Este documento presenta cuatro problemas de regresión lineal múltiple para modelar diferentes fenómenos de transferencia de calor. En el primer problema, se ajustan parámetros de una ecuación para la transmisión de calor en tuberías. En el segundo, se modela la transferencia de calor en un lecho fluidizado. En el tercero, se correlacionan los parámetros de la ecuación de Antoine para el cálculo de la presión de vapor del propano. Y en el cuarto, se ajusta un polinomio a datos de la capacidad cal

1. ACIMIUQ AIREINEGNI
AL A SODACILPA SAMELBORP
.9 AMET
.9 AMET
.9 AMET
.9 AMET
a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T

2. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C

3. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
.selpitlúm selaenil senoisergeR
RLM.1. Transmisión de calor en una tubería
La transmisión de calor a través de tuberías se sabe que el número de Nusselt
(Nu) es función del número de Reynolds y del número de Prandlt:
Nu = f (Re, Pr)
hD  D v ρ Cpµ 
=f , 
k  µ k 
Una correlación ampliamente utilizada es la ecuación sugerida por Sieder y
Tate:
Nu = 0.023 Re0.8 Pr1/ 3
Los coeficientes de la anterior ecuación se han obtenido por correlación de
muchos datos experimentales. Aunque en general la anterior ecuación se
puede escribir como
Nu = a Reb Pr c
Donde a, b, c son parámetros ajustables.
Para los siguientes datos experimentales obtenidos en una tubería de ¾ de
pulgada de diámetro externo
a. compruebe la ecuación original de Sieder y Tate, calculando el error
para cada punto y representándolo gráficamente)
b. Utilice una correlación lineal múltiple para hallar los parámetros a, b, c. Y
calcule y represente nuevamente los errores obtenidos en esta
correlación.
Punto Re Pr Nu
1 49000 2.3 277
2 68600 2.28 348
3 84800 2.27 421
4 34200 2.32 223
5 22900 2.36 177
6 1321 246 114.8
7 931 247 95.9
8 518 251 68.3
9 346 273 49.1
10 122.9 1518 56
11 54.0 1549 39.9
12 84.6 1521 47
13 1249 107.4 94.2
14 1021 186 99.9
15 465 414 83.1
16 54.8 1302 35.9

4. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
Solución:
Para linealizar la ecuación basta tomar logaritmos. Así:
log( Nu ) = log(a ) + b log(Re) + c log(Pr)
Haciendo un ajuste lineal múltiple, se obtiene que
log(a) = -0.1684 ⇒ a = 10-0.1684 = 0.6786
b = 0.5374; c = 0.2435
La representación de los errores utilizando la ecuación original y la obtenida por
el ajuste es la siguiente:
20
20
0 10
-20 0
-40
-10
-60
-20
Nu
-80
-30
-100
-40
-120
-140 -50
-160 -60
0 2 4 6 8 10 12 14 16 0 2 4 6 8 10 12 14 16
puntos
En azul aparecen los errores de la correlación de Sieder y Tate, y en rojo los
errores cuando se ajustan los datos experimentales.
RLM.2. Transferencia de calor en un reactor de lecho fluidizado
Dow y Jacob [Dow, W.M. y Jacob, M. Chem. Eng. Prog. 47, 637 (1951)]
propusieron las siguientes ecuaciones adimensionales para modelar la
transmisión de calor en un tubo vertical con un sólido fluidizado con aire:
a a a
 Dt  2  Dt   1 − ε ρ s Cs   Dt G 
a 3 4 5
Nu = a1        
 L   D p   ε ρ g Cg   µ g 
     
Determine los parámetros a1-a5 y los errores cometidos.

5. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
hm Dt Dt Dt 1 − ε ρ s Cs Dt G
kg L Dp ε ρ g Cg µg
469 0.636 309 833 256
913 0.636 309 868 555
1120 0.641 309 800 786
234 0.285 309 800 255
487 0.285 309 800 555
709 0.283 309 767 850
581 0.518 683 795 254
650 0.521 683 795 300
885 0.524 683 795 440
672 0.455 1012 867 338
986 0.451 1012 867 565
1310 0.455 1012 867 811
1190 0.944 1130 1608 343
1890 0.974 1130 1608 573
2460 0.985 1130 1608 814
915 0.602 1130 1673 343
1260 0.602 1130 1673 485
1690 0.617 1130 1673 700
hm Dt
Nu = Número de Nusselt
kg
hm Coeficiente individual de transmisión de calor
Dt Diámetro de tubo
Dp Diámetro de partícula
L Longitud del lecho fluidizado caliente
G Velocidad másica del gas
k g , ρ g , C g , µ g Propiedades de la fase gas
Cs , ρ s Propiedades de la fase sólida
Solución
Se debe en primer lugar linealizar la ecuación. Basta para ello tomar logaritmos
en ambos lados de la ecuación:
D  D   1 − ε ρ s Cs  DG
log( Nu ) = log(a1 ) + a2 log  t  + a3 log  t  + a4 log   + a5 log  t 
 L   Dp   ε ρ g Cg   µg 
     
Utilizando ahora una rutina para regresión lineal múltiple:
Coeficientes Intervalo de confianza del 95%
log(a1 ) 0.0714 -0.3753, 0.5181
a2 0.7402 0.6221, 0.8583
a3 0.3454 0.2648, 0.4260
-4
a4 -5.7041·10 -0.1613, 0.1602
a5 0.7865 0.7082, 0.8648

6. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
El resultado muestra que los intervalos de confianza para el primer parámetro y
para el cuarto cortan el valor cero, lo que indica que, posiblemente a1 se pueda
fijar a uno y que la dependencia del cuarto término se pueda despreciar, al
menos en el intervalo de valores experimentales testado.
0.04
0.03
0.02
0.01
error [log(Nu)]
0
-0.01
-0.02
-0.03
-0.04
-0.05
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
puntos
RLM.3. Correlación de los parámetros de la ecuación de Antoine para
el calculo de la presión de vapor de un componente puro (propano)
La ecuación de Antoine permite calcular la presión de vapor de un componente
puro en función de la temperatura.
 B 
 A+ 
Pv = 10  T +C 
Linealice la ecuación anterior y determine, utilizando regresión lineal
múltiple, los parámetros A, B y C para los siguientes datos de presión de
vapor del propano
Punto T (ºF) P (psia) Punto T (ºF) P (psia)
1 -70 7.37 11 30 66.3
2 -60 9.72 12 40 78
3 -50 12.6 13 50 91.8
4 -40 16.2 14 60 107.1
5 -30 20.3 15 70 124
6 -20 25.4 16 80 142.8
7 -10 31.4 17 90 164
8 0 38.2 18 100 187
9 10 46 19 110 213
10 20 55.5 20 120 240
Represente los valores calculados y experimentales en una gráfica P vs T.
Represente los errores cometidos en P vs T para cada dato.
Solución:
Para poder obtener los parámetros el primer paso es obtener una
expresión lineal. Para ello se debe reescribir la ecuación
 B 
 A+  B
Pv = 10 T +C 
; ; log( Pv ) = A +
log( Pv )(T + C ) = A(T + C ) + B
T +C
log( Pv )T + C log( Pv ) = AT + AC + B; log( Pv )T = ( AC + B) + AT − C log( Pv )
Recordando que en una regresión lineal múltiple
y = a0 + a1 x1 + a2 x2 + ... identificando términos

7. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
y = log( Pv ) T ; x1 = T ; x2 = log( Pv )
a0 = AC + B; a1 = A; a2 = − C
Haciendo el ajuste lineal múltiple se obtiene que:
a0 = 677.3026; a1 = 5.2258; a2 = -428.1183
Y por lo tanto:
A = 5.2258 ; B = -1560.0 ; C = 428.1183
Las representaciones de los puntos experimentales y los calculados a
través de la regresión, así de los errores cometidos en cada punto son:
250 1
Calculados
Experimentales
0.8
200
0.6
150
Presión (psia)
0.4
error (psia)
100 0.2
0
50
-0.2
0 -0.4
-80 -60 -40 -20 0 20 40 60 80 100 120 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
Temperatura (F) punto
RLM.4. Capacidad calorífica del propano.
La capacidad calorífica del propano gas se puede expresar como un polinomio
de la temperatura:
C p = a0 + a1T + a2T 2 + a3T 3 + ...
Ajuste los datos de la tabla siguiente y a polinomios de diferentes grados y
compárelos entre sí
Cp Cp
Punto T (K) -1 -1 Punto T (K)
(kJ kmol K ) (kJ kmol-1 K-1)
1 50 34.06 11 700 142.67
2 100 41.3 12 800 154.77
3 150 48.79 13 900 163.35
4 200 56.07 14 1000 174.6
5 273.16 68.74 15 1100 182.67
6 298.15 73.6 16 1200 189.74
7 300 73.93 17 1300 195.85
8 400 94.01 18 1400 201.21
9 500 112.59 19 1500 205.89
10 600 128.7
Represente calores de Cp calculados y experimentales vs T en la misma
gráfica
Nota: en este caso es necesario escalar los valores de T, para ello defina una
T
nueva variable: T * = (donde Tm es el valor medio de las temperaturas) de
Tm
tal forma que

8. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
2 3
( ) ( )
C p = a0 + b1 T * + b2 T * + b3 T * ( ) + ...
b1 b b b
Y por lo tanto : a1 = ; a2 = 2 ; a3 = 3 ;...... ai = ii
2 3
Tm Tm Tm Tm
Solución:
De acuerdo a la sugerencia del enunciado calculamos Tm =672.1742 K
Utilizaremos directamente T* para el resto del problema.
Los resultados los ajustamos a polinomios de diversos grados (entre 2 y
) los resultados se dan en la siguiente tabla, se incluye el valor de los
parámetros para un intervalo de confianza del 95%.
Polinomio grado 2 Intervalo de confianza del 95%
a0 17.7427 [14.3303 ; 21.1552]
a1 146.3905 [138.6433 ; 154.1376]
a2 -27.8513 [-31.2312 ; -24.4715]
Polinomio de grado 3 Intervalo de confianza del 95%
a0 20.5235 15.8850 25.1620
a1 132.0625 113.3747 150.7504
a2 -12.1304 -31.2679 7.0070
a3 -4.5947 -10.1096 0.9203
Los resultados del ajuste se pueden ver a continuación.
220 6
error polin. grado 2
200 Cp experimental 5 error polin. grado 3
Polinomio grado 2
180 Polinomio grado 3 4
160 3
140 2
error de Cp
120 1
Cp
100 0
80 -1
60 -2
40 -3
20 -4
0 0.5 1 1.5 2 2.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5
T* T*
RLM.5. Correlación de los coeficientes de actividad de una mezcla binaria
utilizando la ecuación de Margules.
La ecuación de Margules para la correlación de de coeficientes de actividad en
mezclas binarias es:
γ 1 = exp  x2 (2 B − A) + 2 x2 ( A − B) 

2 3

γ 2 = exp  x1 (2 A − B) + 2 x1 ( B − A) 

2 3

Donde x1, x2 son las fracciones molares de los componentes 1 y 2
respectivamente y γ 1 , γ 2 son los coeficientes de actividad. Los parámetros A y
B son constantes para cada mezcla binaria.

9. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
Las dos ecuaciones anteriores se pueden combinar para calcular la energía
libre de exceso de Gibbs.
G
g = E = x1 ln(γ 1 ) + x2 ln(γ 2 ) = x1 x2 ( Ax2 + Bx1 )
RT
Para la mezcla Benceno (1) y n-heptano (2) están disponibles los siguientes
datos:
Punto x1 γ1 γ2
1 0.0464 1.2968 0.9985
2 0.0861 1.2798 0.9998
3 0.2004 1.2358 1.0068
4 0.2792 1.1988 1.0159
5 0.3842 1.1598 1.0359
6 0.4857 1.1196 1.0676
7 0.5824 1.0838 1.1096
8 0.6904 1.0538 1.1664
9 0.7842 1.0311 1.2401
10 0.8972 1.0078 1.4038
Calcule los valores de los parámetros A y B
Solución:
En este caso podemos reordenar la ecuación que nos da la energía libre de
exceso de la siguiente manera:
G 2 2
g = E = x1 ln(γ 1 ) + x2 ln(γ 2 ) = A x1 x2 + B x1 x2 = Az1 + Bz2
RT
2 2
donde z1 = x1 x2 ; z2 = x1 x2 La dificultad en este caso es que el ajuste
lineal múltiple exige que la recta de correlación pase por el origen.
Teniendo esto en cuenta se obtiene:
A = 0.2511; B = 0.4609
-3
x 10
0.1 1.5
experimental
0.09 calculado
0.08 1
0.07
0.5
error (GE/RT)
0.06
GE/(RT)
0.05
0
0.04
0.03
-0.5
0.02
0.01 -1
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
fraccion molar de benceno
fraccion molar de benceno
RLM.6. Regresión de velocidades de reacción catalítica heterogénea.
La Tabla siguiente presenta la velocidad de reacción para la siguiente reacción
catalítica heterogénea, representada por A → B
PA (atm) PB (atm) r ·105
1 0.0010 5.10
0.9 0.1016 5.40
0.8 0.2021 5.55

10. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
0.7 0.3011 5.85
0.6 0.4004 6.00
0.5 0.5043 6.15
0.4 0.6040 6.30
0.3 0.7020 6.45
Se ha sugerido la siguiente ecuación para correlacionar los datos:
k1PA
r= 2
donde k1 , K A y K B son coeficientes que deben
(1 + K A PA + K B PB )
determinarse por regresión.
Utilizando regresión lineal, determine dichos coeficientes.
Solución
La ecuación anterior se puede lienalizar reordenando los términos, invirtiendo y
tomando la raíz cuadrada.
1
 PA  2 1 K K
  = + A PA + B PB = a1 + a2 PA + a3 PB
 r  k1 k1 k1
El resultado es: a1 = − 177.8217; a2 = 317.5511; a3 = 215.8415 y por lo tanto
2
 1  −5
k1 =   = 3.1625 ·10
 −177.8217 
K A = a2 k1 = 1.7858
K B = a3 k1 = 1.2138
1
0.8
0.6
0.4
0.2
(PA/r)0.5
0
-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
-1
1 2 3 4 5 6 7 8
Puntos

11. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
selaenil on senoicaucE
selaenil on senoicaucE
selaenil on senoicaucE
selaenil on senoicaucE
ENL.1. Diámetro de una tubería a través del flujo
Utilizando la ecuación de Chen, un alumno de Ingeniería química obtuvo un
factor de fricción ( f ) de 0.01 para una tubería con rugosidad relativa ( ε ) 0.006.
Si por la tubería circulaba agua con un caudal de 0.01 m3/s. ¿Cuál era el
diámetro de la tubería?. (Utilice diferentes métodos numéricos para calcularlo)
Ecuación de Chen:
1  ε 5.0452  ε 1.1098  5.8506 
= − 4 log  − log + 
f  3.7065 Re  2.8257  Re0.898 
   
Solución:
Se debe reescribir la ecuación igualándola a cero, por ejemplo:
1  ε 5.0452  ε 1.1098  5.8506 
+ 4 log  −  2.8257  + Re0.898  = 0
log  
f  3.7065 Re 
   
Y aplicar cualquier método numérico (bisección Newton, secante, etc)
D = 0.3869 m.
ENL.2. Ecuación de Van der Waals
La ecuaciónd e Van der Waals para un gas es:
 A
P +
  (V − B ) = R T donde la P es la presión (atm). V es el volumen

 V2
molar (l/mol). T es la temperatura absoluta (K) y R=0.082054 atm l /mol K.
Hallar el volumnen molar del CO2 a 500 K y 10 atm, utilizando todos los
métodos estudiados.
2 2
Nota: A= 3.592 l atm / mol B= 0.04267 l / mol.
Solución
Para los métodos de punto fijo es necesario despejar el volumen molar del gas
de alguna manera, por ejemplo:
RT
V = +B
 A 
P + 2 
 V 
(Tenga en cuenta que no siempre convergerá, depende de cómo
despeje el volumne). Resolviendo por diferentes métodos se obtiene: V=
4.055 l
Para métodos como el de Newton la ecuación hay que reorganizarla de forma
que quede igualada a cero
 A 
 P + 2  (V − B ) − R T = 0
 V 
ENL.3. Evaporador Flash
Una mezcla de composición (fracción molar) como la de la tabla se introduce
en un evaporador flash a la temperatura de 160 ° y 1 atm. Determinar que
C
fracción de mezcla de ha evaporado. Suponer mezcla ideal.
comp j zj Aj Bj
1 0.1 -3848 8.358
2 0.2 -4002 7.833
3 0.2 -4997 8.665
4 0.2 -5595 8.847

12. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
5 0.2 -6301 9.261
6 0.1 -7296 10.078
Aj P*
( )
Ln K j =
T + 460
+ Bj
P
Kj=
j
(T °C)
Nota: la forma más fácil de resolver el problema es resolver
n
∑ (x j − y j ) = 0 donde xj, yj son funciones de la fracción evaporada.
j =1
Calcule también las temeraturas e rocío y burbuja de la mezcla.
Solución.
Este problema se puede resolver planteando el conjunto completo de
ecuaciones o bien reducirlo a una única ecuación que dependa sólo de la
fracción de vapor. Veámos como se puede llegar hasta este punto.
V
F
L
Haciendo un balance de material.
F = L +V
Fz j = Lx j + Vy j
V
Defiendo la fracción de vapor como α =
F
z j = (1 − α ) x j + α y j
Como y j = K j x j , sustituyendo en la ecuación anterior se tiene que:
zj
xj =
(1 − α ) + α K j
Como sugiere el enunciado se puede resolver una sola ecuación de la
forma
n n  zj zj  n  z j (1 − K j ) 
∑ xj − y j = 0 = ∑
( )  (1 − α ) + α K j
−Kj  =∑  
(1 − α ) + α K j  j =1  (1 − α ) + α K j 
j =1 j =1    
El resultado es:
α = 0.6876
comp j zj xj yj
1 0.1 0.0161 0.1381
2 0.2 0.0658 0.2610
3 0.2 0.1272 0.2331
4 0.2 0.2251 0.1886
5 0.2 0.3382 0.1372
6 0.1 0.2276 0.0420

13. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
ENL.4. Reacciones de equilibrio
Sea el siguiente conjunto de reacciones:
A+ B → C + D
C+B→ X + Y
A+ X  → Z
Calcule las concentraciones de equilibrio de cada una de las especies si
inicialmente se introduce una concentración de:
CAo = 1.5 M CBo = 1.5 M
Datos:
Las constantes de equilibrio para el sistema son:
CC C D C C CZ
K1 = = 1.06 K 2 = X Y = 2.63 K3 = = 5 (l/mol)
C A CB CC C B CA CX
Resuelva el sistema de ecuaciones por el método que considere oportuno.
Justifique su elección. Tome valores iniciales razonables para cada una de las
variables. (No use el valor cero como valor inicial).
Solución:
Quizá la mejor forma de resolver el problema sea utilzar grados de avance de
cada ecuación. Así, si ε i es el grado de avance de cada una de las reacciones
se tiene que:
C A = C A0 − ε1 − ε 3
C B = C B 0 − ε1 − ε 2
CC = ε1 − ε 2
C D = ε1
CX = ε 2 − ε3
CY = ε 2
CZ = ε 3
Para evitar divisiones por cero conviene pasar los términos que están
dividiendo multiplicando y dejar el sistema de ecuaciones de la siguiente
manera:
CC CD − 1.06 C ACB = 0
C X CY − 2.63 CC CB = 0
C Z − 5 C AC X = 0
El resultado, aplicando el método de Newton es:
ε1 = 0.7053; ε 2 = 0.5518; ε 3 = 0.3740
NOTA: Los valores iniciales son muy importantes en este caso. Conviene
comprobar que el resultado final de concentraciones lleva a soluciones con
sentido físico, porque desde el punto de vista puramente matemático el
sistema tiene diferentes soluciones.
ENL.5. Circulación de fluidos en una red de tuberías
Agua a 25 ºC está circulando por la red de tuberías que se muestra en la figura.
La presión a la salida de la bomba es de 15 bares (15 105 Pa) sobre la
atmosférica, y el agua se descarga a presión atmosférica al final de la línea.
Todas las tuberías son de 6” catálogo 40 (0.154 m de diámetro interno), con

14. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
rugosidad relativa 0.006. Las longitudes equivalentes de todas las tuberías
conectando los diferentes nodos son
L01 = 100 m; L12 = L23 = L45 = 300 m; L13 = L24 = L34 = 1200 m
Calular los flujos y presiones en los nodos 1, 2, 3 y 4 para la red. Asuma que
el factor de friccion es constante e igual a 0.005 para todas las tuberías.
Información adicional y notas:
Para la solución del problema es conveniente expresar la pérdida de
presión en cada nodo desde i hasta j como:
2
( )
∆Pi , j = ki , j qi , j
Donde qi , j es el flujo volumétrico y ∆Pi , j es la cadida de presión. El término
ki , j está relacionado con los factores de fricción de fanning y la velocidad
media de los fluidos a través de la ecuación
Li , j
2fρ
ki , j = D = 32 f ρ Li , j
2
π 2 D5
(
π D2 / 4 )
0 q01 1
q12
q13
4 q24
5 2
q45
q23
q34 3
Repita el problema pero ahora usando una ecuació adecuada para calcular
el factor de fricción.
Solución:
Hay dos relaciones que gobiernan el proceso.1. La suma de los flujos en
cada nodo dbe ser cero. 2. La suma de todas las caidas de presion en un
bucle cerrado debe ser cero.
q01 − q12 − q13 = 0
q12 − q24 − q23 = 0
q23 + q13 − q34 = 0
q24 + q34 − q45 = 0
∆P01 + ∆P + ∆P24 + ∆P45 = ∆Pbomba
12
∆P − ∆P23 − ∆P = 0
13 12
∆P23 + ∆P34 − ∆P24 = 0
Que junto con la ecaución que relaciona los flujos y las caidas de presión
define completamente el sistema de ecuaciones.

15. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
2
( )
∆Pi , j = ki , j qi , j
Dado que los flujos en m3/s pueden ser muy pequeños en comparación con
las presiones combiene escalar el problema, por ejemplo trabajando en kPa
y en litros/s
Caso a:
Tramo Q (l/s) P( kPa)
0-1 0.3118 1.8194
1-2 0.2059 2.3812
1-3 0.1059 2.5165
2-3 0.0491 0.1352
2-4 0.1569 5.5261
3-4 0.1549 5.3909
4-5 0.3118 5.4583
Caso b. Debemos ademas utilizar una ecuación adecuada para los
factores de fricción. Por ejemplo la ecaución de Coolebrock y White.
Ahora los factores de fricción son también incognitas de nuestro sistema.
Nuevamente para facilitar la resolución numérica es conveniente escalar
las variables. En este caso se puede escalar por un factor de 100 el
factor de friccioón.
ε 1.256 
= − 4 log  D + 
1
f  3.7 Re f 
 
 
Tramo Q (l/s) P( kPa) f.103
0-1 0.3915 0.2809 0.2809
1-2 0.2682 0.3159 0.3159
1-3 0.1232 0.4160 0.4160
2-3 0.0697 0.5248 0.5248
2-4 0.1985 0.3494 0.3494
3-4 0.1929 0.3530 0.3530
4-5 0.3915 0.2809 0.2809
ENL.6. Velocidad terminal
Determinar la velocidad terminal de una partícula sólida cayendo en un fluido.
Considere una partícula esférica uniforme de hierro cayendo en aire.
Datos para la partícula:
ρ p = 7860 kg / m3
D p = 0.5 mm
Datos para el aire
ρ = 1.23 kg / m3
µ = 1.79 ·10−5 Pa·s
Notas: La velocidad terminal de una partícula esférica cayendo en un medio
fluido se puede determinar por la siguiente expresión
vt =
(
4 g ρ p − ρ Dp )
3 CD ρ

16. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
El coeficiente de rozamiento depende del número de Reynolds de la sigueinte
manera:
24
CD = Si Re < 0.1
Re
24
CD = (1 + 0.14 Re0.7 ) Si 0.1 ≤ Re ≤ 1000
Re
vt D p ρ
Donde Re =
µ
Solución. Realmente basta con resolver una ecuación con una incognita que es
la velocidad terminal.Suponiendo un número de Reynolds maor que 0.1, se
obtiene vt = 7.586 m / s . Debemos además comprobar el número de Reynolds
que es a la velocidad terminal 260.7
ENL.7. Gráfica de Moody
Dibuje la gráfica de Moody utilizando la ecuación de Coolebrok para el factor de
fricción en régimen turbulento
Solución: La gráfica de moody representa el Número de Reynolds frente a 4f .
Reordar que
16
f = Si Re < 2100
Re
1 ε 1.256 
= − 4 log  D +  Si Re ≥ 5000
f  3.7 Re f 
 
0
10
-1
10
4·f
-2
10
2 3 4 5 6 7 8
10 10 10 10 10 10 10
Re
ENL.8. Temperatura de llama
Cuando se quema gas con aire, la temperatura máxima teórica que se puede
alcanzar en la llama, es lo que se conoce como temperatura de llama
adiabática. Esta temperatura depende de la composición del gas así como de
la cantidad de aire con la que este se queme. Determine la temperatura de

17. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
llama adiabática cuando se quema gas natural. Considere los casos en los que
la relación aire/gas natural varía entre 0.5 y 20.
Composición del gas natural:
CH4: 90% en volumen, C2H6 : 6% en volumen; N2: 4% en volumen.
Entalpía combustión: CH4: -212798 cal/mol; C2H6: -372820 cal/mol.
La capacidad calorífica de los diferentes gases implicados se puede expresar
por:
Cp = a + b T + c T 2 ( T en K y Cp en cal/mol K).
a b c
CH4 3.381 18.044 -4.3
C2H6 2.247 32.201 -11.049
CO2 6.214 10.396 -3.545
H2O 7.256 2.298 0.283
O2 6.148 3.102 -0.923
N2 6.524 1.25 -0.001
La temperatura ambiente y de todas las entradas al quemador es de 25°C.
Solución:
Para determinar la temperatura de llama adiabática debemos realizar un
balance de materia en función de conversión y un balance de energía.
Las reacciones de combustión son las siguientes:
CH 4 + 2O2 → CO2 + 2 H 2O
C2 H 6 + 7 O2 → 2 CO2 + 3 H 2O
2
Nota: Si no hay oxigeno suficiente para la combustión se forman productos de
de combustión incompleta. Sin embargo vamos a suponer que el metano y el
etano no reaccionarían mas y simplemente se calentarían, además no hay
preferencia por ninguna de las reacciones y ambas se dan en la misma
extensión (lo que nos permite tratarla como si fuera una sola reacción)
La composición del gas natural (fracción molar = fracción en volumen)
xCH 4 = 0.75; xC2 H 6 = 0.23; xN2 = 0.02
Y la composición del aire
( )aire
xO2 = 0.21; xN2 ( )aire = 0.79
Llamando r a la relación aire/gas natural y tomando como base de cálculo 1
mol de gas natural las cantidades iniciales de cada componente en la mezcla
serán:
El oxígeno necesario para la combustión completa será:
7
( O2 )combustion completa = 2 ( CH 4 )0 + ( C2 H 6 )0
2
El oxigeno consumido por cada reacción (suponiendo que la reacción fuese
completa) sería:
(O2 )0 (CH 4 )0
( O2 )reac1 = 2
2 (CH 4 )0 + 3.5(C2 H 6 )0
(O2 )0 (C2 H 6 )0
( O2 )reac 2 = 3.5
2 (CH 4 )0 + 3.5(C2 H 6 )0

18. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
La conversión dependerá de la cantidad de oxigeno disponible. Así:
0.5 ( O2 ) reac1
Si ( O2 )combustion completa < ζ =
( CH 4 )0
En otro caso ζ =1
Donde ζ es la conversión.
Los moles finales se pueden calcular en función de la conversión de la
siguiente manera:
CH 4 = ( CH 4 )0 (1 − ζ )
C2 H 6 = ( C2 H 6 )0 (1 − ζ )
CO2 = ( CO2 )0 + ( CH 4 )0 ζ + 2 ( C2 H 6 )0 ζ
H 2O = ( H 2O)0 + 2 ( CH 4 )0 ζ + 3.5 ( C2 H 6 )0 ζ
O2 = (O2 )0 − 2 ( CH 4 )0 ζ − 3.5 ( C2 H 6 )0 ζ
N 2 = ( N 2 )0
Finalmente de un balance de energía
∆H C , CH 4 ( CH 4 )0 − CH 4  + ∆H C , C2 H 6 ( C2 H 6 )0 − C2 H 6  +
   
T
∑ (moles finales)i ∫T C p (T )i 0
=0
i
Si resolvemos utilizando un método de Newton la ecuación anterior para
diferentes valores de r se obtiene. Como esa de esperar la temperatura
máxima se obtiene justo cuando se añade la cantidad estequiométrica de aire.
(primer punto de conversión total).
2400 1
2200 0.9
2000 0.8
conversión de metano
1800 0.7
Temperatura K
1600 0.6
1400 0.5
1200 0.4
1000 0.3
800 0.2
600 0.1
400 0
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
relacion aire/gas natural relacion aire/gas natural

19. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
selaenil senoicaucE
selaenil senoicaucE
selaenil senoicaucE
selaenil senoicaucE
LIN.1. Balances de materia en estado estacionario para una secuencia de
separación.
El p-xileno, estireno, tolueno y benceno se separan en la siguiente secuencia
de columnas de destilación.
D1 7% Xileno
4% Estireno
54% Tolueno
35% Benceno
D
15% Xileno 18 % Xileno
25% Estireno 24 % Estireno
B1 42 % Tolueno
40% Tolueno
16 % Benceno
20% Benceno
15 % Xileno
D2 10 % Estireno
F = 70 kmol/min 54 % Tolueno
21 % Benceno
B
24 % Xileno
B2 65 % Estireno
10 % Tolueno
1 % Benceno
a) Calcula el flujo molar de las corrientes D1, D2, B1 y B2.
b) Reduce el flujo original de la corriente de alimento en un 1% y
luego en un 2% y repite el apartado (a). Explica los resultados.
c) Determina el flujo molar y las composiciones de las corrientes B y
D del apartado (a).
LIN.2. Recuperación de Cromato potásico cristalino
A continuación se muestra el diagrama de flujo de un proceso en régimen
estacionario para la recuperación de cromato potásico cristalino, a partir de una
disolución acuosa de esta sal.
Agua
Sólido
4500 kg/h
Evaporador Cristalizador
Disolución
R=36.36% peso cromato potasico
Se combinan 4500 kg/h de una disolución que contiene 1/3 (fracción másica)
de cromato potásico con un flujo de recirculación que contiene 36.36% en peso
de cromato. El flujo combinado se alimenta a un evaporador. El flujo
concentrado que sale del evaporador contiene un 49.9% en peso de cromato.

20. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
Este flujo se alimenta a un cristalizador donde se enfría (produciendo la
precipitación de cristales de cromato potásico). Una parte se filtra y se
recircula. La otra parte que es una mezcla de sólido y disolución al 36.36% en
peso se extrae del sistema. Se sabe que el 95% en masa de toda la parte
extraída del sistema es cromato sólido. Plantee un sistema de ecuaciones
lineal y calcule todas las variables desconocidas del sistema

21. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
sairanidro selaicnerefid senoicaucE
sairanidro selaicnerefid senoicaucE
sairanidro selaicnerefid senoicaucE
sairanidro selaicnerefid senoicaucE
EDO.1. Cinética de reacción reacción
Calcule, utilizando los métodos numéricos que considere oportunos, la
variación con el tiempo de las especies A, B y C en la siguiente reacción.
k1 k2
 k1 = 0.5 min −1

A  B  C 
→ → A(0) = 1; B(0) = 0; C (0) = 0 t ∈ [ 0,10 ]
−1
k2 = 1.0 min

Solución: Las ecuaciones que hay que integrar son las siguientes:
d CA
= − k1C A
dt
d CB
= k1C A − k2CB Con las condiciones de contorno dadas en el
dt
d CC
= − k2 C B
dt
enunciado.
El resultado es:
1
A
0.9 B
C
0.8
0.7
0.6
Concentración
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
tiempo (s)
EDO.2. Reactor de lecho fluidizado
En un reactor de lecho fluidizado de 0.8 m de longitud y 1 m de diámetro se
lleva a cabo una reacción catalítica. El modelo de flujo aplicable es el de
partículas de tamaño intermedio, con lo que las concentraciones de reactivo A
en la fase burbuja (CAb) y en la emulsión (CAe) siguen las ecuaciones:
d C Ab
- ub = γ b k C Ab + K be ( C Ab - C Ae )
dz
d C Ae
- (1 - δ ) u mf = (1 - δ )(1 - ε mf )k C Ae - δ K be ( C Ab - C Ae )
dz
En estas ecuaciones:
z es la distancia hasta el fondo del lecho (altura)
k es la constante cinética de la reacción (igual a 3 seg-1 en nuestro caso)
γB es la fracción de sólidos en la estela (igual a 10-3 en nuestro caso)

22. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
umf es la velocidad mínima de fluidización (igual a 0.21 m/s en nuestro caso)
εmf es la porosidad en el punto de mínima fluidización (igual a 0.45 en nuestro
caso)
ub es la velocidad de ascenso de la burbuja, que es una función de su
diámetro:
{( ) }
ub = 16 uo − umf + 113db0.5 dt1.35 + ubr , [ m / s]
. .
u0 es la velocidad de alimentación del gas (igual a 0.4 m/s en nuestro caso)
ubr es la velocidad de ascenso de una burbuja individual:
0,5
ubr = 0,711(g d b )
dt es el diámetro del reactor (igual a 1 m en nuestro caso)
db es el diámetro de una burbuja, que es una función de la posición:
1,11
d b = 2,3( u0 - u mf ) z 0.81 [SI]
δ es la fracción de burbujas, que puede calcularse con la expresión:
u 0 - u mf
δ=
ub
Kbe es el coeficiente de transferencia de materia desde la burbuja a la emulsión
que debe calcularse mediante el uso de Kbc (burbuja-nube) y Kce (nube-
emulsión):
1/Kbe = (1/Kbc)+(1/Kce)
 umf   D0,5 g1/ 4 
K bc = 4,5 +5,85 -1
5/ 4 [ s ]
 db   db 
0,5
 D ε mf ubr 
K ce = 6,77   [ s-1 ]
 db  3
D es la difusividad del reactivo (9 10-5 m2/s en nuestro caso).
Se desea conocer cómo varían a lo largo de la altura del reactor:
a) las concentraciones CAb y CAe, teniendo en cuenta que a la
entrada son ambas iguales a 0.1 mol/L
b) los coeficientes de transferencia Kbc y Kce
c) el diámetro y la velocidad de las burbujas
Solución: Basta resolver las ecuaciones diferenciales del enunciado, y luego
sustituir para encontrar cada una de los parámetros que se piden:

23. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
0.1
Concentracion en fase burbuja
0.09 Concentracion en fase emulsion
0.08
0.07
Concentracion (mol/L)
0.06
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
0
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8
Altura en el reactor
0.35 3
0.3
2.5
0.25
2
0.2
velocidad
diametro
1.5
0.15
1
0.1
0.5
0.05
0 0
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8
altura altura
5
10
Kbc
Kce
4
10
3
10
2
10
1
10
0
10
-1
10
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8
altura
EDO.3. Reactor encamisado exotérmico

24. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
En un reactor encamisado se lleva a cabo una reacción exotérmica. Para este
tipo de sistema se comprueba mediante balances de materia y energía que se
cumple la siguiente ecuación:
dT 4U (T − Tc )
= ∆Tad −
dζ d t ρC P k (1 − ζ )
donde ζ es la conversión en el reactor (cero para τ = 0 ) y Tc es la temperatura
del encamisado. A la entrada del sistema (τ = 0 ) la temperatura es de 340 K.
En el sistema, de primer orden, se cumple la ecuación de diseño:
dζ
= k (1 − ζ )
dτ
en la que la constante de velocidad sigue la ley de Arrhenius,
 E 
k = k0 exp  − 
 RT
y se dispone de los siguientes datos:
T (K) k (s-1)
300 0.00012239
320 0.0013828
330 0.003864
340 0.0107844
En el caso particular que se trata:
- la temperatura inicial del sistema de reacción es 340 K,
- se midió el valor de ∆Tad = 146 K ,
4U
- se conoce = 0.2 s −1
d t ρC P
En este ejercicio:
1) Se desea seguir la evolución T- τ para tres temperaturas de encamisado
distintas, 330, 335 y 337 K. Realiza los programas necesarios para
visualizar las diferencias en una misma gráfica.
2) También se quiere seguir la evolución T- ζ en una misma gráfica para
los tres casos presentados.
NOTAS:
1. Tenga en cuenta que en la ecuación 1 la variable independiente es la
conversión, y en la 2 es el tiempo. Cuando integre ambas deben
depender del tiempo
2. Integre para los primeros 200 segundos.
Solución:
La primera parte requiere estimar los valores de la Energía de activación y el
factor pre-exponencial de la ecuación cinética. Para ello se puede llevar a cabo
1
un ajuste lineal múltiple representando ln(k ) vs.
T
k0 = 3.995510 s −1
12
Haciendo esto se obtiene que: E
= 11403.42 K
R

25. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
-4.5
Experimental
-5 Regresion
-5.5
-6
-6.5
Ln(k)
-7
-7.5
-8
-8.5
-9
-9.5
2.9 2.95 3 3.05 3.1 3.15 3.2 3.25 3.3 3.35
1/T x 10
-3
El siguiente paso es resolver el sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias,
simplemente poniendo ambas ecuaciones en función del tiempo:
dT  4U (T − Tc ) 
= k (1 − ζ )  ∆Tad − 
dτ  dt ρ CP k (1 − ζ ) 
dζ
= k (1 − ζ )
dτ
El resultado final
355 1
0.9
350 0.8
0.7
345
Temperatura K
0.6
conversion
0.5
340 0.4
0.3
335 0.2
0.1
330 0
0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200
tiempo (s)
tiempo (s)
355
350
345
Temperatura K
340
335
330
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
conversion

26. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
EDO.4. Descomposición de SH2 en una partícula esférica
Se pretende descomponer el sulfuro de hidrógeno en sus elementos. Para ello
se dispone de un sistema en el que se difunde SH2 dentro de las partículas
esféricas de un catalizador poroso de sílica/alúmina. El sistema se caracteriza
por la ley de Fick, que aplicada a un sistema con una reacción de primer orden,
como es el caso, tiene la forma:
d 2C A
De − kC A = 0
dx 2
donde De representa la difusividad efectiva, CA la concentración de SH2, k la
constante de velocidad de reacción y x la distancia desde el centro de la
partícula.
CA= conocido
CA presenta un mínimo
x=0 x=L
Las condiciones de contorno de la ecuación anterior son:
1º. La concentración de SH2 en la superficie del catalizador es conocida, e igual
a 10 mol/m3.
2º. La concentración de SH2 en el centro de la partícula presenta un mínimo,
por lo que dCA/dx=0 en el centro.
Se desea determinar el perfil de concentración de SH2 a lo largo de la partícula.
Datos:
De= 5·10-6 m2/s
k=1 s-1
Radio de la partícula= 2 mm.
Solución: El primer paso es transformar la ecuación diferencial de segundo
orden en un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden:
dC A
=V x = 0 → C A = 10
dx
con condiciones de contorno:  dC 
dV kC A x= L → V = A =0
=  dx 
dx De
El problema es que ahora las condiciones de contorno vienen dadas en dos
puntos diferentes. Para solucionar el problema se puede utilizar la técnica
conocida como ‘Shooting method’ que consiste en suponer uno de los valores
iniciales, integrar la ecuación diferencial, y comprobar si se satisface el otro
valor inicial. Si no es así el valor supuesto se modifica hasta que el segundo
valor inicial se cumpla. Para hacer esto de forma sistemática se puede
introducir la ecuación diferencial dentro de un método para resolver
ecuaciones.
En este caso es conveniente suponer la concentración en x=L. La razón es que
el valor de la concentración en dicho punto es fácilmente acotable (estará

27. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
siempre entre 0 y 10), lo que nos permite utilizar un método como el de la
bisección que podemos asegurar que va a converger siempre. Sin embargo de
la otra alternativa, suponer el valor de la derivada de la concentración en el
punto inicial, sólo sabemos que debería ser negativa. El resultado es el
siguiente:
Valor de la concentración en x=L, C A ( x = L) = 7.0058
10.5 3500
10 3000
9.5 2500
Concentración
9 2000
DerivadaCa
8.5 1500
8 1000
7.5 500
7 0
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
Radio -3 Radio -3
x 10 x 10
EDO.5. Cinética de descomposición formación
La concentración de un reactivo ‘A’ varía con el tiempo según la siguiente
ecuación:
dC A  3500 
= − 9420 exp − CA t en minutos, CA en mol/L
dt  298 
que no depende de la temperatura. Se realiza un experimento y al cabo de 25
minutos se encuentran en el sistema 3.4 mol/L de ‘A’. ¿Cual era la
concentración inicial? Dibuje la variación de la concentración con el tiempo
para este reactivo.
b) La concentración de un reactivo ‘B’ varía con el tiempo según la siguiente
ecuación:
dC B  15000  2
= − 5·1015 exp −  CB t en minutos, CB en mol/L, T en
dt  T 
K
y la temperatura varía con el tiempo según la ecuación:
T = 298 + 5t t en minutos, T en K
En el sistema se parte de una concentración de B de 7 mol/L. ¿Cuál es la
concentración al cabo de 25 minutos? Dibuje la variación CB-t.
c) Un tercer reactivo ‘C’ está presente en el sistema. La concentración de C es
una función de las ecuaciones que describen la variación de A y B, de forma
que:
dCC
= − 0.05(C A + CB )
dt
La concentración inicial de C es 20 mol/L. Dibuje la variación de CC con el
tiempo para los 25 primeros minutos
Solución:
En este caso tenemos primero una ecuación diferencial, cuya única dificultad
es que se debe integrar hacia atrás (incrementos de tiempo negativos). El
resultado es

28. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
25
20
15
CA mol/L
10
5
0
0 5 10 15 20 25
tiempo (min)
El valor de la concentración de A a tiempo cero es de : 22.00 mol/L.
El segundo apartado sólo requiere tener en cuenta que la temperatura varía de
forma lineal con el tiempo. El resultado es:
7
6
5
4
CB mol/L
3
2
1
0
0 5 10 15 20 25
tiempo (min)
Por último, en el tercer caso se tiene un sistema de ecuaciones diferenciales
ordinarias donde se debe utilizar el valor inicial de concentración de A,
calculado en el primer apartado. El resultado es

29. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
25
CA
CB
CC
20
15
C mol/L
10
5
0
0 5 10 15 20 25
tiempo (min)
EDO.6. Reactor catalítico de membrana
La deshidrogenación de un compuesto A tiene lugar en un reactor con
membrana selectiva bajo condiciones isotermas.
1
A B+ C
2
La reacción es reversible con constante de equilibrio K C .
La ventaja de utilizar un reactor de membrana está en que uno de los
productos atraviesa de forma selectiva la membrana, de tal manera que si el
componente que atraviesa la membrana es uno de los productos, la reacción
se puede llevar hasta conversión completa.
Permeado H2
H2
Particulas de
catalizador
Alimento
Efluente
La velocidad de transferencia hasta la membrana depende no sólo de la
resistencia ofrecida por la membrana, si no también de las ‘capas’ de
concentración en cada lado de ésta. El coeficiente de transferencia de materia
a través de la membrana se puede correlacionar a través de la siguiente
ecuación:
1 1
 v  2  v  2
kC (v) = kC (v0 )   = kC 0  
 v0   v0 
Si el paso limitante es el flujo a través de la membrana entonces el coeficiente
se puede considerar independiente de la velocidad, pero este no es el caso.
El componente C es transportado a través de la membrana, se puede calcular
como:
rC ( membrana ) = kC a CC para valores de perneado C bajos.

30. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
Calcule los flujos molare, en función de la masa de catalizador, así como la
pérdida de presión para los siguientes valores:
0.5
dm3 dm3  kmol 
k = 0.5 ; v0 = 50 ; KC = 0.5  
kg min min  dm3 
kmol atm
P0 = 10 atm; FA0 = 10 ; α = 0.002
min kg
dm dm 2
kC 0 = 0.1 ; a=2 ; W = 200 kg
min kg
Solución: Las ecuaciones para este sistema serían las siguintes.
Balances de Materia:
dFA '
= rA
dW
dFB '
= − rA
dW
dFC 1 '
= − rA − kC aCC
dW 2
Ecuaciones de velocidad
'  C C1/2 
rA = − k  C A − B C 

 KC  
Relación flujo concentración y estequiometría
F F F
C A = A ; CB = B ; CC = C
v v v
 F + FB + FC  P0  FA + FB + FC  1 P
v = v0  A  = v0   con y =
 FA0 P  FA0 y P0
Caída de presión
 F + FB + FC 
−α  A 
dy  FA0 
=
dW 2y
Coeficiente de transferencia de materia
1
v  2
kC = kC 0  
 v0 
La integración de las cuatro ecuaciones diferenciales en función de la masa de
catalizador (entre 0 y 200 kg) lleva a:

31. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
10 1
FA
9 FB
FC 0.95
8
7
perdida de presion P/P0
0.9
flujo molar kmol/min
6
5 0.85
4
0.8
3
2
0.75
1
0 0.7
0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200
masa de catalizador masa de catalizador
EDO.7. Asociación de RCTA isotermos
Considere que la siguiente reacción elemental e irreversible que tiene lugar en
fase líquida.
A+ B → C
Se lleva a cabo en una asociación de 3 reactores en serie de tipo tanque
agitado. Las especies A y B se adicionan de forma individual al primer tanque
con un flujo volumétrico (cada una de ellas) de 6 dm3/min. El volumen de cada
reactor es de 200 dm3. Considere que inicialmente cada reactor está lleno con
un disolvente líquido inerte. La concentración inicial de cada reactante es
mol dm3
C A0 = CB 0 = 0.5 y la constante de reacción es de k = 0.5
dm3 mol min
a) Calcule las concentraciones en estado estacionario a la salida de cada
reactor
b) Calcule el perfil de concentraciones hasta que se alcanza el estado
estacionario
c) Repita el apartado b suponiendo que ahora el componente B se divide
en tres partes iguales que se alimentan a cada reactor.
CA1 C CA3
A2
CA0 CB1 CB3
CB2
CB0
Solución: La primera parte consiste en resolver un sistema de ecuaciones no
lineales:

32. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
v0 AC A0 − v1C A1 − k C A1CB1 V1
=0
V1
v0 B CB 0 − v1CB1 − k C A1CB1 V1
=0
V1
v1C A1 − v2C A2 − k C A2CB 2 V2
=0
V2
v1CB1 − v2CB 2 − k C A2CB 2 V2
=0
V2
v2C A2 − v3C A3 − k C A3CB 3 V3
=0
V3
v2CB 2 − v3CB 3 − k C A3CB 3 V3
=0
V3
C A0 = CB 0 = 2.0; k = 0.5; V1 = V2 = V3 = 200
Con
v0 A = v0 B = 6; v1 = v2 = v3 = 12
C A1 = CB1 = 0.29167
Se obtienen los siguientes valores: C A2 = CB 2 = 0.13644
C A3 = CB 3 = 0.08132
En la segunda parte debemos integrar las siguientes ecuaciones:
dC A1 v0 AC A0 − v1C A1 − k C A1CB1 V1
=
dt V1
dCB1 v0 B CB 0 − v1CB1 − k C A1CB1 V1
=
dt V1
dC A2 v1C A1 − v2C A2 − k C A2CB 2 V2
=
dt V2
dCB 2 v1CB1 − v2CB 2 − k C A2CB 2 V2
=
dt V2
dC A3 v2C A2 − v3C A3 − k C A3CB 3 V3
=
dt V3
dCB 3 v2CB 2 − v3CB 3 − k C A3CB 3 V3
=
dt V3

33. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
0.35
CA1
CA2
0.3
CA3
0.25
concentracion
0.2
0.15
0.1
0.05
0
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50
tiempo
En el tercer caso debemos modificar las ecuaciones referentes a CB2 y CB3 de
la siguiente manera;
dCB 2 v0 B CB 0 + v1CB1 − v2CB 2 − k C A2CB 2 V2
=
dt V2
dCB 3 v0 B CB 0 + v2C B 2 − v3CB 3 − k C A3CB 3 V3
=
dt V3
Pero ahora con v0 B = 2; v1 = 8; v2 = 10; v3 = 12
1
CA1
0.9 CA2
CA3
0.8
CB1
CB2
0.7
CB3
0.6
concentracion
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50
tiempo
EDO.8. Tiempo de vaciado de un depósito

34. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
El depósito de la figura, inicialmente lleno de agua, se descarga (vacía) a la
atmósfera a través del tubo inferior. Calcule y
represente gráficamente, para las dos primeras
horas de vaciado: D1
(1)
Variación de la altura (H) del agua con el
tiempo dentro del depósito.
Ho
Variación de la velocidad de salida con el
tiempo (punto 2).
Tenga en cuenta que la velocidad en cada instante
se puede calcular a partir de un balance de energía
L
mecánica:
(2)
2
V2 2 L =0
− g H + 2 f V2 D
2 D
donde: V2 = velocidad en la sección de salida (2).
g = constante de gravitación universal
f = factor de fricción
L = longitud de tubería
D = Diámetro de tubería
H = altura del agua contando desde el punto (2)
el factor de fricción se puede calcular a partir de la ecuación de Coolebrook y
White:
ε 
= − 4 log  D + 
1 1.256
f  3.7 Re f
 

 
donde ε = rugosidad
Re = número de Reynolds.
Datos:
µ = 10-3 Pa·s (Viscosidad del agua)
ρ = 1000 kg/m3 (Densidad del agua)
ε = 5 10-4 m (Rugosidad)
L=1m Longitud de tubo
D = 0.5 cm diámetro del tubo en el punto (2)
Ho = 10 m Altura inicial del agua medida desde el punto
(2).
D1 = 0.2 m Diámetro del depósito.
Además, utilizando la ecuación de continuidad se tiene que la variación de
altura con el tiempo viene dada por la expresión:
dH
V2 S 2 = − S1
dt

35. a c i mí u Q a í r ei n e g nI al a s o d a cil p a s a m el b o r P : 9 a m e T
donde S1 = sección en el punto (1)
S2 = sección en el punto (2)
Solución: En este problema se debe resolver una ecuación diferencial ordinaria.
Sin embargo, en cada paso de la integración se debe además resolver un
sistema de ecuaciones no lineales que permitan determinar el valor de la
velocidad y el factor de fricción.
10 3.5
9
3
8
7 2.5
Velocidad (m/s)
6
altura (m)
2
5
4 1.5
3
1
2
1 0.5
0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000
tiempo (s) tiempo (s)
0.0263
0.0262
0.0261
factor de fricción
0.026
0.0259
0.0258
0.0257
0.0256
0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000
tiempo (s)
EDO.9. Simulación del enfriamiento del agua dentro de un botijo.
Un botijo se encuentra expuesto al sol en un día muy caluroso (39 ºC). el
objetivo es simular como varía la temperatura y la masa de agua contenida en
el botijo con el tiempo.
Para ello haga las siguientes suposiciones:
El botijo es perfectamente esférico con un radio de 0.1 m.
La densidad del agua es constante 1000 kg/m3
No hay pérdidas de agua por goteo o exudación
El coeficiente de transferencia de materia en la superficie exterior y en la
interior es el mismo.
La superficie del líquido en la interfase con el aire esta a Temperatura
constante y en equilibrio con el aire
La pared seca alrededor del líquido se mantiene constante a 39ºC e
irradia a la superficie interior del líquido a ( θ S = 24.2 º C )

36. aí r ei n e g nI n e o c i r é m u n ol u cl á C
El coeficiente global de transmisión de calor U incluye todas las
resistencias de convección en el líquido y conducción en el líquido y a
través de las paredes.
El líquido está perfectamente mezclado.
La capacidad calorífica de la arcilla es mucho menor en comparación
con la capacidad calorífica del agua, de tal forma que el contenido de
calor del botijo se puede despreciar.
El factor de forma de radiación f es constante.
La renovación de aire en el exterior es constante.
La humedad y la temperatura del aire permanecen constantes.
Las ecuaciones que definen el sistema son entonces:
dV
= − k ' a (Hs − H )
dt
 dθ 
VC p  L  = hC a (θG − θ S ) + f εσ ( 273 + θG ) − ( 273 + θ s )  4π R 2 − S −
( )
4 4
 dt   
 dV 
Ua (θ L − θ S ) − λW  − 
 dt 
La primera ecuación expresa la velocidad de evaporación como una función del
coeficiente de transferencia de materia del agua (k’) de la superficie total (a = A
+ S) y la diferencia entre la humedad de saturación del aire (Hs) y la humedad
ambiental (H). donde:
H s = 0.018 kg agua / kg aire seco
H = 0.011 kg agua / kg aire seco
La segunda ecuación es un análisis global que expresa la variación térmica del
líquido y corresponde a un balance entre la transferencia de calor del aire al
agua (convección térmica sobre la superficie A+S y radiación térmica del aire
en la cámara sin agua). Las pérdidas de calor en la interfase líquido vapor y la
evaporación del líquido.
Datos y Notas:
M 0 = 3.161 kg Masa inicial de agua
Coeficiente individual de
k ' = 80 kg agua / (h m2 )
transferencia de materia
a = A+S Área total
H s = 0.018 kg agua / kg aire seco Humedad de saturación
H = 0.011 kg agua / kg aire seco Humedad ambiental
Cp = 1 kcal / (kg K ) Capacidad calorífica del agua
θG = 39 º C Temperatura del Aire
Temperatura del vapor justo encima
θ S = 24.2 º C de la superficie del agua (coincide
con la temperatura de saturación
adiabática)
θL Temperatura del agua (varía con
tiempo)
λW = 583 kcal / kg Calor de vaporización del agua
f εσ = 3.05·10−8 kcal / (h m 2 K 4 )
U = 22 kcal / (h m2 k ) Coeficiente global de transmisión de