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JORGE EDUARDO PISSANI FUPUY INGENIERIA INDUSTRIAL – VI CICLO AULA 616
1
SOLUCIÓN
PROCESOS AGROINDUSTRIALES
EVAPORACION – GUIA DE PROBLEMAS
1) Un evaporador de efecto simple está concentrando una alimentación de
9072 kg/hr de una solución de NaOH al 10% en peso en agua para obtener
un producto con 50% de sólidos. La presión del vapor de agua saturado
que se usa es de 42 kPa y la presión en el espacio del vapor del
evaporador es de 20 kPa. El coeficiente de transferencia de calor es de
1988 W/ K. Calcúlese el vapor de agua usado, la economía de vapor y el
área para las siguientes condiciones de alimentación:
a. Temperatura de alimentación de 288.8 K
b. Temperatura de alimentación de 322.1 K
SOLUCION
a) Con 288.8FT K
Interpolando entre 38.58 y 47.39 kPa
42 76.94 2638.56 322.07s s s sckJ kJP kPa T C H h
kg kg
76.94 349.942638.56 322.07 2316.49
C K
kJkg
F=9072 kg/hr
Xf =0.1
Tf = 288.8 K
S (vapor de H2O)
Ps = 42 kPa
V (evaporador)
Pv =20 kPa
S (condensado)
L (Liquido concentrado)
XL = 0.5
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2
Tomando los datos de 19.94 KPa
20 2609.6v vkJP kPa H
kg
Realizamos el Balance de Materia:
1814.4
7
* *
9072*0.1 *0.5
9072 1814.
57.6
4
2
F L
F L V
F
kJLkg
kJV
X L X
V
g
L
k
Asumiendo que 4.14*p
kJCkg K
4.14*(288.8 273) 65.41
4.14*(373 273) 414
F
L
kJhkg
kJhkg
Realizamos el Balance de Energía:
* * * *
9072*(65.41) *(2316.49) 1814.4*(414) 7257.6*(2609.6)
8244.02
F L V
kgS vapor de agu
F h S L h V H
hr
S
a
7257.6
8244
0.88 88
.
%
02
Vapor producidoEconomía
Vapor requerido
VEconomía
S
kghrEconomía
kg
Economía
hr
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3
Calculamos el área:
1
211
*
8244.02*2316.49
19097189.89
* *( )
1988* *(349.94 373)
5304774.97
1988*(37
530477
5.
3 349.94
2
4.9
7
7
)
s
Q S
Q
kJQhr
Q U A T T
A
s
A
m
A
J
Q
b) Con 322.18FT K
Asumiendo que 4.14*p
kJCkg K
4.14*(322.1 273) 203.27
4.14*(373 273) 414
F
L
kJhkg
kJhkg
Realizamos el Balance de Energía:
* * * *
9072*(203.27) *(2316.49) 1814.4*(414) 7257.6*(2609.6)
7704.13
F L V
kgS vapor de agu
F h S L h V H
hr
S
a
7257.6
7704
0.94 94
.
%
13
Vapor producidoEconomía
Vapor requerido
VEconomía
S
kghrEconomía
kg
Economía
hr
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4
Calculamos el área:
1
2
*
7704.13*2316.49
17846540.1
* *( )
1988* *(349.94 373)
49573272.25
1988*(37
4957372.2
3 349.94
4
5
)
108.1
s
J
Q S
Q
kJQhr
Q U
s
A T
m
T
Q A
A
A
2) Un evaporador está concentrando F kg/hr a 311 K de una solución de
NaOH al 20% en peso hasta 50% en peso. El vapor de agua saturado
usado para el calentamiento está a 399.2 K. La presión en el espacio de
vapor del evaporador es 13.3 kPa abs. El coeficiente total es 1420 W/m2K
y el área es 86.4 m2. Calcúlese la velocidad de alimentación F del
evaporador
SOLUCION
F=?
Xf =0.2
Tf = 311 K
S (vapor de H2O)
Ts = 399.2 K
V (evaporador)
Pv =13.3 kPa
S (condensado)
L (Liquido concentrado)
XL = 0.5 U = 1420 J/sm2K
A = 86.4 m2
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Interpolando entre 125 y 130 °C
399.2 126.2sT K C
126.2 2715.18 530.17s s sckJ kJT C H h
kg kg
126.2 399.22715.18 530.17 2185.01
C K
kJkg
Interpolamos entre 12.349 y 15.758 kPa
13.3VP kPa
12.349 2592.1
13.3
15.758 2600.9
12.349 13.3 2592.1
12.349 15.578 2592.1 2600.9
951 2592.1
3409 8.8
2.4549 2592.1
2594.55V
kJkPakg
kPa XkJkPa
kg
X
X
X
kJHkg
Hallamos el valor de “S”
1* *( )
1420*86.4*(399.2 373)
3214425.6 11571932.16
*
11571932.16 *218
5296.05
5.01
sQ U A T
kJ
T
Q
J kJQs hr
Q S
S
Shr
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Realizamos el Balance de Materia:
(0.4
* *
*0.1 *0.5
0.4
)
(0.6)
F L
kJL Fkg
kJ
F L V
F X L X
F L
F F V
V Fkg
Asumiendo que 4.14*p
kJCkg K
4.14*(311 273) 157.32
4.14*(373 273) 414
F
L
kJhkg
kJhkg
Realizamos el Balance de Energía:
* * * *
*(157.32) 11571932.16 0.4 *(414) 0.6 *(2594.55)
157.32 11571932.16 165.6
73
1556.73
11571932.16 1565.0
94.16
1
F L VF h S L h V H
F F F
F F
k
F
ghr
F
F
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3) Se está usando un evaporador de efecto simple para concentrar una
alimentación de 10.000 lb/hr de una solución de azúcar de caña a 80 °F
que tiene 15 °Brix hasta lograr 30 °Brix para usarla en un producto
alimenticio. Se dispone de vapor saturado a 240°F para el calentamiento.
El espacio del vapor en el evaporador está a 1 atm de presión. El valor
total de U es 350 BTU/hr-pie2-°F y la capacidad calorífica de la solución de
azúcar puede estimarse de Cp(BTU/hr-pie2-°F) = 1.0 – 0.56X. La elevación
del punto de ebullición puede estimarse de la siguiente expresión:
EPE(°F) = 3.2X + 11.22X . Calcular el área de evaporador requerida, el
consumo de vapor de agua por hora y la economía de vapor.
SOLUCION
Realizamos el Balance de Materia:
* *
10000*0.1 *0
5000
.5
10000 500
50 0
0
0
F L
l
F L V
F X L X
L
bLhr
lhr
V
bV
F=10.000 lb/hr
Xf =0.15
Tf = 80 F
S (vapor de H2O)
Ts = 240 F
V (evaporador)
Pv =101.325 kPa
S (condensado)
L (Liquido concentrado)
XL = 0.30 U = 350 BTU/hr-pie2 - F
Sabiendo que el azúcar es:
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2* *( ) *
*1000
( )*1000
g A Ao
B
sto
ste
sto
R W T mEPE T
Lv
mm
mPM
Calculamos el valor de “m”
30 701000
30007
grSTO grSTEX grSTE
X
30007 1.25
342m
Calculamos el valor de “EPE”
2
4
8.314*342*(373) *1.25
4.0626 10 *1000
494497161.3
406
12.
26000
17 53.906
B
EPE C
EPE Tx
EP
F
E
Reemplazamos el valor de EPE en la ecuación:
2
2
53.906 3.2 11.20 3.2 11.2 53.906
X XX X
Resolviendo obtendremos 2 resultados:
1
2
2.0562.341
XX
1 0.56*( 2.341)
2.311*
P
PBTUC
l
C
b F
Si usamos el “X” positivo el valor de Cp será negativo. Así que
usaremos el valor de “X” negativo.
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Interpolando entre 115 y 120 °C
240 115.56sT F C
115.56 2699.78 484.86s s sckJ kJT C H h
kg kg
2699.78 1163.13
484.86 208.89
s
sc
kJ BTUHkg lb
kJ BTUhkg lb
240115.561163.13 208.89 954.24FC
BTUlb
Tomando los datos de 101.325 KPa
20 100 2676.1v V vkJP kPa T C H
kg
2676.1 1152.93vkJ BTUH
kg lb
Sabiendo que 2.311*p
BTUClb F
2.311*(80 32) 110.93
2.311*(212 32) 415.98
F
L
BTUhlb
BTUhlb
Realizamos el Balance de Energía:
* * * *
10000*(110.93) *(954.24) 5000*(415.98) 5000*(1152.93)
7058.23
F L V
kgS vapor de agu
F h S L h V H
hr
S
a
1
2 2
*
6735245.40
* *( )
350* *(240 212)
6735245
350*(2
687.27 67
40 212
.35
)
s
Q S
BTUQhr
Q U A T T
Q A
A ie m
A
p
0.71 71%
5000
7058.23
Vapor producidoEconomía
Vapor requerido
VEconomía
S
lbhrEconomía
lbh
Economía
r
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4) Se está usando un evaporador con un área de 83.6 m2 y U = 2270 W/m2K
para obtener agua destilada que se alimenta en una caldera. Al
evaporador se introduce agua potable que tiene 400 ppm de sólidos
disueltos a 15.6 °C y la unidad opera a 1 atm de presión. Se dispone de
vapor de agua saturado a 115.6 °C. Calcúlese la cantidad de agua
destilada que se produce por hora cuando el líquido de salida contiene
800 ppm de sólidos.
SOLUCION
Sabiendo que:
10000 1%400
0.04% 0.0004
F
F
ppmppm X
X
10000 1%800
0.08% 0.0008
L
L
ppmppm X
X
Calculamos la velocidad de transferencia de calor:
1* *( )
2270*83.6*(240.08 373)
25224494.2
90808179. 6
)
2
4 (
sQ U A T T
Q
JQ perdiendo calor
kQhr
sJ
F=?
Xf =400 ppm
Tf = 15.6 °C
S (vapor de H2O)
Ts = 115.6°C
V (evaporador)
Pv =101.325 kPa
S (condensado)
L (Liquido concentrado)
XL = 800 ppm U = 2270 J/sm2°K
A=83.6 m2
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Realizamos el Balance de Materia:
* *
*0.0004 *0.0008
0.5
(0.5)
(0.5)
F L
kgL
F L V
F X L X
F L
F F
Fhr
kgV F
hr
V
Interpolando entre 115 y 120 °C
115.6sT C
115.56 2699.78 484.86s s sckJ kJT C H h
kg kg
Tomando los datos de 101.325 KPa
20 100 2676.1v V vkJP kPa T C H
kg
Asumiendo que 4.14*p
kJCkg K
4.14*(288.6 273) 64.58
4.14*(373 273) 414
F
L
kJhkg
kJhkg
Realizamos el Balance de Energía:
* * * *
*(64.58) 90808179.26 0.5 *(414) 0.5 *(2676.1)
90808179.26
61356
1480.47
.88
F L VF h S L h V H
F F
k
F
Fhr
F
g
0.5* 30678.44kg
L Fhr
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5) Se utiliza un evaporador de simple efecto para concentrar 7 kg/s de una
disolución desde el 10% hasta el 50% de sólidos. Se dispone de vapor de
agua a 205 kN/m2 efectuándose la evaporación a 13,5 kN/m2. Si el
coeficiente de transmisión de calor es 3 kW/m2K. Calcular la superficie de
calefacción y la cantidad de vapor utilizado, si la alimentación se
introduce a 294 K y el condensado abandona el espacio de calefacción a
352.7 K. Calor especifico de alimentación: 3,76 kJ/kgK y disolución
concentrada: 3.14 kJ/kgK
SOLUCION
Realizamos el Balance de Materia:
5
* *
25200*0.1 *0.5
25200 5
040
201
4
6
0 0
0
F L
F L V
F X L X
L
V
kgL
hr
kgV
hr
F=7kg/s
Xf =0.1
Tf = 294 K
S (vapor de H2O)
Ps = 205 kPa
V (evaporador)
Pv =13.5 kPa
S (condensado)
Ts = 352.7 K
L (Liquido concentrado)
XL = 0.5 U = 3000 J/sm2°K
A=83.6 m2
Cpf = 3.76 kJ/kg°K
Cpl = 3.14 kJ/kg°K
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13
Interpolando entre 198.53 y 232.1 kPa
205 122.89 2707.69s s skJP kPa T C H
kg
Tomando los datos de 80°C
352.7 79.7sT K C
79.7 334.91s sckJT C h
kg
2707.69 334.91 2372.78kJkg
Interpolando entre 12.349 y 15.758 kPa
13.5 2595.07v vkJP kPa H
kg
Sabiendo que 3.76*Fp
kJCkg K
y
3.14*Lp
kJCkg K
3.76*(294 273) 78.96
3.14*(373 273) 414
F
L
kJhkg
kJhkg
Realizamos el Balance de Energía:
* * * *
25200*(78.96) *(2372.78) 5040*(314) 20160*(2595.
21877.0
0
3
7)F L V
kgS
hr
F h S L h V H
S
Calculamos el área:
1
2
*
21877.03*2372.78
51909379.2
* *( )
3000* *[(1
14
22
4192
.89 273) 373]
14419272
3000*(395.89
209.9
37
2
8
7
3)
s
Q S
Q
kJQhr
Q U A T T
Q
A
A
m
Js
A
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14
6) Se concentra zumo de manzana en un evaporador de simple efecto con
circulación natural. En estado estacionario el zumo diluido se alimenta a
una velocidad de 0.67 kg/s, concentrándose desde un 11% de contenido
en solidos totales hasta alcanzar una concentración del 75 %. Los calores
específicos del zumo de manzana diluido y concentrado con 3.9 y 2.3
kJ/kg°C respectivamente. La presión del vapor es 304.42 kPa y la
temperatura de entrada de alimentación es 43.3 °C. El producto hierve
dentro del evaporador a 62.2°C, siendo el coeficiente de transmisión de
calor 943 W/m2°C. Calcular el caudal másico de producto concentrado, el
vapor requerido, la economía del proceso y el área de transmisión de
calor.
SOLUCION
Realizamos el Balance de Materia:
353.76
20
* *
2412*0.11 *0.75
2412 353.76
58.24
F L
F L V
F X L
kgL
hr
k
X
V
gV
h
L
r
F=0.67kg/s
Xf =0.11
Tf = 43.3°C
S (vapor de H2O)
Ps = 304.42 kPa
V (evaporador)
Tv = 62.2°C
S (condensado)
L (Liquido concentrado)
XL = 0.75 U = 943 J/sm2°C
Cpf = 3.9 kJ/kg°C
Cpl = 2.3 kJ/kg°C
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Interpolando entre 270.1 y 313 kPa
304.42 134 2725.94 563.41s s s sckJ kJP kPa T C H h
kg kg
1342725.94 563.41 2162.53
C
kJkg
Interpolando entre 60 y 65 °C
62.2 2613.43v vkJT C H
kg
Sabiendo que 3.9*Fp
kJCkg C
y
2.3*Lp
kJCkg C
3.9*(43.3 0 ) 168.87
2.3*(100 0 ) 230
F
L
kJh Ckg
kJh Ckg
Realizamos el Balance de Energía:
* * * *
2412*(168.87) *(2162.53) 353.76*(230) 2058.24*(2
2
613.
336.67
43)F L VF h S L h
kgS
hr
V H
S
353.76Caudal prod concentradkg
L liquidohr
o
0.
2058.24
2336.6
88 %
7
88
Vapor producidoEconomía
Vapor requerido
VEconomía
S
Econ
k
o
ghrEconomía
kghr
mía
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16
Calculamos el área:
1
2
*
2336.67*2162.53
5053118.98
* *( )
943* *(134 6
140
2.2
3644.1
*)
1403644.16
943*(1
2
34 62.2)
6
0.73
s
Q S
Q
kJQhr
Q U A T
A
Q
Js
m
T
A C
A
*Se consideró 62.2°C porque esa es la temperatura de ebullición del
elemento (zumo de manzana)
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17
7) Se utiliza un evaporador de simple efecto cuya superficie calefactora es
de 10 m2 para concentrar una disolución acuosa desde 10 hasta un
33.33% en sólidos solubles. La alimentación entra a la temperatura de 338
K con una caudal másico de 0.38 kg/s. Se utilizan 0.3 kg/s de vapor
saturado a una presión de 375 kPa. El evaporador opera a una presión de
13.5 kPa. Se puede considerar que el calor específico tanto de la
alimentación como del líquido concentrado es de 3.2 kJ/kg°K. Calcule
a. El coeficiente global de transmisión de calor si no hubiese
incremento en la temperatura de ebullición respecto a la del agua.
b. El coeficiente global de transmisión de calor teniendo en cuenta
que la situación real en la que no es despreciable el incremente
ebulloscópico.
SOLUCION
Realizamos el Balance de Materia:
414.54
9
* *
1368*0.1 *0.33
1368 414.54
53.45
F L
F L V
kgL
hr
kgV
F X L X
V
r
L
h
F=0.38kg/s
Xf =0.1
Tf = 338 K
S = 0.3 kg/s
Ps = 375 kPa
V (evaporador)
Pv = 13.5 kPa
S (condensado)
L (Liquido concentrado)
XL = 0.33 Cp = 3.2 kJ/kg°K
A = 10 m2
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18
Interpolando entre 316.3 y 415.4 kPa
375 142 2737.69 601.87s s s sckJ kJP kPa T C H h
kg kg
142 415.962737.69 601.87 2135.82
C K
kJkg
Interpolando entre 12.349 y 15.758 kPa
13.5 51.69 2595.07v v vkJP kPa T C H
kg
a) En el caso que no exista variación en la °Tebullición
1
2
2
*
1080*2135.82
2306685.6
* *( )
*10*[415.96 (51.69 273) ]
640746
10*(415.96 324.69)
702.04
0.7
*
640746
s
Q S
Q
kJQhr
Q U A T T
J
WUm K
kWU
Q
s
m
U
K
U
*Se consideró 51.69°C porque esa es la temperatura de ebullición a la
presión del evaporador (13.5kPa)
b) En el caso normal (con variación de Teb):
Considerando que existen sales en la solución acuosa (NaOH)
2* *( ) *
*1000
( )*1000
g A Ao
B
sto
ste
sto
R W T mEPE T
Lv
mm
mPM
33 671000
3300067
grSTO grSTEX grSTE
X
3300067 12.31
40m
JORGE EDUARDO PISSANI FUPUY INGENIERIA INDUSTRIAL – VI CICLO AULA 616
19
Calculamos el valor de “EPE”
2
4
8.314*40*(373) *12.31
4.0626 10 *1000
569568192.4
4062600
1
0
4.02
BEPE Tx
EP
EPE C
E
'
1 51.69 14.02 65.7 33 711 8.T C K
1
2
2
* *( )
*10*(415.96 338.71)
640746
10*(415.96 338.7
829.44
1
0.8
)
sQ U A T T
WUm K
kWU
Q U
U
m K