
600
usando un valor de ∆Tmin=25°C, realice un diagnostico de la red. Incluya la propuesta de una red revisada que tienda a
consumir la minima cantidad de energía. Tabla 1: Datos del problema Corriente
T ent, °C
C 1 C 2
327
C 3 C 4 H 1
220
H 2 H 3 H 4 H 5
164
220
160 300
125 170
300
Tsal, °C
Wcp, MW/°C
3 0 1 6 0 6 0 4 5 1 0 0 3 5 8 0 6 0 1 4 0
0,1
h,kw/m2 ºC 800
0,16
500
0,06
2000
0,2
400
0,1
5000
0,07
1000
0,175
500
0,06
200
0,2
800
dTmin
25
°C
Tabla 2: Temperaturas modificadas Corriente
T ent, °C
C1
65
C2
75
C3
30
C4
60
H1
325
H2
189
H3
150
H4
195
H5
325
Tsal, °C 9 0 2 0 0 2 1 0 1 4 0 1 2 5 6 0 1 0 5 8 5 1 6 5
Wcp, MW/°C 75 70 50 25 25 150 145 10 130
Tabla 4: Lista de mayor a menor de las temperaturas Corriente
T original
C1
327
Tmodific ada 65 3 0
C2
140
T17 T6
125
T7 T13
60
160
4 5 H1
210
T18 T2
30
220
6 0 C4
200
T14 T3
75
220
1 6 0 C3
90
T15 T12
325
325 1 0
0 H2
189
3 5 H3
150
60
195
105
325
T1
230
T2
2 1 0 2 0 0 1 4 5 1 4 5 1 4 0 1 3 0 1 2 0 1 1 5 1 0 5 9 0 9 0 7 5 7 5
T4 T5 T6 T7 T8 T9 T10 T11 T12 T13 T14
165
T4 T9
325 1 4 0
T3
85
T1 T10
195 6 0
H5
T5 T8
150 8 0
H4
T11 T16
189
° C ° C ° C ° C ° C ° C ° C ° C ° C ° C ° C ° C ° C ° C
T15
6 5 6 0 6 0 3 0
T16 T17 T18
° C ° C ° C ° C
Tabla 5: Balance de entalpia dT1
20
°C
dT2
10
°C
H1
2,3
MW
dT3
55
°C
H2
3,2
MW
dT4
0
°C
H3
14
MW
dT5
5
°C
H4
0
MW
dT6
10
°C
H5
1
MW
dT7
10
°C
H6
5,2
MW
dT8
5
°C
H7
5,2
MW
dT9
10
°C
H8
0,875
MW
dT10
15
°C
H9
-0,85
MW
dT11
0
°C
H10
1,725
MW
dT12
15
°C
H11
0
MW
dT13
0
°C
H12
1125
MW
dT14
10
°C
H13
0
MW
dT15
5
°C
H14
2,6
MW
dT16
0
°C
H15
375
MW
dT17
30
°C
H16 H17
0
MW MW
15,6
Tabla 6: Cascada de calor Q1 Q2 Q3 Q4
0 2,3 5,5 20
MW MW MW MW
Q5 Q6 Q7 Q8 Q9 Q10 Q11 Q12 Q13 Q14
20 21 26 31 32 31 33 33 1158
1158
MW MW MW MW MW MW MW MW MW MW
Por arriba del punto Umin Nc
3
Ns
1
3
Q15 Q16 Q17
1160 1535 1535
MW MW MW
Por abajo del punto Umin
4
Nc Ns
4
Cantidad minima de calentamiento
1
Qh Tabla 9: Cascada de calor corregida Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 Q6 Q7 Q8 Q9 Q1-Q3
dTC1 TCC1
-2,8 -21,6 -8,1 -39
-5,5 -13,37 -40,25 -11,1 60
MW MW MW MW MW MW MW MW MW
MW 36,2 Q1remandente 362
689
°C °C
1535,425
BTU/hr
Cantidad minima de enfriamiento Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 Q6 Q7 Q8 Q9 Q10 Q11 Q12 Q13 Q14 Q15 Q16 Q17
1535,425 1537,725 1538,625
1535,425
MW MW MW MW MW MW MW MW MW MW MW MW MW MW MW MW MW
Qc
2660,425
MW
P.P.C P.P.F
1550
1535,425 1536
1540,625 1540,625 1536,3 1534,575
1537,15 1535,425 2660,425 1535,425 1538,025 0
355
330
°F °F
