Ejercicios libro03a

UNIVERSIDAD MAYOR
FACULTAD DE INGENIERIA
TRANSFERENCIA
DE 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 06 Humidificación 16
Ejercicio 07 Humidificación 20
Ejercicio 08 Destilación 24
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
dy
CD)y1(N A
ABaA −=+ ;
Separando variables e integrando :
AC
A
B
223
N
2
3
N
2
N
N
3
CN
1
BN
2
AN
H3NNH2Au
−=
−=∴
−=−=
+→+
Aa
a
ABA
A
A
Aa
a
ABA
cBAa
a
ABA
Ny
dz
dy
CDN
)N
2
3
2
N
N(y
dz
dy
CDN
)NNN(y
dz
dy
CDN
+−=
−−+−=
+++−=






+δ
=∴
+
−=
δ
δ
∫ ∫
δ
a
AB
A
0
y
0
a
a
ABA
y1
1
ln
CD
N
y1
dy
CDdzN
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,
2
N
N
NN
N
2
N
2
N
A
C
AB
C
BA
−=
−=∴
−=−=
)
2
N
NN(y
d
dy
CDN
)NNN(y
d
dy
CDN
A
AAA
Z
A
AMA
CBAA
Z
A
AMA
−−+−=
+++−=
Z
A
AM
A
A
AA
Z
A
AMA
d
dy
CD)
2
y
1(N
2
Ny
d
dy
CDN
−=+∴
−−=












+
δ
=∴
+−=δ⋅
+
=
δ
δ
δ
∫∫
δ
2
y
1
1
ln
CD2
N
)
2
y
1ln(CD2N
2
y
1
dy
CDdN
A
AM
A
A
AMA
y
0
A
A
AMo 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,
00915.0X
0X
0111.0111.0
92.10
XX
YY
92.1046.52
G
L
x2
G
L
46.5
00183.0
0111.0111.0
XX
YY
G
L
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
111.0
10.01
10.0
y1
y
1A
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=
1.0
0111.0
00111.0
mXY
mXY
16.2
05.5
92.10
mG
L
2A1A
2A2A
S
Soper
=
−
−
=
−
−
==
8.3
6.0
3.2
5.3
6.0
1.2
E
N
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:
00915.0X
0X
0111.0111.0
92.10
XX
YY
92.1046.52
G
L
2
G
L
46.5
00183.0
0111.0111.0
XX
YY
G
L
1A
1A2A1A
2A1A
S
Smín
S
Soper
2A1A
2A1A
s
Smín
=∴
−
−
==
−
−
==⋅=⋅=
=
−
−
=
−
−
=
Trazando operación y platos
NT=2.1
NR 6
31.0
1.2
== Reales
111.0
10.01
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,
0263.0
1.58
29
05.01
05.0
Y 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
00263.00263.0
1180
Ls
YYG
X 2A1As
1A
−
=
−
=
00821.0X 1A =

14
Data 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∴
10.0
0263.0
00263.0
mXY
mXY
2A1A
2A2A
==
−
−
20.2
118031.1
3400
mG
L
A
s
s
=
⋅
==
a) Del gráfico , Nog = 3.3
m
hr
hrm
kgmol
hrmkgmol
aSK
G
H
3
2
g
s
og =
⋅
−
−
== O.K.
m28.3
360
1180
Hog ==
m11~82.103.328.3NHZ ogog =⋅=⋅=∴
b) Del gráfico con iguales YA2 / YA1 y A,
N = 2.2
11
2.0
2.2
NR ==∴ platos reales

15
Se 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)
2040
42H
TT
HH
2
50.5
G
cL
50.5
2026
4275
G
cL
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
( ) ( ) ( )
( )
m
kg/kJmmseg/kg
CºCºkg/kJseg/kg
HH
dT
Aak
cL
Z
23
T
T
G
*
G
g
pLS 2L
1L
=
⋅




⋅




 −
⋅−⋅
=
−
⋅
⋅
⋅
=
∫
( )
m8.1074.0
5.4
4
18.0
18.410
Z
2
=⋅
π
⋅
⋅
=

19

20
Ejercicio 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,
80120
20H
TT
HH
2
128.2
G
cL
128.2
805.103
2070
G
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
1
Fºlb
BTU
hr
lb
.s.lba
BTU
Fº
HH
dT
Aak
cL
Z
2L
1L
T
T
G
*
Gg
pLS
=
−
⋅
−
⋅⋅=
−
⋅
⋅
⋅
= ∫
ft58ft9.57
1525
150000
765.1Z ≈=
⋅
⋅=

23

24
Ejercicio 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
1R
9.0
1R
X
50.0a
DmínDmín
D
+
=
+
==
80.0RDmín =
60.180.02RDoper =⋅=
3462.0
16.1
90.0
b =
+
=
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 = 3154.0
520
320
= Gráfico:
50.090.0
652.090.0
−
−

26
520VV ==
720400320FLL =+=+=
mLOI = 385.1
520
720
V
L
== Gráfico: 30.1
10.050.0
10.0652.0
=
−
−
O.K.
Trazado de platos, 1
5.0
18
N +
−
= ; 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.

28
Desarrollo
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
D
R
90.0
50.0
1R
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 ==
x5.0
3.066.0
647.1
2125
2475
V
L
−
−
===
1909.0x =∴
2475LL ==
112510002125FVV 2 =−=−=
20.2
1125
2475
V
L
==
Del gráfico : 20.2
1.01909.0
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 =
22.0
75.7
7.1
RDmín ==∴
75.7
x
858.022.09.3RDoper ==⋅=
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’)
Reboiler1111
2.0
12.3
NT +=+
−
=∴

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)
oper
ANpAF
)1Np(001
O
A
m
CC
CC
V
V
=
−
−
=∴
+
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
( )
715.1
615.03.125.1
07.30
V5.1
V
V
V
Omín
A
Ooper
A
=
−
−
==
;
615.03.12
0C
715.1 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 U
3+
/m
3
solución Fase orgánica, kg U
3+
/m
3
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
104.2
V
V
2
2
Smín
A
=
⋅−
⋅
= −
−
( )
2
1s
Soper
A
1063.06
0C
2235.0
2
447.0
V
V
−
⋅−
−
===
012.0C 1S =∴ kg U3+
/ m3

39
Ubicando relación de operación y trazando las etapas, se tiene,
N = 2.7
NReal = 9
30.0
7.2
= mixer – settlers
Dado que se trata de líquidos insolubles (solvente B y no soluto A ), emplearemos,
también, KBS,
Ordenada:
( )
( )
09.0
07.0
0063.0
C
C
mCC
mCC
AF
AN
1NsAF
1NsAN
===
−
−
+
+
Parámetro: 79.1
2235.0
1
4.0
V
opermV
A
Bm
A
S
=⋅==
′
Del Gráfico, se tiene,
N = 2.7 ( idéntico valor)
NReal = 9
3.0
7.2
= 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
257
743
N
1
257
257
y
F
F
==
==
Aceite en R1 = 257 - 0.95 = 244.15
hr
kg79.348R
70.0
R
15.244
x
1
1
1
=
==
Determinación de yNP,
Aceite no recuperado en sólido agotado,
257 · 0.05 = 12.85 kg
NP
NP
NP
NP
Eenaceite
EenSólidos
soluciónkg/Eenaceite
soluciónkg/EenSólidos
y
N
==
82.57
85.12
743
y
N
==
82.57N = · y (pasa por origen con m = 57.82)
Esta recta corta en NENp vs yNp
Puntos del gráfico, m= 57.82 =
0y
04
−
−
; 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 /ft
2
-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
humedadlb
333.0
25.01
25.0
Xo =
−
=
osec.sóllb
humedadlb
064.0
06.01
06.0
XF =
−
=
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.
∫=θ
O
F
X
X
s
T
N
dx
A
L
También se puede calcular el tiempo durante el período constante,
( )
c
cos
c
AN
XXL −
=θ
y luego el tiempo en período decreciente,
∫=θ
c
F
X
X
s
f
N
dx
A
L
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)
064.010.0
N15.0
3
05.010.0
015.0
m
XX
NN F
F1
F1
−
−
==
−
−
==
−
−
042.0NF =∴

45
El área bajo la integral da un valor de 1.39
hr12.1139.1x839.1x
A
Ls
T ===θ∴
Verificación unidades,
( )K.Ohr
fthrhumedadlb
osec.sóllbhumedadlb
ft
osec.sóllb
22T =
−
⋅=θ

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