Transferencia de Masa Trabajo

 

FASE 4 - CORREGIR LA SOLUCIÓN A SITUACIONES PROBLEMAS CONSOLIDAR  Y SUSTENTAR

Presentado por: CÓDIGO:

TUTOR:

MATERIA TRANSFERENCIA DE MASA

GRUPO

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS TECNOLOGÍA E INGENIERÍA INGENIERÍA DE ALIMENTOS DICIEMBRE 2019

 

INTRODUCCION

La transferencia de masa cambia la composición de soluciones y mezclas mediante métodos que no implican necesariamente reacciones químicas y se caracteriza por transferir una sustancia a través de otra u otras a escala molecular. Cuando se ponen en contacto dos fases que tienen diferente composición, la sustancia que se difunde abandona un lugar de una región de alta concentración y  pasa a un lugar de baja concentración. concentración. El proceso de transferencia molecular de masa, al igual que la transferencia de calor y de momentum está caracterizado por el mismo tipo general de ecuación En esta ecuación la velocidad de transferencia de masa depende de una fuerza impulsora (diferencia de concentración) sobre una resistencia, que indica la dificultad de las moléculas para transferirse en el medio. Esta resistencia se expresa como una constante de proporcionalidad entre la velocidad de transferencia y la diferencia de concentraciones denominado: "Difusividad de masa". Un valor  elevado de este parámetro significa que las moléculas se difunden fácilmente en el medio.

 

OBJETIVOS General 

Compila, analiza y resuelve los ejercicios de la fase 1, 2 y 3.

Específicos



 



El estudiante determina los mecanismos de transferencia de masa en diferentes fenómenos comunes en la vida diaria. Analiza y corrige todos los ejercicios de las fases del curso. Estudiar el comportamiento sistema de extracción líquido-liquido de Contacto sencillo. Evaluar la relación de alimentación solvente / vinagre, y determinar cuál proporción es la más eficiente en la separación.

 

FASE 1 1. En un tubo de 2 m de largo se difunde amoníaco gaseoso en nitrógeno gaseoso a la presión de 1 atm y a 20 °C. Al principio del tubo la presión del amoníaco es de 1,5 atm y en el final del tubo la presión es de 0.5 atm: la difusividad del amoníaco en nitrógeno a esa presión y temperatura es de 0,15 x 10-4 m2 / s. Calcular el flujo de amoniaco amoniaco y nitrógeno en el tubo. Supuestos: difusión equimolecular y, si un gas se difunde en el sentido contrario del otro.

La siguiente figura 1. Ilustra la anterior situación:

Figura 1. Ilustración 1

NH3

NH3

PNH  = 1,5 atm

PNH  = 0,5 atm

3

3

2m

T = 20°C

SOLUCION

FLUJO DE AMONIACO= FLUJO DE NITROGENO) = EQUIMOLECULAR Datos:

 m2  D AB= 0.15∗10   Difusividad s T º =20 º C =293 K  −4

:

JA =

− Dab  DP  nA  . =    RT   DL  AT 

Se procede a sustituir valores.

(mol/m² s)

 

−4

m2 / s (1,5 atm −0,5 atm ) JA =J  A= 3 −5 m ∗atm 8,20∗1 0 ∗( 20 ° C + 273,15 K )∗(2 m)  K ∗mol  

0,15∗1 0

J  A =3,12∗1 0−6

 Kgmol m2 s

FENOMENO: TRANSFERENCIA DE MASA MOLECULAR Teniendo en cuenta la ley de Fick, para estado estacionario explicar el fenómeno ocurrido y con base en ella explicar la influencia de los siguientes factores sobre la velocidad de transferencia:



Área de transferencia: es inversamente proporcional a la velocidad del flujo; es decir, a mayor área de transferencia menor flux:

JA =

nA   Donde:  A

nA: flujo molar 

 

A: área transversal

 

JA: flux molar  

Difusividad: la difusividad indica la facilidad con que un compuesto A se transfiere en una mezcla. Si la difusividad tiene un valor alto entonces hay mayor may or facili facilida dad d del del trans transpor porte te de masa masa y así así mismo mismo causa causa una una mayor  mayor  velocidad de flujo.



Diferencia de concentraciones entre fases : el gradiente de concentración es la fuerza impulsora en el fenómeno de transferencia transferencia de masa, por ende, ante mayor es esta diferencia se favorece el transporte y por tanto el flujo.

 dCa JA =− Dab   Rela Relaci ción ón dire direct ctam amen ente te prop propor orci cion onal al entr entre e JA y la  DL diferencia de concentración dCa. Dónde: dCa: gradiente de concentración JA: flux 

Temperatura:  en mezcl mezclas as gaseo gaseosas sas,, la tempe temperat ratura ura es invers inversame amente nte proporcional al flux, ya que las concentraciones de los gases quedan en función de las presiones parciales y la temperatura:

 

 dCa JA =− Dab   Para gases, usando ecuación de gas ideal:  DL  n  Pi   n  PiV =nRT →  =   ;  = Ca V   RT  V    Pi Reemplazando: Ca = RT en la ley de frick: JA =− Dab

(  )

  d   Pi Dónde: R= R= constante constante de los gases gases ideales. ideales. Y teniendo teniendo  DL  RT 

que T= CTE

JA =

− Dab  dPi  .   De esta forma se demuestra que la temperatura es inversa  RT   DL

a la velocidad de flujo JA. 

Presión:  para para las mezclas mezclas gaseosa gaseosas, s, ent entre re mayor mayor sea el gradien gradiente te de presión parcial de un compuesto A, mayor será su flux:

JA =

− Dab dPi   Relación directamente proporcional entre JA (flux) y el  RT   DL

gradiente de presión dPi. Tipo de régimen de flujo: la transferencia de masa molecular se ve favorecida por un régimen laminar de flujo, ya que en este régimen hay una mayor  gradiente de concentración

 

2. En la empresa de Lácteos ABC se tiene un tanque de almacenamiento que contiene agua con su parte superior abierta al aire, el agua es empleada como fluido de servicio en los procesos. Se desea saber ¿qué cantidad de agua se pierde? considerando considerando que existe una corriente de aire seco a 45 °C que sopla sobre el tanque. El tanque es cilíndrico con un diámetro de 3,5 m. El nivel del líquido en el tanque se mantiene constante a medio metro por  debajo de la boca tal como se muestra en la figura.

Figura 2. Ilustración 2

SOLUCIÓN Para resolver este ejercicio debemos tener en cuenta lo siguiente:

El flujo molar en coordenadas estacionarias está dado por:

− D AB∗d ~ C   AA ~ ~ ~  N  A =   + Y  A ( N  A + N B ) dZ  ~

~

Si  N B =0 fluido estacionario tenemos: ~

~

 N  A =−C D AB

[  ]

~

 d Y  A A ~ 1−Y  A dZ    1

Integrando:

 A Z =Z 1 Y   AA=Y   AA 1 ~ ~  A Z =Z 2 Y  A=Y  A  2

 

Entonces tenemos: 2

2

~

 N  A ∫ dz =C D AB∫ ~

1

1 ~

−d  y 1−d  y A ~

~

~

~

1− y A 2  N   AA = Z  C− D AB Z  ∈ 1−  y ~

2

 A 1

1

Como 1− y A 2= y B 2   Y 1− y A 1= y B 1  para mezclas binarias en donde  y A  es la  y B  es la fracción mol de B fracción mol de A (agua) en la mezcla gaseosa y (aire) en esa mezcla. ~

~

~

~

~

~

Tenemos la siguiente ecuación:

 y B 2− y B 1 ~

 y = ~

Bm

~

~

¿  y B 2  y B 1 ~

Sustituyendo tenemos: ~

~

 N  A =

C D AB ( y A 1− y A 2 ) Z  − Z   y ( 2 1) Bm ~

~

~

Datos  Presión  Pre siónde de vapor del agua aguaaa 45 ° C = 49 mmdeHg Como sabemos la corriente de agua está a 45°C lo que es igual a 49 mm de Hg y tenemos que la difusividad de la mezcla agua + aire es igual para 273K DE 0,22 x 10-4 m2/ s interpolamos a 45°C

T =45 ° C + 273,15 T =318,15 K  Realizamos una interpolación donde:

 x =318,15 ° K y =?  x 1=298 ° K y 1=0.260 c m2 / s  x 2=315 ° K y 2= 0.288 c m2 / s  x − x 1  y = y1 +  x 2− x1 ( y 2− y 1)

[(  )

]

 

[(

 y = 0.260 c m2 / s +

 )

318,15 K −298 K  ( 0.288 c m2 / s −0.260 c m2 / s ) 315 K − 298 K 

]

 Se obtiene que:

 y = 0.2931 c m2 / s Realizando el cambio de unidades:   1m

2

 y = 0.2931 c m / s

2

10000 c m

2

= y =2,931 x 10−5 m2 / s

El coeficiente de difusión es: −5

2,931 x 10 m 2 / s

Para calcular el valor de  y A 1 consideramos que el aire es seco, el vapor de agua según datos es completamente saturado lo que establece que:

airee sec secoo  y A 2 =0 air  y B 2=1 vap vapor or sat satuu Continuando el desarrollo de los ejercicios calculamos el valor de  y A 1 según la fórmula:

 PO  y A 1 =  P T  Convertimos la presión inicial dada en mm de Hg a atm 1 atm 760 mmdeHg

∗49 mmdeHg

 P= 0,0644 atm

Remplazamos en la fórmula:

 y A 1 =

0,0644 atm 1 atm

 y A 1 =0,0644 Remplazamos el valor de  y A 1 para despejar  y B 1 1− 0,0644= y B 1 0,9356 = y B 1

 

Con los valores obtenidos, despejamos  y Bm según la formula antes establecida

 y Bm =

1 −0,9356   1 ln 0,9356

 y Bm =0,9674 Despejando la última incógnita para la formula general tenemos que C se puede calcular por medio de la siguiente ecuación donde:

 P  = C   RT  0,0644 atm

 

C =

0,08205746

−3

2,464 x 10

 atm∗ L ∗318,15 K  mol∗ K 

mol / L=C 

C =2,522 x 10−3 mol / L

1000 L 1m

3 2,464   C  = mol / m 3

Teniendo en cuenta esto podemos despejar el valor del flujo molar la incógnita principal del ejercicio con la fórmula establecida anteriormente.

 Ñ  A =

 Ñ   AA =

 

CD AB ( Z ¿ ¿ 2 −Z 1 ) y Bm ( y A 2 − y A 1 ) ¿ 2,4643mol   ∗2,931 x 10−5 m 2 / s

m

(0,5 m)( 0,9674 )

 Ñ  A =9,615 x 10−6

 

( 0,0644− 0 )

  mol m2 . s

 Ahora para para hallar hallar el agua que se pierde: pierde:

 A =π ∗r 2 r =1.75 m A = π ∗ 1.752 A =9,62 m2  2 O / s  x 9,62 m2 x  118 g H 2 2 OO =1,665 x 10−3 g H  2  Ñ   AA =9,615 x 10−6   mol 2   2 molH  m .s

 

 Ñ  A =¿ 1, 665 x 10−3

 2 O  3600 s  2 O  g H  2  g H  2   x   = 5,99 1h s h

RESPUESTA: Se pierden 6 gramos de agua por hora

3. En una planta de alimentos se realiza un proceso de evaporación de agua. Se le solicita determinar el coeficiente de trasferencia de masa considerando la evaporación de agua de una bandeja sobre la que circula aire con una velocidad de 4 m/s. La temperatura del agua y del aire es de 28°C. La anchuraa de la bandej anchur bandejaa es de 60 cm, y la longitud longitud en la direcc dirección ión que fluye el aire es de 24 cm. La difusividad del vapor de agua en el aire es D = 0,26 x 10 -4 m2 /s.  SOLUCION: Datos: Debemos calcular el número de Reynolds y determinar el tipo de flujo, si es laminar o turbulento.

 Aire Temperatura:28°C Velocidad: 4m/s Viscosidad cinemática del aire a 28°C: 15.82∗10−6 m2 / s Sistema aire-agua: D: 0.26∗10−4 m2 / s

60 =0.6 cm 100 24 =0.24 cm 100

1. Calcula Calcularr el número número de de Reyno Reynolds: lds: 4m

 N ℜ=

s

  ∗0.24 m −6

2

15.82∗10 m / s

=60.75∗103

 

2. Consid Considerar erar el número número de Sherw Sherwood ood y número número de Schmid Schmidt: t:

 Km∗ L  N Sh= =0.664 ( N ℜ)1 /2 ( N Sc )1/3  D AB Para calcular el número de Sherwood debemos despejar y hallar los valores que faltan: Calculamos el número de Schmidt:

  V  15.82∗10−6 m2 / s 2 =  N Sc Sc = − 4 2   =0.608 m / s  D AB 0.26∗10 m / s 3. Despe espeja jamo mos s Km: Km:

 Km =0.664 ( N ℜ)1 /2 ¿ ¿ ¿  Km =0.664 ¿ ¿ ¿ −4

 Km =

0.664 ( 30.375 ) ( 0.123 )∗0.26∗10

m2 / s

0.24 m

 Km =2.68∗10−4 m2 / s  Ahora si calculamos calculamos el número número de Sherwood Sherwood::

 Km∗ L  N Sh=  D AB −4

 N SShh=

m2 / s∗0.24 m −4 2 0.26∗10 m / s

2.68∗10

 N SShh= 2.47∗10−16 m2 / s 4. Calcula Calcularr la veloc velocidad idad de evapo evaporaci ración: ón:

m˙  A = KmA ( C  A ,s −C  A ,∞ )  Donde C  A, s es la concentración en condiciones de saturación: C  A, s= P A ,s y C  A , ∞ es la concentración del agua en la corriente libre, teniendo en cuenta la humedad relativa del 50%

 P A ,∞=( 0.5 ) P A , s 5. Reemp eempla laza zarr los los valo valore res s en la ecua ecuaci ción ón y calc calcul ular ar la veloc elocid idad ad de evaporación:

m˙  A = KmA ( C   AA ,s −C  A A ,∞ )

 

m˙  A =2.68∗10−4 (0.144 m2 )( 0.0229

 kg  kg −0.0115 3 ) 3 m m

m˙  A =6.33∗10−8

FASE 2 1. En una industria de Alimentos se tiene una corriente de aire está contaminada con una sustancia orgánica que se desea eliminar. Para ello, 500 kg/h de aire son introducidos por la  base de una torre de relleno con anillos Raschig dispuestos al azar, por la que circulan en contracorriente 3.500 kg/h de un aceite mineral. Se le solicita calcular: a) El diámetro de la torre correspondiente a la velocidad de anegamiento.  b) El diámetro de la torre cuando la velocidad es 0,4 veces la de anegamiento.

Propiedades de los fluidos: Líquido: Densidad = 900 kg/m3; viscosidad = 40 mPa·s. Gas: Densidad = 1,1 kg/m3. Para el relleno utilizado: (a/ε3) = 300 m2/m3. La velocidad de anegamiento se calcula utilizando la ecuación de Sawistowsky:

[

2  V  ANEG   ∗a   n g   ∗  L 3 n agua ε ln  ρ L

0.2

( )∗

 ρG

]

w L 14  ρ L ∗ =− 4 =−  ρG wG

1 8

(  ) (  )

(w) es el caudal masivo, denotando los subíndices gas (G) y Liquido (L).

 

Sustituimos datos:

[ [

(

  ] (  ) (  )  )  ]

 )

 kg m2 40 mPa∗s 0.2 kg 14  1.1  kg ∗ 1.1 ∗ 3500 2   V  ANEG h m3 m3 m3 1 mPa∗s  ANEG ln ∗300 =−4 ∗ 2 kg  kg  kg 9.8 m / s 500 900 3 900 3 h m m

(

m2 40 mPa∗s 0.2 ∗1.1 kg3 ∗ 2 3 1 mPa∗s   V  ANEG m m  ANEG ln ∗ 300 =−2.81337 2  kg 9.8 m / s 900 3 m

2 V  ANEG   ANEG ∗0.7668 m=e−2.81337 2 9.8 m / s

e−2.81337∗9.8 m/ s2  m2 V  ANEG   =0.7668 2   ANEG = 0.7668 m s 2

√

m2 V  ANEG = 0.7668 2 s

V  ANEG =0.8756

 m s

Aplicamos la ecuación de continuidad para calcular el diámetro de la torre:

(  )

  k  m3   k  3500 3 m   wG S= = =0.1483 m2 m  ρG∗V  ANEG  kg (1.1 3 ∗0.8756  ) s m   500

1 8

 

El diámetro de la columna es:

 D=

√ √ 4S

 = π 

4∗0.1483 3.1416

  =0.4345 m

Cuando la velocidad es 0,4 veces la de anegamiento

¿

 

wG

( )

  500 3500  ρG∗(V ¿¿  ANEG∗0.4 )= = 0.3708 m2 ¿ 1.1∗( 0.8756∗0.4 )

 D=

√ √ 4S

 = π 

4∗0.3708   =0.6871 m 3.1416

2. Una corriente de aire con una humedad absoluta de 0,010 kg de agua/kg de aire seco se desea secar hasta una humedad de 0,006 kg de agua/kg agua/kg de aire seco, con el fin de utilizarla utilizarla en un proceso de secado de semillas. Para realizar esta deshumidificación, se utiliza una torre de absorción rellena de anillos Raschig de 2 pulgadas, siendo el líquido absorbente una solución de soda cáustica al 50% en peso. Si el caudal de disolución absorbente que se utiliza es un 25% superior a la mínima, se le solicita a usted calcular la altura que debería tener la torre para realizar esta operación, sabiendo que la altura de una unidad de transferencia es de 60 cm.Para este sistema, los datos de equilibrio se dan en la siguiente tabla:

X (moles H2O/ O/-mol NaOH) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 16

Y (moles H2O/O/mol aire seco) 0 4 11 28 67 100 126 142 157 170 177 190 202

 

Para las masas moleculares de agua, aire e hidróxido sódico se toman los valores 18, 29 y 40 kg/kmol, respectivamente Para dar solución al problema planteado hacemos uso de la definición de razones molares: Y 1=0.010

 Kg H 2 O 1 kmol H 2 O 29 kgaire

 Kgaire seco 18 Kg H 2 O  Kgaire  Kg H 2 O 1 km kmol ol H 2 O Y 2= 0.006  Kgairee seco 18 Kg H 2 O  Kgair

=0.0161

kmolH 2 O

1 kmolaire

 Kgaire seco  Kgaire kmol km ol H 2 O 29 kgaire =0.0097  Kgairee seco  Kgair 1 kmolaire

Para la corriente liquida entrante en la columna, la razón molar se define como:

 X 2 =

  50 Kg H 2 O 50 Kgaire  Kgaireseco seco

1 km kmol ol H 2 O 40 kg Na kmol km ol H 2 O NaOH  OH   =2.22 18 Kg H 2 O 1 kmo  Kmol NaOH  kmoll NaO NaOH  H 

Para las masas moleculares de agua, aire e hidróxido sódico se toman los valores 18, 29 y 40 kg/kmol, respectivamente. El valor de (L'/G') mín. se obtendría de la pendiente de la recta que une el punto de la cabeza de columna (X2, Y2) con el punto de la curva de equilibrio de ordenada . X vs Y 250 f(x) = 15.38 x + 7.49 200    S  .    A    e    d    s 150    e    l    o    m     /    0    2 100    H    e    d    s    e    l    o 50    m

0

0

2

4

6

8

10

moles de H2O/moles de NAOH

12

14

16

18

 

Y1 = 338*10–4

(  )

  kmol kmol NaO NaOH  H   L'   L '  =2.54∗10−3 kmoll air kmo airee seco seco G '  min

Como se trabaja con un caudal de disolución adsorbente 25% superior al mínimo, la relación de trabajo será:

 L'   L '    kmol kmol NaO NaOH  H   =1.25∗2.54∗10−3=0.003175 G '  kmoll air kmo airee sec secoo

 La razón molar para la corriente liquida que abandona la columna se obtiene de un balance  global:

 1− X  2  2 ) G' ( Y   11 −Y   22 )= L'  (  X  X  1

 X 1=

(Y  1  1 − Y 2 )   + X 2  L' / G ' 

 X   11=

 2 O km ( 0.0161 kmolH  2 kmol ol air aire seco seco− 0.0097 kmolH 2 O km kmolair olairee seco seco ) 2  2  2   + 2.22   kmolH  O  =4,236   kmolH  0.003175 kmolN kmolNaOH aOH kkmol molair airee seco

kmoll NaO kmo NaOH  H 

 El número de unidades de transferencia se obtiene al trazar escalones entre la recta de operación y la curva de equilibrio. De modo que se obtiene:

NUT = 4,236 La altura de la columna se calcula multiplicando el valor de la altura de la unidad de transferencia por el número de ellas  z =60 cm∗4.236 =254,16 cm

3. En una planta de procesamiento de cereales y oleaginosa se desea extraer el aceite contenido en una harina, cuya composición es 15% aceite y el resto materia inerte. Para ello, 600 kg de harina y 3.400 kg de disolvente orgánico se alimentan a un sistema sencillo de una sola etapa. Si la cantidad de disoluci disolución ón retenida por los sólidos es de 0,75 kg/kg de inerte, se le solicita calcular: a) Las composiciones de extracto y refinado.  b) Las cantidades de extracto y refinado. ref inado. c) El porcentaje de aceite extraído. La curva de retención se obtiene a partir de la ecuación:

kmol km ol Na

 

 X 

 D=   r − X s = 0,444 − X s r +1

 E = Extracto  E0

 E1

3400 Kg

Y 0 D=1

 D= Solvente

600 Kg

 R1

 I = Inerte

 X 0 D=0

 X 1 D

 X 0 I =0.9

 X 1 I 

 X 0 S=0.1

 X 1 S

 X  M 

 R0

La curva de retención está dada por:

 X  D =

S= Soluto

Y 1 D Y 1 S

 M 

 

 R = Refinado

  0.75 − X S 0.75 + 1 3 7

 X  D = − X S

Y realizando la gráfica según la ecuación dada quedaría:

 D =   r − X s= 0,444− X s  X  D r +1

 M = Mezcla

 

Para la línea de flujo de entrada las composiciones del disolvente y el soluto son: Y 0 S = 0 Y 0 D= 1 Punto (0, 1)  X 0 S= 0.1

 X 0 D= 0

Punto (0.1, 0)

Rta a) Con lo anterior damos respuesta a las composiciones de extracto y refinado. Con estos dos puntos realizamos la gráfica de flujos de alimentación y la curva de extracción. Esta última debe ser paralela a la curva de retención:

El Balance global sería:  E0 + R 0= M   M = E 1+ R1 Balance del solvente:  E0 Y 0 D + R0 X 0 D = M X  MD

( 3400 x 1 ) + ( 600 x 0 )=4000 X  MD

 

 X  MD =0.85 Balance del soluto:  E0 Y 0 S + R 0 X 0 S= M X  MS

( 3400 x 0 )+ (600 x 0.1 )= 4000 X  MS  X  MS=

  60 4000

 X  MS= 0.015

Al iniciar el proceso de extracción los compuestos no se han mezclado, entonces:  X  MD  MD ( 0)= 0 y X  MS  MS ( 0 )=0  X  MS  X  MD Y obtenemos 2 puntos: 0

0

0.85

0.015

Realizamos la gráfica y mediante regresión hallamos la ecuación:

De la gráfica podemos observar que el punto de corte corresponde a los valores de los componentes de extracto t refinado respectivamente:  X  D =60 X S Línea Amarilla Y  D=1 −Y S LíneaGris 3 7

 X  D = − X S Línea Azul

Para el extracto:

 

60 Y 1 S =1−Y 1 S 61 Y 1 S=1  1 Y 1 S = 61

Y 1 S =0.0164 Y 1 D =1−Y 1 S Y 1 D =1− 0.0164 Y 1 D =0.984

Para el refinado: 3 − X S 7 3 61 X S = 7   3  X 1 S= 61 x 7  3  X 1 S= 427 60 X S=

 X 1 S=0.00702 3  3 7 427 180  X 1 D= 427

 X 1 D= −

 X 1 D= 0.4215

Entonces:  X  1 I =1− 0.00702 −0.4215  X 1 I =0.585

Realizamos el balance de la materia inerte:  E0 Y 0 I + R 0 X 0 I = E 1 Y 1 S + R 1 X 1 I  600 x 0.9 = R x 0.555

 R1= 972.97 Kg

 

Planteamos un nuevo balance global:  E0 + R 0= E1 + R1 3400 + 600 = E1 + 972.97

 E1= 3027.03 Kg

Rta b) Con lo anterior damos respuesta a las cantidades de extracto y refinado. Para calcular el porcentaje de aceite extraído tenemos:   Kgeciteenelextracto  x 100  Kgde  Kg de aceite en el cereal

% aceiteextraido=

 Kg de aceite en enel el cere cereal al =600 Kg x 0.1=60 Kg  Kg ecite en el extracto=3027.03 x 0.0164= 49.64 Kg % aceiteextraido= 49.64 Kg  60 Kg

x 100

% aceiteextraido =82 . 74 %

Rta c) El porcentaje de aceite extraído es 82 . 74 % 4. En una planta de procesamiento de cereales y oleaginosa se requiere extraer aceite de una harina con benceno, utilizando un extractor continuo en contracorriente. La unidad ha de tratar 2000 lb de harina (basada en el sólido totalmente agotado) por hora. La harina no tratada contiene 1600 lb de aceite y 100 lb de benceno. La mezcla de disolvente fresco contiene 40 lb de aceite y 2620 lb de benceno. Los sólidos agotados han de contener 200 lb de aceite no extraí extraído. do. Experiment Experimentos os realiz realizados ados en idént idénticas icas condicione condicioness a las de la batería batería que se proyecta indican que la disolución retenida depende de la concentración de la disolución en la forma que se indica en la siguiente Tabla. Se le solicita calcular: a) La concentración de la disolución concentrada, o extracto  b) La concentración de la disolución que sale con c on los sólidos extraídos. c) La masa de la disolución que sale con la harina extraída. d) La masa de extracto. e) El número de etapas que se requieren. Todas las magnitudes están dadas sobre una base horaria

 

Concentración

Disolución retenida (lb / lb de sólido)

(lb de aceite/ lb de disolución) 0,0 0,1

0,500 0,505

0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7

0,515 0,530 0,550 0,571 0,595 0,620

 Primeroo se observa  Primer observade de tabla anterior que la primera columna esla es la conocida conocidaY  Y  A luego lue go se obs obsevaque evaque la seg segund undaa col column umnaa es dis disolu olucio cionn rete etenid nidaa enlb en lb porlibr porlibras as de sol solido. ido.  Pero como se suele trabajar trabajarcon con el elinverso inverso de esta cantidad llamado N se halla y se coloca col oca jun junto toaa latabla latablaant anteri erior or que quedan dando do :

Concentración (YA) lb de aceite/ lb de disolucion)

Disolución retenida (lb / lb de sólido)

0

0,5

N Disolucion retenida (lb de solido/ lb de solvente) 2

0,1 0,2

0,505 0,515

1,98019802 1,94174757

0,3

0,53

1,88679245

0,4

0,55

1,81818182

0,5

0,571

1,75131349

0,6

0,595

1,68067227

 Lacantidad  La cantidad de deliquidoinicial liquidoinicial enla en ladisoluc disolución ión es Lo =1600 + 100=1700 la concen concentrac tracióninicia ióniniciall deacei de aceite te enla diso disoluci lucionliquid onliquidaa inic inicial iales es Y  AO=

1600 1700

=0,941

  lb ace aceit itee lb soluc solucion ion

 

 Lacantidad  La cantidad de demezclade mezclade harinaes : B =2000 lb  La proporcion proporcionde de solido inicial es No=

2000 =1,17 1700

 La cantidad de deliquido liquidoen en el solvente es esV  V  NH = ( 2620+ 40 ) lb=2660 lb   40 la concet concetrac racioninci ionincialde alde ace aceiteen iteen el dis disolv olvent entee es : X  AN + 1= 2660 = 0,015.

Se pr proc oced edee a co cons nstru truir ir la graf graficaconlos icaconlos dato datoss dela tab tabla laant anteri eriorY  orY  A  y N . Tambi ambien en se seloc localiz alizaa el pu punto nto Lo =( Y  AO , No ) =( 0,941 , 1,17 )  y se une uneal al origen puntollamado puntollamadoV  V  N +1 quedando :

 Desde el o rigen se trazaun punto puntocon con pendiente   N  N  = 2000  = 20 Y   AN  100  y se observa donde seintercepta se intercepta con lacurva la curvaY  Y  A A y N . qued quedan ando do ln=( 0,1 , 2 )

 

 Para calcular el punto M se realizaun balance total  Lo + V  N +1= M =( 1700 + 2660 ) kg =4360 kg  Lo Y  A 0 + V  N +1 X  AN +1= M X  AM → 1700∗0,941+ 2660∗0,015 =4360 X  AM  → X  AM =0,3742   B 2000  N  M = =  =0,4587 Entonces  Entoncesel el punto M =( 0,3742 , 0,4587 ) .  M  4360 Setrazaunalineadesde ln con con M has hasta ta lahori lahorizo zonta ntall , loc locali aliza zand ndoo el punt puntoo V  1  1 con  xA 1 =0,45 co conn loque setien setienee :

 L N + V 1= M = 4360 lb

 

 L N Y  AN + V 1 X  A 1= M X  AM → L N 0,1 + V 1 0,45= 0,3743∗4360  Resolviendo  Resolvi endoel el sistema sistemade de ecuacio ecuaciones nes anterio anteriorr : L N =944,25 kg y V 1=3415.7 lb lb..  El punto punto de operac operación ión A se seobtiene obtienede dela laintersec interseccion cionde delas las lineas Lo V 1 y L N V  N +1

Setrazanlas Setraz anlaset etapa apass hast hastaa llega llegarr a ln

 Retomandolas  Retomando las preguntas anterior anteriores es :

a) La concentración de la disolución concentrada, o extracto. la concen concentra tració ció n inicia iniciall de acei aceite teen enla la dis disolu olucio cionn liqui liquida daini inicia ciall ( extracto ) es Y  AO=

1600   lb ace aceit itee =0,941 1700 lb soluc solucion ion

 b) La concentración de la disolución que sale con c on los sólidos extraídos. Al finalizar el  proceso se llega al punto LN donde la concentración es Y  AN =¿0,1lb aceite/lb de solución.

 

c) La masa de la disolución que sale con la harina extraída. La masa de la disolución que sale con la harina extraida es V 1=3415.7 lb . d) La masa de extracto. La masa del extracto inicial es 40lb+2620lb=2660lb y la masa del extracto final es  L N =944,25 kg e) El número de etapas que se requieren se ve en la figura que son tres etapas.

Simulación Extracción Liquido-Liquido Objetivo General Estudiar el comportamiento sistema de extracción líquido-liquido de contacto sencillo.

Objetivos Específicos Evaluar la relación de alimentación solvente / vinagre, y determinar cuál proporción es la más eficiente en la separación.

Procedimiento El usu usuari arioo sel selec ecci cion onaa el al alim imen ento to de la mezc mezcla la ag agua ua acido acido ac acét étic icoo (v (vin inag agre) re) y su composición másica. El usuario obtendrá los valores en masa de solvente, extracto y refinado.

Variables De Entrada Caudal de alimentación de vinagre (solución ácido acético agua) Composición másica del alimento.

 

Variables De Salida Masa de Extracto Masa de Refinado Masa de Solvente

 

Entrada Masa de vinagre - alimento (kg) Composición másica - alimento (kg) Masa de extracto (kg) Masa de r 30 100 40.19 4 18 80 6.75 2 18 18

70 60

14.56 23.72

Masa de extracto (kg)

Composición másica - Masa de alimento (kg) 80 70 1 60 2

25 20 15

  g 10    k   o   t   c   a   r   t 5   x   E   a   s   a 0   M 55

60

65

70

75

Composicion Masica Alimento kg

Chart Title

1 1

80

85

 

Entrada Masa de vinagre - alimento (kg) Compos Composición ición másica - alimento (kg) Masa de extracto (kg) Masa de refnad 18 60 23.72 19.66 20.8 23.3 27 30

60 60 60 60

36.74 48.37 65.58 79.53

22.71 25.44 29.48 32.76

Chart Title 90 80 70 60 50   g    k 40   o   t   c   a 30   r   t   x   E 20   s   a   M10 0 16

18

20

22

24

26

28

30

32

Composición másica - Masa de extract Composición alimento (kg) 18 23.72 20.8 36.74 23.3 48.37 27 65.58 30 79.53

Composicion Masica Alimento kg

 

 

 

Análisis De Resultados: Se evidencia evidencia que la masa del vinagre vinagre y la composición composición másica del alimento alimento se mantienen en relación con las variables de extracto, refinado y solvente que van aumentando según el avance del proceso.    Al realizar la práctica de extracción líquido-líquido líquido-líquido se evidenció que es un método muy útil para separar componentes de una mezcla sin embargo el éxito de este método depende de la diferencia de solubilidad del compuesto a extraer en dos disolven diso lventes tes difere diferentes ntes;; Al momento momento agita agitarr el compues compuesto to con dos dos disolv disolvente entes s inmiscibles, el compuesto se distribuye entre los dos disolventes. Para la extracción líquido-líquido donde varia la masa de vinagre – alimento desde 80 hasta 60 Kg, mientras se mantiene constante la composición de ácido acético en vinagre al 18 % se evidencia que el valor para cada variable fue aumentndo según según la opera operaci ción ón y compo comporta rtamie mient nto o del del aliem aliemto to en el recuer recuerso so virtu virtual, al, al momento de realizar la paractica con el acido acetico desde el 30 al 18 % se observo que las variables no cambiaron en ninguna ninguna forma, ya que al introducir introducir los valores en el recurso virtual para hacer la respectiva modificacion no permite modificar los intervalos a trabajar.

CONCLUSIONES La anterior práctica virtual nos deja una gran enseñanza donde se evidencia el comportamiento del alimento desde sus variables de entrada hasta sus variables de salida; se aprendió mucho en la simulación de la extracción de líquido- liquido. Se analizó favorablemente las variables, así mismo su comportamiento de cada una de ellas en cuanto a su masa refinado, masa solvente y masa de extracto. En síntesis el laboratorio virtual fue muy enriquecedor y de mucha ayuda para lograr log rar compr compren ende der, r, amplia ampliarr los conoc conocimi imien entos tos adqui adquiri rido do duran durante te la unid unidad ad estudiada.

BIBLIOGRAFIA

 

Ibarz, A., & Barbosa-Cánovas, G. V. (2008). Operaciones unitarias en la ingeniería de alimentos. 21. Absorción. Pp 721 – 754. Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2051/login.aspx? direct=true&db=edselb&AN=edselb.10239147&lang=es&site=eds-live Ibarz, A., & Barbosa-Cánovas, G. V. (2008). Operaciones unitarias en la ingeniería de alimentos. 22. Adsorción. Pp 815 – 836. Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2051/login.aspx? direct=true&db=edselb&AN=edselb.10239147&lang=es&site=eds-live McCabe, W. L., Smith, J. C., & Harriott, P. (2006). Operaciones básicas de ingeniería química. Lixiviación y extracción. Pp 618 – 650. Recuperado de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2051/login.aspx? direct=true&db=edselb&AN=edselb.10450169&lang=es&site=eds-live

FASE 3

 

1. Una bandeja de 75 cm × 75 cm y 4 cm de profundidad contiene un

producto granular húmedo que se desea secar con una corriente de aire. La corriente de aire es caliente y aporta el calor necesario para el secado mediante un mecanismo de convección. El aire a 75 °C fluye a una velocidad de 5 m/s, siendo su humedad de 0,05 kg de agua/kg de aire seco. Si se considera que los lados y fondo de la bandeja están completamente aislados, se solicita determinar la velocidad constante de secado. Volumen húmedo: Es el volumen que ocupa un kg de aire seco más el vapor de agua que contiene: Volumenhumedo =VAire seco + Vva Vvapor por agua

( V =

)

 1  X  + ∗ RT  28,9 18

 P

Donde R es la constante de los gases T es temperatura en kelvin

T =75 ° C + 273= 348 K 

(

 1 + 28,9

V =

0,05

  )(

  kg H   22 O kg air airee seco seco 18

∗ 0,082

1

 )

  atm∗ L ∗( 348 K  ) )  Mol∗ K 

 

  m3 airee seco seco =1.066 kg air

Densidad del aire húmedo. Es la densidad que posee el aire húmedo, es decir, la relación entre la masa del aire húmedo y el volumen que ocupa   kg H 2 O kg kgair airee sec secoo   m3 0.984  ρ = = kg air aire seco seco   m3 1.066 kg ai airre seco seco 1 + 0,05

 

Para obtener la densidad de flujo másica: G= ρ∗v m  ∗3600 s  kgai  kg airre seco seco s   kg G= 0.984   ∗5   =17712 2 m3 h m ∗h

El coeficiente de transmisión de calor por convección se puede calcular a partir de la ecuación

h =0,0204∗G0,8

(

)

  W    kg 0,8 =51.08 2 h =( 0,0204 )∗ 17712 2 m ∗ K  m ∗h

A partir del diagrama psicométrico, para aire a 75 °C y humedad absoluta de 0,05 kg de agua/kg de aire seco se obtienen los siguientes valores Temperatura T W = 45 °C X W = 0,065 kg de agua/kg de aire seco aproximadamente. Para TW = 45 °C el calor latente es 2.394,02 kJ/kg, según las tablas de vapor interpoladas.

 

La velocidad de secado a velocidad constante se expresa con la siguiente ecuación  R =

h∗( T − T W  W )  λ W 

 

51.08

 R =

 R =2.304

(  )

  W  3600 s ∗( 75 ° C − 45 ° C ) ∗ h m2∗ K  kJ  2.394,02 ∗1000 kg   kg 2

h∗m Como la superficie que se está secando posee un área de 0,5625 m 2, 2.304

  kg  0,5625 m 2=¿1296 kg agua/h.  X  0,5625 h∗m 2

 La velocidad total de evaporación será: 1.296 kg agua/h.

2.  Un evaporador de doble efecto, que opera en corriente directa, se

utiliza paraElconcentrar un zumodel clarificado de frutaes desde 18°Brix hasta 70 °Brix. vapor de caldera que se dispone saturado a 23,54 N/cm2, existiendo en la cámara de evaporación del segundo efecto un vacío de 420 mm Hg. El zumo diluido es alimentado al sistema de evaporación a una temperatura de 60 °C a razón de 4.200 kg/h. Si los coeficientes globales de transmisión de calor para el primer y segundo efecto son 1.625 y 1.280 W/(m 2 ·°C), respectivamente. Se le solicita determinar: a) Caudal de vapor de caldera y economía del sistema. b) Superficie de calefacción de cada efecto. c) Te Temp mper erat atur uras as y pr pres esio ione ness en la lass cáma cámara rass de cond conden ensa saci ción ón y evaporación de cada efecto. Calculamos incremento ebulloscópico y calor específico: ∆ T e =0.014∗C 0.75∗ P0.1 exp ( 0.034∗C )∗° C  C = Solidossoluble ( °Brix )  P= pre  presion sion ¿

 

c^  p= 0.84 + 3.34 X agua

kJ  kg°C 

El vací vacío o se cuan cuanti tifi fica ca en térm términ inos os de cuál cuál es su dife difere renc ncia ia co con n respecto a la presión atmosférica. Se ca calcu lcula la la pr pres esió ión n de la cámar cámaraa de evapo evapora raci ción ón del del segu segund ndo o efecto, entendiendo que tiene una presión de vacío de 420 mmHg:  P

2 = ¿ 760 − Pvacio = 760 − 420= 340

 mmhg∗1.333mbar   =453.2 ¯¿ ¿ 1 mmHg

Extraemos los datos de las tablas de agua saturada:  N  ∗100 mbar c m2 =2354 mbar P2 =453.2 mbar  PW =23.54   N  1 c m2  kJ  ^  kJ  ^ hW  ( li liqq sa sat t ) =573.37 kg hW  (liq sat )=340.5 kg ^  ( vap  H  sat )=2716.9 W  vap sat 

kJ   kJ  ^  H W  (vap sat  sat )= )= 2645.9 kg kg

T =127.4 ° C T =81.3 ° C   ƛ w

( Vaporizado ) =2181.5 kJ   ƛ V  2 2 (Vaporizado )=2305.4 kg

 kJ  kg

Elaboramos los balances masivos global y de componente: 4.200

4.200

 kg  = wc + V 1 + V 2 h

 kg   (0.18 )=(0.70 ) wc h  kg   (0.18 ) h   =1080 kg 0.70 h

4.200

w c=

 

1080

 kg  kg  kg   + V 1+ V  2 =4200   →V 1 + V 2=3120 h h h

kg Al iniciar la operación V 1=V 2 =1560 h .

Calculamos la composición para

 X 2 =

  wc ∗C  = v A− v 2 C 

1080

 kg h

( 4.200−1560 ) kg h

w 2:

∗( 0.70 ) =0.286

Calculamos los incrementos ebulloscopico a partir de:  Primer efecto : C 1 =28.6 °BrixP 1=1000 mbar Brix P1= 453.2 mbar Segundoefecto : C 1 =70 ° Brix

Con la estimación de la presión de la presión del primer efecto (1000 mbar) calculamos los incrementos ebulloscópicos: ∆ T e =0.014∗C 0.75∗ P0.1∗exp  ( 0.034∗C ) ∆ T e 1=0.014∗28.60.75∗10000.1∗exp  (0.034∗28.6 ) ∆ T e 1=0.913 ° C  ∆ T e 2=0.014∗70.00.75∗453.20.1∗exp  ( 0.034∗70.0 ) ∆ T e 2=6.74 ° C 

Calculamos la temperatura de ebullición del segundo efecto: ∆ T e 2=T e 2−T e → T e =T e 2+ ∆ T e 2 T e =( 81.3 + 6.74 ) ° C =88.04 ° C 

 

Calculamos los calores específicos de cada una de las corrientes (CA,CC,C1):

kJ  c^  p= 0.84 + 3.34 X agua kg°C  c^  A =0.84 + 3.34∗ (1 −0.18 )

  kJ    kJ   =3.58 kg°C  kg°C 

c^ C = 0.84 + 3.34∗( 1− 0.70 )

  kJ    kJ  =1.84 kg°C  kg°C 

c^ 1=0.84 + 3.34∗( 1−0.286 )

  kJ    kJ  =3.22 kg°C  kg°C 

Procedemos a calcular el calor transmitido sobre el área de trabajo del evaporador: Q˙ T −T e 2−∆ T e 1 −∆ T e 2 =  A 1  1 + U 1 U 2 Q˙ (127.4 −81.3 −0.913 −6.74 ) ° C  =  A  1   1 m2 ° C  + W  1625 1280

(

)

 W  Q˙  A =27528 m2

Calculamos la temperatura de ebullición en el primer efecto: Q˙ =U 1 (T e 1−T 2 )  A  W   m2 ° C  27528 2 =1280   ( T e1 −74.56 ) ° C =¿ W  m

 

 W  m2 T e 1= + 74.56 ° C = 96.06 ° C   m2 ° C  1280 W  27528

T 1=T e 1 + ∆ T e 1=( 96.06 + 0.913 ) ° C =96.98 ° C 

Al tomar la temperatura de ebullición 1 podemos encontrar en la tabla de agua saturada la presión 1 (900mbar)la cual fue estimada al inicio,, y al recalcular inicio recalcular el incremento incremento ebulloscopico ebulloscopico en el primer efecto efecto conseguimos una diferencia mínima con respecto al primer cálculo ( 0.913 ° C ¿: T e 1= 96.06 ° C P1= 900 mbar  ƛ V  1 1 (Vaporizado)= 2265.7

 kJ  kg

∆ T e 1=0.014∗28.60.75∗9000.1∗exp ( 0.034∗28.6 )= 0.9039

Al ser mínima la diferencia, continuamos con el primer incremento ebulloscopico calculado. Realizamos los balances de entalpia en los dos efectos: Efecto #1: ( 2181.5 ) wV =[ 2265.7 + ( 2.1 ) ( 0.913 ) ] V 1+ w1 ( 3.22 ) ( 96.98 −96.06 ) −( 4200)( 60−96.06 )

( 2181.5 ) wV =( 2267.62 ) V 1+ w1 ( 2.9624 ) + 151452 ( 2267.62 ) V  1 + w1 (2.9624 )−( 2181.5 ) w V =−151457

Efecto #2: ( 2265.7 ) V 1=V 2 [ 2305.4 + ( 2.1 ) ( 6.78 ) ] + ( 1080 ) (1.84 ) ( 88.04 −81.3 )− w1 (3.22)( 96.98−81.3 )

 

( 2265.7 ) V 1=V 2 [ 2319.55 ] + 13393.73 −w 1( 50.49 ) ¿ −( 2265.7 ) V 1+ V  2 [ 2319.55 ] −w 1 ( 50.49 ) =−13393.73

Sistema de 4 ecuaciones con 4: ( 2267.62 ) V 1+ w1 (2.9624 )−( 2181.5 ) w V =−151452 ¿ −( 2265.7 ) V 1+ V  2 [ 2319.55 ] −w 1 ( 50.49 ) =−13393.73 w 1=V  A −V 1 → V 1+ w1 =4200 V 1 + V 2=3120

Resolviendo en calculadora de sistema de ecuaciones lineales por el método de Eliminación Gauss Jordán obtenemos:

 kg kg kg  kg V 1=1552   ; V 2 =1568   ; w 1=2648   ; w v =1686 h h h h

Calculamos el contenido en solidos solubles de la corriente w 1:

 X 2 =

  wc ∗C  = v A− v 2 1

2648

 kg h

( 4.200−1568 ) kg h

∗( 1−0.70 )=0.302

Calculamos calor específico y el incremento ebulloscopico: c^  P 1=0.84 + 3.34∗(1 −0.302 )

  kJ    kJ  =3.171 kg°C  kg°C 

∆ T e 1=0.014∗300.75∗9000.1∗exp ( 0.034∗30 )=0.9942 ° C 

Calculamos la velocidad de transmisión de calor a través de las áreas: Efecto #1:

 

kg  kJ   ∗2181.5 h kg   kJ  1686   =1.625 2 ∗ A 1∗( 127.4 −96.98 ) ° C  3600 sg m ° C 

1686

kg   kJ   ∗2181.5 h kgsg 3600 sg

 A1=

h

=20.67 m2   kJ  1.625 2 ∗( 127.4 −96.98 ) ° C  m ° C 

Efecto #2: kg kJ   ∗2265.7 h kg   kJ  1552   =1.28 2 ∗ A 2∗( 127.4 −88.04 ) ° C  3600 sg m ° C  kg   kJ  2265.7 h  ∗ kgsg 1556  sg 3600 h =19.39 m2  A2=   kJ  1.28 2 ∗(127.4 − 88.04 )° C  m ° C 

Caudal vapor de caldera: w v =1686

 kg h

Economía de caldera: devap vapor or produc producido ido   =1.85 kg de  E = V 1 + V 2 = 1552+ 1568 1686 kgvap kg vapor or cal calder deraa wv

Área por efecto:  Am =

20.67 + 19.39   =20 m 2 2

Temper Temp erat atur uras as y pr pres esio ione ness en la lass cáma cámara rass de cond conden ensa saci ción ón y evaporación de cada efecto: Primer efecto: 2354 C 

 P =

900

mbar;P = 1

127.4

mbar ;T =

96.98

°C;T = 1

 

Segundo efecto:  P1=900 mba mbarr ;P ; P 2=453.2 mbar;T e 1 =96.06 ° C ; T  2=88.04 ° C 

3. Se dispone de una columna de rectificación para recuperar el 85% del

etanol contenido en una mezcla acuosa, cuya composición en peso del componente volátil es del 43%. El alimento se introduce como una mezcla de líquido-vapor, conteniendo un 52% de líquido. Cuando la columna opera con una relación de reflujo 55% superior a la mínima se obtiene una corriente de residuo con un contenido en peso de agua del 90%. Se le solicita determinar: a) Composición molar del destilado. b) Plato de alimentación. c) Número de platos necesarios si la eficacia global de la columna es del 80%. El diagrama de equilibrio se obtiene a partir de los datos de equilibrio del sistema etanol agua Tabla 1.

Tabla 1.  X

y 

0,01

0,103

0,03

0,235

0,05

0,325

0,10

0,444

0,20

0,529

0,30

0,573

0,40

0,613

 

0,50

0,652

0,60

0,697

0,70

0,753

0,80

0,818

0,85

0,856

0,87

0,873

0,894

0,894

Donde  x   ee y   son son las fracciones molares de etanol en la fase líquida y vapor, respectivamente.

Destilar una mezcla agua – etanol Esta es la forma de funcionamiento de un destilador con una mezcla de agua –etanol. Si las masas moleculares del agua y del etanol se expresan como:  X  F =0,2067 X W =0,042

Tomando como base de cálculo F= 100kmol/h Balance global: Formula: 100= D+ W 

Balance de etanol: 100 ( 0,2067 )= DX  D + 0042 W  20,67 =0,9 ( 100∗0,2067 ) + 0,042 W 

 

20,67 =18,603 + 0,042 W  2,067 =0,042 W 

W =49,2 kmol / h

Línea de alimentación: Diagrama de enriquecimiento  D=100 −w  D=100 −49,2  D=50,78 Kmol / h  Dx D= 0,9∗100∗0,2067  Xd =

18,603 50,78

 Xd =0,366

Línea de alimentación: LOA  y =

 x  q  x − f  q −1 q −1

 y =

  0,52  0,2067  x − 0,52− 1 0,52−1

 y =−1,08 x + 0,4306

Según la grafica 2 y sabiendo que el valor XD=0,366  xo = 0,3037  R min  Rmin=0,2051  R =1,5 R min  R =0,3076

b) Plato de alimentación.

 

LOE  y =

  1  r  X   x + r −1  R + 1  D

 R =0,3076 X  D=0,366   0,3076

  0,366

 y = 0,3076 + 1  x + 0,3076 + 1

  y = 0,2352 x + 0,28 Al realizar la trayectoria de LOA y LOE L OE en la gráfica se puede trazar la línea LOD y calcular el número de etapas. En la cual se obtiene  N = 3

Calculo número de atapas

c) Número de platos necesarios si la eficacia global de la columna es del 80%. El diagrama de equilibrio se obtiene a partir de los datos de equilibrio del sistema etanol agua Tabla 1. Donde  x   ee y   son son las fracciones molares de etanol en la fase líquida y vapor, respectivamente.

Calculamos el Número de platos.

 

 NET =1 +

  n −1  Eficiencia

 NET =1 +

3− 1 0,8

 NET =3,5 3,5 ≅ 4 platos teoricos

Paso 3:

Cada integrante realizará la simulación de secado en spray y destilación en el software virtual plant de acuerdo a las indicaciones dadas en el entorno de aprendizaje práctico, y comparte los datos obte ob teni nido doss co con n su suss comp compañ añer eros os en el fo foro ro del del tr trab abaj ajo o cola colabo bora rati tivo vo.. Considerando que en la simulación es muy probable que obtengan datos idénticos, el grupo consolida una sola tabla de valores, a partir de los cuales entre todos los integrantes del grupo construirán las gráficas y harán su respectivo análisis acorde a los objetivos específicos de la práctica. Presentan un informe que refleje la comprensión y análisis de la práctica, que contendrá:        



Titulo. Objetivo general Objetivos específicos. Procedimiento. Variables de entrada y salida Tabla de resultados. Representación gráfica de los datos. Análisis de resultados, ajustados a los objetivos específicos de cada práctica. Conclusiones.

 

SECADOR SPRAY

Resumen

El secador spray se utiliza dentro de la práctica de leches para la producción de leche en polvo. Al secador se alimenta leche descremada con un contenido de agua del 95 por ciento en base humedad y se pone en cont contac acto to par paral alel elo o con con ai aire re a 120º 120ºC C (pre (previa viame ment ntee cale calent ntad ado o por por combustión de metano). Con esta operación se obtiene una partícula de polvo de una humedad deseada. El alimento es atomizado por medio de un sistema de disco centrífugo de velocidad de rotación variable.

Objetivo General

Estudiar el funcionamiento de un secador spray.

Objetivo Específico

  

Determinar la influencia del caudal de alimentación, el tiempo de operación y de la temperatura del aire de secado.



Elaborar la curva de operación del sistema planteado en la práctica.

 

Lista de equipos 



Secador spray Calentador de aire (por combustión de metano)



Soplador de aire



Tanque de almacenamiento de leche en polvo



Transportador de tornillo



Ciclón

Restricciones  

Lass gota La gotass y pa part rtícu ícula lass at atom omiz izada adass se dist distri ribu buye yen n unif unifor orme meme ment ntee dentro del secador y su tiempo de residencia coincide con el del aire de secado.



Las pérdi did das de cal calor haci acia lo loss alre lrededores se con consid sideran



despreciables. No se conside consideran ran pér pérdid didas as signif significa icativ tivas as por arrast arrastre re de leche leche en polvo, en la corriente saliente de aire.



El aire no se satura durante su recorrido al interior del secador.



La diferencia de temperatura entre la entra y la salida de aire es de 20ºC.

Procedimiento

 

El usuario variar el flujo de leche alimentada al secador, la temperatura del aire de secado y el tiempo de operación del equipo en un día de trabajo; se determinar el tiempo que transcurre para que la gota cambie su humedad y se convierta en partícula de polvo. Además se determinar la cantidad de leche en polvo producido, en unidades de nivel del tanque de almacenamiento. Por último el el usuario tendrá tendrá que registrar el caudal del aire necesario para el secado.

Variables de entrada y salida Variables de entrada 

Caudal de leche descremada alimentada al secador. s ecador.



Temperatura del aire de secado.



Tiempo de operación del equipo para una jornada de trabajo.



Variables de salida



Caudal del aire de secado.

Nivel de leche en polvo producido, en el tanque de almacenamiento.

 

Practica: Secado en spray

 

Entrada Flujo de leche -

Tiempo de operación -

Flujo de

Tiempo de secado de la

Nivel en el tanque de almacenamiento

alimento (m^3/s)

día del equipo (hr)

aire (m)

gota de leche (segundos)

(m3/s)

120

0,00017

12

3,14

1,86

17,33

115

0,000153

12

3,22

1,68

15,47

110

0,000136

12

3,29

1,49

13,74

105

0,000119

12

3,38

1,3

12,1

100

0,000102

12

3,47

1,12

10,51

95

0,000085

12

3,57

0,93

8,94

90

0,000068

12

3,69

0,74

7,36

Temperatura del aire (°C)

Salida

SECADO EN SPRAY 140 120 100 80 60 40 20 0

1

2

3

4

5

6

7

8

Entrada Temperatura del aire (°C) Entrada Flujo de leche - alimento (m^3/s) Entrada Tiempo de operación - día del equipo (hr) Salida Flujo de aire (m) Salida Tiempo de secadeo de la gota de leche (segundos) Salida Nivel en el tanque de almacenamiento (m3/s)

Análisis de resultados En la simulación se puede apreciar que para que se logre un buen proceso de evaporación, el caudal del aire debe ser constante, si el flujo de leche se mantiene constante pero la temperatura disminuye, aumenta el flujo de aire, al disminuir el tiempo tiem po de operaci operación ón el tiempo tiempo de secado aumenta la gota; y si se aumenta aumenta el flujo, el tiempo de secado disminuye. Si es constante el flujo de leche el flujo de aire, el tiempo de secado y el nivel del tanq tanque ue tamb tambié iénn lo es es,, el ti tiem empo po de seca secado do y el ni nive vell de dell ta tanq nque ue au aume ment ntan an

 

 paulatinamente, el caudal de la leche y la temperatura son las variables más representativas en la eficacia del proceso.

DESTILACIÓN CONTINUA  

Objetivo general

Estudiar el comportamiento dinámico de una columna de platos de destilación continua.  

Objetivos específicos.

Evaluar el efecto del caudal de alimentación sobre las corrientes de salida (cima y fondos). Evaluar el comportamiento del caudal de los fondos ante variaciones en el caudal de alimentación y la composición del destilado. Estimar las temperaturas y las composiciones del destilado, para cada composición y flujo del alimento.  

Procedimiento.

El usuario seleccionará el flujo de destilado a obtener, el flujo del alimento y la composición del alimento a la torre. Con estos datos el usuario tendrá que tomar nota de los correspondientes flujos de fondo y temperaturas de cima, para cada combinación de valores en las variables de entrada. Por  último, se debe registrar los datos de composición en el destilado obtenido.  



Variables de entrada y salida

Variables de entrada

 

Caudal de alimentación a la columna (vino blanco). Concentración de alcohol en el alimento (porcentaje volumen/volumen de alcohol en el vino  blanco). Caudal de destilado (flujo de Brandy a obtener en la cima de la torre)



Variables de salida

Caudal de agua con trazas de alcohol en el fondo de la torre Temperatura del destilado Concentración del destilado en la cima de la torre

 

 

Tabla de resultados.

Representación gráfica de los datos.

 

DESTILACIÓN DEST ILACIÓN CONT CONTINUA INUA 1200 1000 800 600 400 200 0 1

2

3

4

5

6

7

Entrada Concentración del vino (%v/v) Entrada Flujo de vino (kg/hr) Entrada Flujo de deslado (kg/hr) Salida Flujo de fondo (v/v) Salida Temperatura de deslado (°C) Salida Concentración del deslado (kg/hr)

Análisis de resultados, ajustados a los objetivos específicos de cada práctica. Con esta simulación podemos observar una destilación continua donde las variables de la tabla se comportan de manera paralela. Se muestra m uestra la variación que tiene la concentración de vino y que su flujo y flujo de destilación son iguales, de lo contrario cuando la concentración del vino es constante, el flujo y el flujo de destilación aumenta y disminuye por lo que el flujo de fondo, temperatura y la concentración para ambos casos aumentan gradualmente.

CONCLUSION Se comprende los métodos de evaporación, destilación y deshidratación por medio de la solución de los problemas planteados, donde se observa las ecuaciones y simulación en representación de esta, dando la importancia para la proyección de alimentos y cálculos de trabajo. Se observa la simulación de secado en spray y la destilación continua donde se obtienen resultados con sus respectivos análisis entre las variables que muestran su cambio y continuidad continuidad..

 

REFERENCIAS

Ib Ibar arz, z, A., A., & Ri Riba bas, s, A. I. (200 (2005) 5).. Op Oper erac acio ione nes s unit unitar aria ias s en la inge ingeni nier ería ía de alimentos. Mundi-Prensa Libros.