Ejercicios libro03a

UNIVERSIDAD MAYORFACULTAD DE INGENIERIA

TRANSFERENCIADE MATERIA

Dr. Carlos Martínez P.

Santiago, Abril de 2002

EJERCICIOS DE APLICACION

PROCESOS DE TRANSFERENCIA - EJERCICIOS DE APLICACION

UNIVERSIDAD MAYOR – Dr. Carlos Martínez Pavez – Abril 2002

2

INDICE Ejercicio 01 Flujo molar en sistemas reactivos 03 Ejercicio 02 Flujo molar en sistemas reactivos 05 Ejercicio 03 Absorción 07 Ejercicio 04 Absorción 10 Ejercicio 05 Absorción 12 Ejercicio 06 Humidificación 16 Ejercicio 07 Humidificación 20 Ejercicio 08 Destilación 24 Ejercicio 09 Destilación 27 Ejercicio 10 Destilación 31 Ejercicio 11 Extracción líquido-líquida 34 Ejercicio 12 Extracción líquido-líquida 37 Ejercicio 13 Extracción sólido-líquida 40 Ejercicio 14 Secado 43



3 Ejercicio 01 Flujo molar en sistemas reactivos Un sistema empleado para la eliminación de NH3 gaseoso, emplea oro metálico en forma de una delgada lámina, que a alta temperatura, reacciona en una forma instantánea con el NH3. Esta reacción es controlada por la difusión del NH3 a través de los gases resultantes. Au + 2NH3 = N2 + 3H2 Determinar la expresión del flujo molar de NH3 que reacciona con el Au estableciendo claramente las condiciones del contorno del sistema.



4

Desarrollo Dado que la reacción es instantánea en Z = 0 , ya = 0 En z = δ , yA = yAδ Dado que la reacción es instantánea , controla la difusión del NH3 a través de la mezcla, Aplicando la ecuación general de difusión,

dz

dyCD)y1(N AABaA −=+ ;

Separando variables e integrando :

AC

AB

223

N23N

2NN

3CN

1BN

2AN

H3NNH2Au

−=

−=∴

−=−=

+→+

Aaa

ABA

AA

Aaa

ABA

cBAaa

ABA

Nydz

dyCDN

)N23

2NN(y

dzdyCDN

)NNN(ydz

dyCDN

+−=

−−+−=

+++−=

+δ=∴

+−=

δ

δ

∫ ∫δ

a

ABA

0

y

0a

aABA

y11lnCDN

y1dyCDdzN a



5 Ejercicio 02 Flujo molar en sistemas reactivos Un moderno sistema para la eliminación de gases contaminantes nitrogenados de los automóviles, emplea platino metálico en forma de una delgada lámina, que a alta temperatura, reacciona en forma instantánea con el N2O Esta reacción es controlada por la difusión del contaminante N2O a través del resto de gases (principalmente N2 y CO2) que proviene del “múltiple” y que no reaccionan con el platino.

222 ON2ON2Pt +=+

Determinar la expresión del flujo molar de N2O que reacciona con el Pt estableciendo claramente las condiciones de contorno del sistema. Considere que la composición del contaminante a la salida del “múltiple” y antes de llegar al sistema de eliminación es yAδ donde A es el N2O.



6 Desarrollo Como la reacción es instantánea, en z=0, no existe N2O (yA=o) En z=δ , yA=yAδ , corresponde a la composición N2O que viene del proceso de producción que genera los contaminantes Por ser la reacción instantánea, controla la difusión del N2O a través de la mezcla, 222 ON2ON2Pt +=+ Aplicando la Ecuación General de difusión: Por condición de geometría plana (lamina) NA=cte Separando por variables, integrando,

2NN

NN

N2

N2

N

AC

AB

CBA

−=

−=∴

−=−=

)2

NNN(yd

dyCDN

)NNN(yd

dyCDN

AAAA

Z

AAMA

CBAAZ

AAMA

−−+−=

+++−=

Z

AAM

AA

AA

Z

AAMA

ddyCD)

2y1(N

2Ny

ddyCDN

−=+∴

−−=

+δ=∴

+−=δ⋅

+=

δ

δ

δ

∫∫δ

2y1

1lnCD2N

)2

y1ln(CD2N

2y1

dyCDdN

A

AMA

AAMA

y

0 A

AAMo ZA

A



7 Ejercicio 03 Absorción

Se debe recuperar NH3 de una corriente de 1500 lb mol/hr de humos provenientes de un reactor de cracking de refinería mediante el empleo de agua desmineralizada que se alimenta libre de soluto. La corriente de humo posee una composición de 10% molar NH3 (el resto puede considerarse aire) y se pretende recuperar el 90% del NH3 alimentando. El absorbedor de 4 ft de diámetro, trabajará a presión atmosférica y temperatura constante de 70º F. El solvente se alimentará a razón de 2 veces la cantidad mínima. Determinar el número real de platos con campanas burbujeadoras si la eficiencia global de platos es 60%.

Data de Equilibrio 14.7 psia, 70º F

Sistema NH3 – N2O (fracciones molares)

yA xA 0 0

0.012 0.003 0.040 0.008 0.050 0.010 0.100 0.018 0.150 0.025



8 Desarrollo Arreglando data en razones molares

YA XA m 0 0

0.0121 0.00301 4.02 0.0417 0.00806 5.17 0.0526 0.0101 5.20 0.1111 0.01833 6.06 0.1765 0.0246 6.17

m= 5.05 (método aproximado) YA1= YA2 = 0.1 · YA1=0.1 · 0.111=0.0111 YA2=0.0111 XA2=0 (solvente puro)

YA1=0.111 XA1

Graficando data de equilibrio y composiciones dadas en gráfico y ubicado: se tiene,

00915.0X0X0111.0111.092.10

XXYY92.1046.52

GLx2

GL

46.500183.0

0111.0111.0XXYY

GL

1A

1A2A1A

2A1A

S

Smín

S

Soper

2A1A

2A1A

s

Smín

=∴−

−==−−==⋅==

=−

−=−−=

Trazando operación y luego los platos teóricos, se tiene NT = 2.1

NR=NT / EOV

111.010.01

10.0y1

y1A

1A =−

=−

,Gs

Lsmín



9

Ahora se puede comparar usando la aproximación YA = 5.05XA

A= Del gráfico de KBS, NT = 2.3 Resultados se comparan bien: NReal=

1.00111.000111.0

mXYmXY

16.205.592.10

mGL

2A1A

2A2A

S

Soper

=−−=

−−

==

8.36.03.2

5.36.01.2

EN

ov

T

=

==



10 Ejercicio 04 Absorción

Se debe recuperar H2S desde una corriente de 1500 kg mol/hr provenientes de un horno de reverbero de una refinería de cobre mediante el empleo de agua desmineralizada que se alimenta libre de soluto.

La corriente de humos posee una composición de 10% molar de H2S (el resto puede considerarse aire) y se pretende recuperar el 90% de H2S alimentado. Se dispone de un absorbedor de 2 m de diámetro, que trabajará a presión de 3 ata y temperatura constante de 25º C El solvente se alimentará a razón de 2 veces la cantidad mínima. Determinar el número de platos con campanas burbujeadoras si la eficiencia global de platos es de 35%.

Data de equilibrio 3 ata y 25º C

Sistema H2S-H2O (en fracciones molares)

YA, gas XA, líquido 0 0

0.012 0.003 0.040 0.008 0.050 0.010 0.100 0.018 0.150 0.025



11 Desarrollo YA2=0.0111 XA2=0 (solvente puro)

YA1 = YA2 = YA1(1-0.90)=0.0111 YA1=0.111 XA1 Cálculo data equilibrio en razones molares

YA XA m=YA/XA 0 0

0.0121 0.00301 4.02 0.0417 0.00806 5.17 0.0526 0.0101 5.20 0.1111 0.0183 6.07 0.1765 0.0246 6.89

No es recta

Graficando data de equilibrio y composiciones dadas en gráfico y ubicando se tiene:

00915.0X0X0111.0111.092.10

XXYY92.1046.52

GL2

GL

46.500183.0

0111.0111.0XXYY

GL

1A

1A2A1A

2A1A

S

Smín

S

Soper

2A1A

2A1A

s

Smín

=∴−

−==−−==⋅=⋅=

=−

−=−−=

Trazando operación y platos NT=2.1

NR 631.01.2 == Reales

111.010.01

10.0 =−

,Gs

Lsmím



12 Ejercicio 05 Absorción Se debe recuperar acetona desde una corriente gaseosa en una columna de absorción que trabaja a presión atmosférica y 20ºC. Se empleará agua pura como solvente para recuperar el 90% de la acetona alimentada en la corriente gaseosa. La composición de acetona en la mezcla gaseosa es de 5% en peso. Considerar que los flujos molares de gas y líquido son: Gs=1180 kg mol/m2-seg Ls=3400 kg mol/m2-seg Determinar:

a) Altura del relleno de cascade mini rings si el coeficiente global de transferencia de materia (promedio para toda la columna), es Kga = 360 kg mol/hr-m3.

b) Número real de platos con campanas para una eficiencia global, Eov del 20%.

Considere que la mezcla gaseosa está compuesta sólo por acetona y aire. Los pesos moleculares son: acetona 58.1; aire 29; agua 18.

Data Equilibrio a 1 ata y 20ºC (yA, xA en fracciones molares)

Acetona en fase gas, yA Acetona en fase líquida, xA 0.0099 0.0076 0.0196 0.0150 0.0361 0.0277 0.0400 0.0307 0.0500 0.0383



13 Desarrollo

Dado que se usan razones molares,

0263.01.58

2905.01

05.0Y 1A =⋅−

=

( ) 00263.0Y90.01Y 1A2A =−=

0X 2A = (agua pura)

=1AX a determinar por balance

1180Gs = kg mol aire / m2 – seg

3400Ls = kg mol agua / m2 - seg

( ) ( )2A1As2A1As XXLYYG −=−

( ) ( )3400

00263.00263.01180Ls

YYGX 2A1As1A

−=−

=

00821.0X 1A =



14Data en razones molares,

YA XA m = YA/XA 0 0 -

0.0100 0.0077 1.3058 0.0200 0.0152 1.3133 0.0375 0.0285 1.3163 0.0417 0.0317 1.3166 0.0526 0.0398 1.3200

AA X31.1Y

31.1m

=

=∴

KBSusaráSe∴

10.00263.0

00263.0mXYmXY

2A1A

2A2A ==−−

20.2118031.1

3400mGLA

s

s =⋅

==

a) Del gráfico , Nog = 3.3

mhr

hrm

kgmolhrmkgmol

aSKGH

3

2

g

sog =

⋅−

−== O.K.

m28.3360

1180Hog ==

m11~82.103.328.3NHZ ogog =⋅=⋅=∴ b) Del gráfico con iguales YA2 / YA1 y A,

N = 2.2

112.02.2NR ==∴ platos reales



15Se ha construido y graficado los platos y se obtienen 2,1 (10.5 platos reales).



16 Ejercicio 06 Humidificación Estimar la altura de relleno (en m) de tablillas de alerce de una torre de enfriamiento de tiro inducido de 4.5 m de diámetro que se usa para enfriar 10 kg/seg de agua que sale del economizador de la Central Térmica Renca de Santiago, desde una temperatura de 40ºC hasta 20ºC antes de alimentar esta agua a las calderas. Considere que el aire de enfriamiento tiene las condiciones medias anuales de TBS = 20ºC y TBH = 15ºC. Además, por condiciones de diseño, se debe trabajar con un flujo de aire igual a dos veces el mínimo. Se estima que el coeficiente global de transferencia de materia para el relleno es Kga = 0.18 kg/seg-m3.



17 Desarrollo

Con TBH = 15ºC en curva entalpía aire saturado, HG2 = 42 kJ/kga.s. Gsmín se determina por tangente a equilibrio desde (1)

204042H

TTHH

250.5

GcL

50.520264275

GcL

2G

1L2L

1G2G

Soper

pLS

Smín

pLS

−−

=−−

==⋅

=−−=

⋅

.s.kga/kJ97H 2G = Del gráfico, de construye la siguiente tabla:

TL HG H*G H*G - HG G

*G HH

1

−

TL1=20 42 57.5 15.5 0.0645 25 56 76.5 20.5 0.0488 30 69.5 98 28.5 0.0351 35 83.5 125 41.5 0.0241

TL2=40 97 166.8 69.8 0.0143



18

( ) ( ) ( )( )

mkg/kJmmseg/kg

CºCºkg/kJseg/kg

HH

dTAak

cLZ

23

T

TG

*Gg

pLS 2L

1L

=⋅

⋅

−

⋅−⋅=−

⋅⋅

⋅= ∫

( )m8.1074.0

5.44

18.0

18.410Z2

=⋅π⋅

⋅=



19



20Ejercicio 07 Humidificación Se debe calcular la altura de relleno requerida para una torre de enfriamiento de 10 ft de diámetro que debe enfriar 50000 lb/hr de agua proveniente de un economizador. El agua entra a la torre a 120ºF y debe ser enfriada hasta lod 80ºF, mediante aire ambiente de TBS = 70ºF Y TBH = 60ºF. La torre trabajará con un flujo de aire igual a 2 veces el mínimo. Considere que e coeficiente global de transferencia de materia (Kga) tiene el valor de 1525 lb/hr-ft.



21 Desarrollo

Aire entrada: con TBH = 60ºF, HG1 = 20 BTU/lb a.s. La condición de Gsmín se determina mediante la tangente a curva de equilibrio,

8012020H

TTHH

2128.2

GcL

128.2805.103

2070G

cL

2G

1L2L

1G2G

Soper

pLS

Smín

pLS

−−

=−−

==⋅

=−

−=⋅

∴ .s.lba/BTU6.62H 2G = Los puntos se ubican en el gráfico, para construir tabla.

TL HG H*G H*G - HG G

*G HH

1

−

TL1=80 20 36 16 0.0625 90 31 48 17 0.0588

100 41.5 63.5 22 0.0455 110 52 84.5 32.5 0.0308

TL2=120 62.6 112 49.4 0.0202



22

ft

fthr.s.lba

1Fºlb

BTUhrlb

.s.lbaBTU

FºHH

dTAak

cLZ 2L

1L

T

TG

*Gg

pLS =

−

⋅−

⋅⋅=−

⋅⋅

⋅= ∫

ft58ft9.571525

150000765.1Z ≈=⋅⋅=



23



24Ejercicio 08 Destilación Una columna de destilación de platos con campanas burbujeadoras (bubble caps) que trabaja a 1 ata, se alimenta con una corriente F = 400 kg mol/hr como líquido saturado y de composición 50% molar en benceno (el resto es tolueno). La columna posee un reboiler (hervidor) y un condensador total que sólo remueve calor latente. Se trabajará con una razón de reflujo, RD, igual de dos veces la mínima. Si el destilado debe contener 90% molar en benceno (xD) y el residuo 10% molar en benceno (xW), determinar el número real de platos para una eficiencia global, Eov, del 50%.



25 Desarrollo

Del gráfico se determina RDmín

1R9.0

1RX50.0a

DmínDmín

D+

=+

==

80.0RDmín =

60.180.02RDoper =⋅=

3462.016.1

90.0b =+

=

F = D + W F·xF = D·xD + W·xW 400 = D + W 400 · 0.5 = D · 0.9 + W · 0.1

∴ D = 200 lb mol / hr W = 200 lb mol / hr L = RDoper · D = 1.60 · 200 = 320 lb mol / hr V = (RDoper + 1) x D = (1.6 +1) · 200 = lb mol / hr

mLOS = 3154.0520320 = Gráfico:

50.090.0652.090.0

−−



26

520VV == 720400320FLL =+=+=

mLOI = 385.1520720

VL == Gráfico: 30.1

10.050.010.0652.0 =

−− O.K.

Trazado de platos, 15.018N +−= ; N = 14 platos +1 reboiler


UNIVERSIDAD MAYOR – Dr. Carlos Martínez Pavez – Marzo 2002

27 Ejercicio 09 Destilación Se debe separar una mezcla de pentano y hexano en dos productos: un destilado de 90% molar en pentano y un residuo de 10% molar en pentano, en una columna de destilación de platos con campanas burbujeadoras que trabaja a presión atmosférica con dos alimentaciones: F1 de 1200 lb mol/hr de 50% molar en pentano que entra como líquido saturado y F2 de 1000 lb mol/hr de 30% en pentano que entra como vapor saturado. La columna trabajará con una razón de reflujo igual a 1.875 veces la mínima. La columna posee un reboiler y un condensador total (sólo remueve calor latente). Para una eficiencia global de platos del 30%, determinar el número de platos reales mediante el Método de Mc Cabe-Thiele.



28Desarrollo

F1 + F2 = D + W 1200 + 1000 = D + W = 2200

D = 2200 – W

F1·xF1 + F2·xF2 = D·xD + W·xW

1200 · 0.5 + 1000 · 0.3=D · 0.9 + W + 0.1 = 900

900 = (2200 - W ) · 0.9 + W · 0.1

W = 1350 lb mol / hr D = 850 lb mol / hr

DRL Dmín ⋅=∴ Se debe determinar RDmín gráficamente,

DmínDmín

DR

90.050.01R

X==

+

8.0RDmín =∴

RD = 1.875 · 0.80 = 1.5 L= 1.5 · 850 = 1275 V = (RD+1)·D = (1.5 + 1) · 850 = 2125



29

247512001275FLL 1 =+=+= 2125VV ==

x5.03.066.0647.1

21252475

VL

−−===

1909.0x =∴

2475LL ==

112510002125FVV 2 =−=−=

20.211252475

V

L ==

Del gráfico : 20.21.01909.0

1.03.0

V

L =−

−= O.K.



30



31 Ejercicio 10 Destilación

Se debe someter a destilación una mezcla de etanol-agua que contiene 40% en peso de etanol para obtener un destilado de 80% en peso de etanol y un residuo de 10% en peso de etanol. Considere que la columna trabajará a presión atmosférica con un reboiler y un condensador total (sólo remueve calor latente) y que la alimentación entra como líquido saturado. Para una eficiencia global de platos del 20%, determinar el número de platos reales mediante el Método de Ponchon-Savarit para una razón de reflujo de 3.9 veces la mínima.



32 Desarrollo

Se ubican en el gráfico los puntos D, F, W Se traza tie line por F para determinar D’mín sobre xD = 0.80

Se mide 1mín V'D =1.7 cm y cm75.7DV1 =

22.075.77.1RDmín ==∴

75.7x858.022.09.3RDoper ==⋅=

cm65.675.7858.0xV'D 1 =⋅== Conocido D’, se determina polo B’. Luego se trazan las etapas en la forma usual( primero D’, luego B’)

Reboiler11112.0

12.3NT +=+−=∴



33



34 Ejercicio 11 Extracción líquido – líquida El proceso para extraer oro en la forma de catión Au2+ desde soluciones acuoso-ácidas (nítricas) provenientes del sistema de electro-obtención de Chuquicamata, es uno de extracción líquida-líquida. Para extraer el catión se recurre a una batería horizontal de mixer-settlers que opera en contracorriente y estado estacionario, con el empleo de un solvente sintético, el cual entra puro a la batería. El solvente es completamente inmiscible con el agua. Atendiendo a aspectos económicos de la futura explotación comercial, se estima que es necesario recuperar el 95% del catión presente en la solución acuoso-ácida proveniente de electro-obtención y que contiene 12.3 meq de Au2+/litro de solución acuoso-ácida. Se trabajará con una cantidad de solvente equivalente a 1.5 veces la mínima. La relación de equilibrio del sistema a 25ºC y 1atm, está dada por, C0 = 2.5· CAN Donde C0 : meq de Au2+ /litro solución orgánica. CAN : meq de Au2+ /litro solución acuoso-ácida



35 Desarrollo Dado que fases son inmiscibles, se puede emplear volúmenes para VA y VO (en lt) y las composiciones en meq Au2+/lt. VO: cantidad solvente puro, lt VA: cantidad mezcla acuoso-ácida, lt Alimentación CAF = 12.3 meq Au2+/lt Refinado CANp = 12.3 (1-0.95) = 0.615 meq Au2+/lt Solvente CA(Np+1) = 0 (puro) Balance Au2+ Au2+ in = Au2+ out VO (C01 - C0(Np+1) = VA (CAF - CANp)

operANpAF

)1Np(001

O

A mCC

CCVV =

−−

=∴ +

La relación para V0mín se obtiene del gráfico para corte en equilibrio con CAF, Del gráfico se obtiene, COmáx = 30.7 meq Au2+/lt Para condición dada de VOoper = 1.5 VOmín

( ) 715.1615.03.125.1

07.30V5.1V

VV

Omín

A

Ooper

A =−−==

;615.03.120C715.1 01

−−

= C01 = 20.47 meq Au2+/lt



36 Se traza la relación de operación y la bisectriz 50% para tomar en cuenta eficiencia Murphree de fase orgánica (C*o – Co).

Número de etapas reales = 11~10

+ mixer-settlers



37 Ejercicio 12 Extracción líquido-líquida Un sistema de extracción líquido-líquida debe tratar 5000 m3/hr de solución acuoso-ácida que contiene una composición de 0.07 kg de U3+/m3 de solución. Calcular el número de mixer-settlers necesarios para recuperar el 91% del U3+ alimentado al sistema de extracción, si se emplea una cantidad de solvente (orgánico y completamente inmiscible con la solución acuoso-ácida), igual a dos veces la mínima. Considere que el solvente entra puro al sistema. Según datos experimentales, la eficiencia global del sistema es de 30%.

Data de Equilibrio a T y P constante Fase acuoso-ácida, kg U3+/m3 solución Fase orgánica, kg U3+/m3 solución

0.0125 0.005 0.0250 0.01 0.0375 0.015 0.0500 0.020 0.0625 0.025 0.0750 0.030



38 Desarrollo Dado que solvente y fase acuoso-nítrica son inmiscibles, se puede reemplazar R y E por volúmenes medidos en m3 / hr.

VS : m3 / hr de solvente puro VA : m3 / hr de mezcla acuoso-nítrico

CAF= 0.07 kg de U 3+ / m3

CS(n+1) = 0, solvente puro

CAN = (1 - 0.91) · 0.07 = 0.0063 kg U3+ / m3

Balance U3+:

VS (CS1 - CS(N + 1)) = VA (CAF – CAN) Curva equilibrio :

Pasaremos a 102 x kg U 3+ / m3 solución (comodidad)

CS·10 2 CA·102 m = CS / CA 0.5 1.25 0.40 1.0 2.50 0.40 1.5 3.75 0.40 2.0 5.00 0.40 2.5 6.25 0.40 3.0 7.50 0.40

CS = 0.4 CA

Se grafica y ubican los puntos y determina VSmín.

( )447.0

1063.06

104.2V

V2

2

Smín

A =⋅−

⋅=−

−

( ) 21s

Soper

A

1063.06

0C2235.02447.0

VV

−⋅−

−===

012.0C 1S =∴ kg U3+ / m3



39

Ubicando relación de operación y trazando las etapas, se tiene, N = 2.7

NReal = 930.07.2 = mixer – settlers

Dado que se trata de líquidos insolubles (solvente B y no soluto A ), emplearemos, también, KBS,

Ordenada: ( )

( )09.0

07.00063.0

CC

mCCmCC

AF

AN

1NsAF

1NsAN ===−−

+

+

Parámetro: 79.12235.014.0

VopermV

ABm

A

S =⋅==′

Del Gráfico, se tiene, N = 2.7 ( idéntico valor)

NReal = 93.07.2 = mixer-settlers



40 Ejercicio 13 Extracción sólido – líquida Se desea lixiviar hígados frescos de mero o bacalao que contiene 25.7% en peso de aceite, con éter etílico puro, para extraer el 95% del aceite alimentado, usando una batería de mixer-settler que opera en contracorriente. Si se alimentan 1000 kg/hr de hígados frescos y la solución fuerte debe contener 70% de aceite, calcular las cantidades y composiciones de las corrientes de salidas, así como el número de mixer-settlers.

Data de Equilibrio a 22ºC y 1 ata kg de solidos / kg solución retenida kg aceite / kg solución

4.88 0.0 3.50 0.2 2.47 0.4 1.67 0.6 1.39 0.81



41 Desarrollo

No existe arrastre de sólidos en solución fuerte. F= 1000 · 0.257 = 257 kg / hr ; sólidos = 1000 – 257 = 743 kg/hr

89.2

257743N

1257257y

F

F

==

==

Aceite en R1 = 257 - 0.95 = 244.15

hrkg79.348R

70.0R

15.244x

1

11

=

==

Determinación de yNP, Aceite no recuperado en sólido agotado, 257 · 0.05 = 12.85 kg

NP

NP

NP

NP

Eenaceite

EenSólidos

soluciónkg/Eenaceite

soluciónkg/EenSólidosyN ==

82.5785.12

743yN ==

82.57N = · y (pasa por origen con m = 57.82) Esta recta corta en NENp vs yNp

Puntos del gráfico, m= 57.82 = 0y04

−− ; y = 0.0693

YNP=0.075 kg aceite / kg solución



42

Se necesitan 6+ mixer-settlers. Balance en batería (aceite in = aceite out) FyF + RNp+1 xNP+1 = R1x1 + ENp yNp 257 · 1 + 0 = 348.79 · 0.7 + ENP · 0.075 ENp = 171.29 kg/hr F + RNp+1 = R1 + ENp 257 + RNp+1 = 348.79 + 171.29

RNp+1 = 263 kg/hr



43 Ejercicio 14 Secado Un sólido será sometido a secado desde un contenido inicial de humedad de 25% hasta el 6 % en peso de humedad final. Si el peso inicial del sólido húmedo es de 350 lb y la relación de sólido seco a superficie de evaporación es de 8 lb de sólido seco/ft2 de superficie de evaporación (L0/A), calcular el tiempo total de secado. La data de secado se presenta en la siguiente tabla de función de la velocidad de secado versus humedad en base seca.

Velocidad de secado, lb humedad /ft2-hr lb humedad /lb sólido seco 0.30 0.40 0.30 0.20 0.23 0.15 0.15 0.10 0.075 0.075 0.00 0.05



44 Desarrollo

osec.sóllb

humedadlb333.025.01

25.0Xo =−

=

osec.sóllb

humedadlb064.006.01

06.0XF =−

=

Para determinar el tiempo total de secado se puede construir una tabla de valores 1/N con X y luego integrar en X0 y XF.

∫=θO

F

X

Xs

T Ndx

AL

También se puede calcular el tiempo durante el período constante,

( )c

cosc AN

XXL −=θ

y luego el tiempo en período decreciente,

∫=θc

F

X

Xs

f Ndx

AL

fcT θ+θ=θ∴ Como necesariamente debe integrarse gráficamente, emplearemos una sola integración para Tθ . Se graficará 1/N vs. X

X N 1/N

X0=0.333 No=0.300 3.33 0.250 0.300 3.33 0.200 0.300 3.33 0.150 0.230 4.35 0.100 0.150 6.67 0.075 0.075 13.30

Xf=0.064 NF=0.042 23.81 (Leído / interpolando de los datos, NF)

064.010.0N15.03

05.010.0015.0m

XXNN F

F1

F1−

−==

−−==

−−

042.0NF =∴



45

El área bajo la integral da un valor de 1.39

hr12.1139.1x839.1xALs

T ===θ∴

Verificación unidades,

( )K.Ohrfthrhumedadlb

osec.sóllbhumedadlb

ft

osec.sóllb22T =

−⋅=θ

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Ejercicios libro03a