Transcript

UNIVERSIDAD NACIONAL

“PEDRO RUÍZ GALLO”
Facultad de Ingeniería Química e Industrias Alimentarías

DESARROLLO

DE

LOS

EJERCICISO

INTERCAMBIO DE CALOR

Diseño de Plantas Industriales I

Lambayeque- julio - 2010

DE

PROBLEMAS PROPUESTOS DE INTERCAMBIADORES DE
CALOR DE DOBLE TUBO

2.- Se quiere calentar 18000 lb/hr de orto xileno desde 100 hasta 150°F,
enfriando 18000 lb/hr de alcohol butílico de 170 hasta 140°F, en un
intercambiador de calor de doble tubo. Disponibles para este propósito hay 5
horquillas de 20 pies cuyos ánulos y tubos están colocados en serie. Los
intercambiadores son de 3*2 IPS.
A) ¿Cuál es el factor de obstrucción?
B) ¿cuáles son sus caídas de presión?
C) Si las corrientes frías y calientes en (a) se cambian con respecto al anulo y
al tubo interior, como justifica esto o refuta su decisión inicial respecto a
donde colocar las corrientes calientes.

18000 Lb/hr
Orto xileno
t1 = 170 ºF
Alcohol butílico
T1 =100ºF

T2 = 150ºF

18000 Lb/hr
t2= 140ºF

 PROPIEDADES FÍSICAS

ORTOXILENO
ΔT=125ºF

ALCOHOL
BUTILICO
ΔT=155ºF

Calor
Específico

0.43

0.2081

Viscosidad

0..61

0.282

Conductividad
Térmica

0.090

0.0180

r

0.001

0.001

PROPIEDADES
FÍSICAS

UNIDADES

 DISEÑO RAPIDO

Estimac. de U=20-140 promedio U=70

ΔT1= 20°F

ΔT2=
40°F

 CALCULO DEL AREA ESTIMADA

575´´  CURSO DE LOS FLUIDOS TUBO: alcohol butílico ANILLO: orto xileno  CALCULO DE HT :LADO DE LOS TUBOS . cp .69∗(170−140) Q=372600 BTU /h  TIPO Y CARACTERÍSTICAS DE LOS TUBOS 3X2 IPS di = 2. ΔT Q=18000∗0.0677´´ Di = 3.380´´ De= 1.944 pulg2 Alt = 0. CALCULO DEL CALOR ESTIMADO Q=m .068´´ At = 3.350 pulg2 Aa = 2.62 pies2/pie d0 = 2.

14 ) ( ) .067/2.05*2.380 Ht=2226.067/2.05*2.380 Ht=261.72  CALCULO DE HO : h a=J h k cp∗u 13 u ∗ ∗ De k uw ( )( 0.34 lb/pie2 ºF HT CORREGIDO Ht=261.Gt=77371.05*di/do=261.

090 0.068 12 L =¿ 78.54  CALCULO DE Uc : 0.22 D h a=262 0.090 1 12 ( )( h a=344.14 ) () .Figura N°24 L 20 = D 3.43∗0.575 0.42 13 1 ∗ ∗ 1.61∗2.

 CALCULO DE UD :  CÁLCULO DE LA CAÍDA DE PRESIÓN EN LOS TUBOS .

 CALCULO DE DE PRESIÓN EN EL ANILLO: ∆ Po=∆ Pa+ ∆ Pes 2 ( )( 144ρ ) V ∆ Pes=n 2g V= Ga 3600∗ρ .

4 V =4.87∗62.4 144 ) ∆ Pes=0. Tolueno 10000 lb/h 185ºF 7000 lb/h Anilina ICAnilina Tolueno T ºF ? 150ºF .005.17 )( 0.5 pies/ s ∆ Pes=5 ( 4. ¿Cuál es el factor final de obstrucción? . Se requiere un factor de obstrucción de 0.24 psi 4.65+0.Se Debe calentar 7000 lb/hr de anilina desde 100 hasta 150ºF mediante enfriamiento de 10000 lb/hr de tolueno con una temperatura inicial de 185ºF en 1 un intercambiador de calor de doble tubo. ¿Cómo deben arreglarse?.59 psi ∆ Po=0.59 ∆ Po=1.87∗62. a)¿Cuántas horquillas serán necesarias?.52 2∗32.V= 880434.. con tubos de 2x1 4 ’’ IPS.78 3600∗0. de 20 pies de longitud.

 Hacemos un arreglo en paralelo:  Desarrollamos el primer intercambiador  Características de los tubos 1 Tubos 2x1 4 ’’ IPS de 20 ’ de longitud r =0.005  Propiedades de la Anilina (T promedio= 125ºF) .

37ºF) = 0.518 ∗( 150−100 ) ºF h lbºF BTU Q ganado = 90650 h  Determinamos la temperatura de salida del tolueno Cp(185ºF) = 0.7 )=175.BTU Cp(125ºF)= 0.462 ∗( T −185 ) ºF 90650 = -( h h lbºF ) .25ºF 2 BTU lbºF Q ganado = -Q perdido BTU lb BTU 10000 ∗0.5 )=175.465 185+165.47 ∗( T −185 ) ºF 90650 = -( h h lbºF ) T=165.47 BTU lbºF Q ganado = -Q perdido BTU lb BTU 10000 ∗0.7ºF  T promedio =( Cp(175.37ºF 2 BTU lbºF Q ganado = -Q perdido BTU lb BTU 10000 ∗0.462 185+165.518 lbºF Q ganado = m anilina * Cp anilina* ΔT Q ganado = 3500 lb BTU ∗0.25ºF) = 0.5ºF  T promedio =( Cp(175.465 ∗( T −185 ) ºF 90650 = -( h h lbºF ) T=165.

4ºF (temperatura de salida del tolueno) 185 ºF Tolueno 165. supuesto: 70 (tabla 1.4ºF  185+165.2ºF 2 T promedio =( Cp(175.2ºF) = 0.4 )=175.462 BTU lbºF Q ganado = -Q perdido 90650 BTU h = -( 10000 lb BTU ∗0.T=165.4-manual de intercambiadores de calor para solventes orgánicos Ud (20-120) ) ΔTL = 65.63 .4ºF 35ºF Hallamos variación de temperatura media logarítmica y luego determinamos el área con el Ud.4−35 65.462 ∗( T −185 ) ºF h lbºF ) T1=165.4ºF 150ºF Anilina 100 ºF 65.4 ln ⁡( ) 35 AREA ESTIMADO: =48.

05 0.66” xi=0. pie .º F   r  2) Características de los tubos: 1 2x1 4 ’’ IPS . Btu / lb ºF 0.1 0.63 pie 2 BTU Solventes Orgánicos UD (20-120) → 70 h.34 K.65 54.A= Q UD∗ΔT L 90650 = 70 BTU h BTU ∗48. Btu / h.38” do=1.5 pulg2 ENFRIAR . pie 2 º F = 26.2º F Cp.pie2 ºF 0.14” at=1.29 0.63 pie2 < 100 pie2 (Doble tubo) ESTIMAMOS PROPIEDADES FISICAS 1) Propiedades físicas a la temperatura promedio: Propiedad FLUIDO A ANILINA CALENTAR FLUIDO A TOLUENO 125ºF 175. cp 2.462 .005 ρ lb/ pie 3   Btu  2 hr .0834 63. tubos de 20pies de longitud. di=1. pie 2 º F Por lo tanto : 26.518 0.63 º F h .005 0.

52” 3) Curso de los Fluidos:   manilina = 3500 lb/h mtolueno = 10000 lb/h -Lado del tubo interior: Tolueno -Lado del Anillo: Anilina 4) Calculo del Coeficiente de transferencia en el tubo interior (tolueno): µ k cp∗µ 1/3 hi = Jh ( di ) * ( ) * ( µW )0. = 0.915” Dm=1.067” Do=2.38” ao=1.38 pulgadas * 12 pulg k = 0.0834 BTU /pie ºF Cp.34 centipoise Jh = necesito el numero de Reynols Cálculo del número de Reinols Nre = di∗¿ µ µ = 0.38pulgadas * 12 pulg Gt = mt at masa del fluido que va por el tubo = areade seccion transversal del tubo .435pie2/pie De=0.8228 Lb /pie hora di pie = 1.14 k di pie = 1.Di=2.462 BTU/Lb ºF µ = 0.19 pulg2 alt=0.

38 ht = 377.Lb agua cruda hora pie 2 2 1.1 Btu/hr *pie2 *ºF 1.14 k =1 0.8228 1/3 )*( ) * ( µW )0.14 k pie De = 0.38 12 0.48 Btu/hr *pie2 *ºF 5) Calculo del Coeficiente de transferencia en el anulo (anilina): µ k cp∗µ 1/3 ho = Jh ( De ) * ( ) * ( µW )0.66 =313.915 pulgadas * 12 pulg k = 0.38 12 µ 0.8228 Lb/ pie hora Nre = 134175.518 BTU/Lb ºF µ = 2.1 BTU /pie ºF Cp.5 pulgada ( ) ( 12 pulg )2 10000 Gt = Nre = = 960000 Lb/hr *pie2 pies)∗(960000 Lb /hor∗pie2) ( 1.462∗0.98 ≈ 134176 Jh = 320 (en curva de transferencia de calor lado de los tubos en la fig24) µ k cp∗µ 1/3 hi = Jh ( di ) * ( ) * ( µW )0.0834 hi = 320 ( 1.14 0. = 0.1* 1.48 ht = 313.05 centipoise .0834 hi = 377.

19 pulgada2 ( ) ( 12 pulg )2 3500 Ga = Nre = = 423529.915 12 4.915pulgadas * 12 pulg Ga = ma ao = masa del fluido que va por el anulo areade seccion transversal del a nulo Lb agua cruda hora pie 2 1.961 Lb /pie hora pie De = 0.14 .41 Lb /hor∗pie2) ( 0.41 Lb/hr *pie2 pies)∗(423529.6 ≈ 6510 Jh = 24 (en curva de transferencia de calor lado de los tubos en la fig24) ho = Jh k cp∗µ ( De ) * ( ) k 1/3 µ * ( µW )0.961lb / pie hora Nre = 6509.Jh = necesito el numero de Reynols Cálculo del número de Reinols De∗Ga µ Nre = µ = 4.

1 )*( 1/3 µ * ( µW )0.65 + 0.7 ≈ 42 BTU/hr *pie2 *ºF 8) Calculo del área de transferencia: A= Q UD∆TL = 90650 BTU /hora BTU (42 )∗(48.88 = Uc = Uc = 71.961 ) 0.1 ho = 24 ( 0.65 BTU/h *pie2 *ºF 7) Calculo del Coeficiente total de diseño(sucio): 1 UD 1 UC = = + Rd 1 71.48+ 92.0.14 ho = 92.88 313.01 Rd =0.915 12 0.005 = 0.88 BTU/hr *pie2 *ºF 6) Calculo del Coeficiente total de transferencia(limpio): h t∗h o ht +h o 313.38pies2 < 100pies 2 9) Calculo de Longitud total del intercambiador: L= A alt = areade transferencia total areade longitud transversal = .01 UD = 41.63 º F ) hor∗pie 2∗º F A = 44.48∗92.005 + 0.518∗4.

435 pie A= 52.02 pies 10) Calculo del Nº de Horquillas: NH =   LT L = 102 20∗2 =2.38 pies 2 pies 0.2 pies2 11) Calculo de la caída de presión en el lado del tubo interior.55 ≈ 3 horquillas Corregimos el LT = NH * L = 3 * 20 * 2 LT = 120 pies Área corregida A= LT *alt 2 pies A= 120pie * 0.38 pulgadas * 12 pulg  g = 4. psia: 2 ∆ Pt = f ∗¿ ∗LT 72∗g∗δ∗di  Gt =960000Lb/hr *pie2 δ  = 54.2 44.435 pie L = LT = 102.18 *108 pies/hr2  NRe = 134176 .29 Lb/pie3  LT =120 pies  pie di = 1.

38∗1 ( 72 )∗( 4.18∗108 )∗( 54.42 (134176) =0. f = 0.66) pulg pulgadas Nre = Nre = De '∗Ga µ ∗(423529.0054 960000 (0.407 pulg∗pie 12 pulg ) 4.0054)∗(¿¿ 2)∗120 1.961 Lb / pie hora = 0.264 0.0035 + ∆ Pt = 0. 12) Calculo de la caída de presión en el lado del tubo exterior o anulo ∆ PA = ∆ Pa + Salida de presión en los tubos ∆ P es entradas y salidas 2 ∆ Pa De´ = f∗Ga ∗LT 72∗g∗δ∗De´ = Di .29 )∗( ) 12 ¿ =3.41 Lb /hor∗pie2) (0.067 – 1.18 psia ∆ Pt = 3.do = (2.407 .18 < 10 psia (ok) por ser liquido.

0035 + ∆ Pa = = 0.Nre = 2895. 3600∗δ pies /seg n = número de horquillas g’ = 32.53) f = 0.24 psia 2 ∆ Pes = n∗v 2.65 Lb / pie 3 144 = 0.0128∗423529.0128 0.41 ∗pie2 hor ¿ 3∗(1.407 72∗4.17 pies /seg2 v ∆ Pes = = 3600∗63.24 psia + 0. g ' * δ 144 v = Ga .85 pies /seg 63.65∗( ) 12 ∆ Pa = 4.53 0.85 pies/ seg)2 2∗32.42 (2895.17 pies/ seg2 = * 1.65 Lb/h∨¿ Lb 423529.412∗120 0.18∗108∗63.264 0.071psia .071 psia ∆ PA = ∆ Pa + ∆ Pes = 4.

311 psia < 10 psia (ok) por ser liquido.∆ PA = 4.  Desarrollamos el segundo intercambiador Características los tubos  de 1 Tubos 2x1 4 ’’ IPS de 20 ’ de longitud r =0.005  Propiedades de la Anilina (T promedio= 125ºF) .

452 165.4 +145.452 BTU lbºF Q ganado = -Q perdido BTU lb BTU 10000 ∗0.4 ) ºF 90650 = -( h h lbºF ) T=145.4ºF) = 0.452 ∗( T −165.452 ∗( T −165.518 lbºF Q ganado = m anilina * Cp anilina* ΔT Q ganado = 3500 lb BTU ∗0.3ºF  T promedio =( Cp(155.4 +145.4ºF 2 BTU lbºF Q ganado = -Q perdido BTU lb BTU 10000 ∗0.5ºF) = 0.518 ∗( 150−100 ) ºF h lbºF Q ganado = 90650 BTU h  Determinamos la temperatura de salida del tolueno Cp(155.452 165.3 )=155.4 ) ºF 90650 = -( h h lbºF ) T=145.4ºF 2 BTU lbºF Q ganado = -Q perdido BTU lb BTU 10000 ∗0.3 )=155.3ºF  T promedio =( Cp(155.4ºF) = 0.452 ∗( T −185 ) ºF 90650 = -( h h lbºF ) .BTU Cp(125ºF)= 0.

3ºF (temperatura de salida del tolueno) 165.4 Tolueno ºF 145.4 =27.3ºF 150ºF Anilina 100 ºF 45.3−15. pie 2 º F Por lo tanto : 2 .4 45.3ºF Hallamos variación de temperatura media logarítmica y luego determinamos el área con el Ud.71ºF AREA ESTIMADO: A= Q UD∗ΔT L 90650 = 70 BTU h BTU ∗27.3 ln ⁡( ) 15. supuesto: 70 (tabla 1.71º F h .T2=145.4-manual de intercambiadores de calor para solventes orgánicos Ud (20-120) ) ΔTL = 45.73 pie BTU Solventes Orgánicos UD (20-120) → 70 h. pie 2 º F = 46.

tubos de 20pies de longitud. di=1.29 0.067” Do=2.73 pie2 < 100 pie2 (Doble tubo) ESTIMAMOS PROPIEDADES FISICAS 1) Propiedades físicas a la temperatura promedio: Propiedad FLUIDO A ANILINA CALENTAR FLUIDO A TOLUENO 125ºF 155.4º F Cp. pie .1 0.005 ρ lb/ pie 3   Btu  2 hr .65 54. cp 2.36 K.38” ENFRIAR .0843 63.pie2 ºF 0.5 pulg2 Di=2.º F   r  2) Características de los tubos: 1 2x1 4 ’’ IPS . Btu / lb ºF 0.452 .46.14” at=1.05 0.38” do=1.518 0. Btu / h.66” xi=0.005 0.

915” Dm=1.38pulgadas * 12 pulg Gt = mt at = masa del fluido que va por el tubo areade seccion transversal del tubo .19 pulg2 alt=0. = 0.8712 Lb /pie hora di pie = 1.52” 3) Curso de los Fluidos:   manilina = 3500 lb/h mtolueno = 10000 lb/h -Lado del tubo interior: Tolueno -Lado del Anillo: Anilina 4) Calculo del Coeficiente de transferencia en el tubo interior (tolueno): µ k cp∗µ 1/3 hi = Jh ( di ) * ( ) * ( µW )0.452 BTU/Lb ºF µ = 0.ao=1.38 pulgadas * 12 pulg k = 0.0843 BTU /pie ºF Cp.435pie2/pie De=0.36 centipoise Jh = necesito el numero de Reynols Cálculo del número de Reinols Nre = di∗¿ µ µ = 0.14 k di pie = 1.

66 =315.915 pulgadas * 12 pulg k = 0.0843 hi = 379. = 0.14 k pie De = 0.76 ≈ 126722 (Flujo turbulento) Jh = 310 (en curva de transferencia de calor lado de los tubos en la fig24) µ k cp∗µ 1/3 hi = Jh ( di ) * ( ) * ( µW )0.5 pulgada ( ) ( 12 pulg )2 10000 Gt = Nre = = 960000 Lb/hr *pie2 pies)∗(960000 Lb /hor∗pie2) ( 1.87 Btu/hr *pie2 *ºF 1.14 k =1 0.38 12 µ 0.518 BTU/Lb ºF µ = 2.14 0.0843 hi = 310 ( 1.05 centipoise .38 ht = 380* 1.1 BTU /pie ºF Cp.452∗0.9 ht = 316 Btu/hr *pie2 *ºF 5) Calculo del Coeficiente de transferencia en el anulo (anilina): µ k cp∗µ 1/3 ho = Jh ( De ) * ( ) * ( µW )0.8712 Lb / pie hora Nre = 126721.8712 1/3 )*( ) * ( µW )0.38 12 0.Lb agua cruda hora pie 2 2 1.

Jh = necesito el numero de Reynols Cálculo del número de Reinols De∗Ga µ Nre = µ = 4.41 Lb/hr *pie2 pies)∗(423529.961lb / pie hora Nre = 6509.14 .41 Lb /hor∗pie2) ( 0.19 pulgada2 ( ) ( 12 pulg )2 3500 Ga = Nre = = 423529.915 12 4.915pulgadas * 12 pulg Ga = ma ao = masa del fluido que va por el anulo areade seccion transversal del a nulo Lb agua cruda hora pie 2 1.6 ≈ 6510 Jh = 24 (en curva de transferencia de calor lado de los tubos en la fig24) ho = Jh k cp∗µ ( De ) * ( ) k 1/3 µ * ( µW )0.961 Lb /pie hora pie De = 0.

85 BTU/h *pie2 *ºF 7) Calculo del Coeficiente total de diseño(sucio): 1 UD 1 UC = = + Rd 1 71.8 ≈ 42 BTU/hr *pie2 *ºF 8) Calculo del área de transferencia: A= Q UD∆TL = 90650 BTU /hora BTU (42 )∗( 27.518∗4.915 12 0.01 UD = 41.85 + 0.88 ≈ 93BTU/hr *pie2 *ºF 6) Calculo del Coeficiente total de transferencia(limpio): h t∗h o ht +h o 316∗93 316 +93 = Uc = Uc = 71.71º F) hor∗pie 2∗º F A = 77.005 = 0.01 Rd =0.1 )*( 1/3 µ * ( µW )0.1 ho = 24 ( 0.961 ) 0.005 + 0.0.14 ho = 92.89pies2 < 100pies 2 9) Calculo de Longitud total del intercambiador: L= A alt = areade transferencia total areade longitud transversal = .

psia: ∆ Pt = f ∗¿2∗LT 72∗g∗δ∗di  Gt =960000Lb/hr *pie2 δ  = 54.38 pulgadas * 12 pulg  g = 4.435 pie A= 87 pies2 11) Calculo de la caída de presión en el lado del tubo interior.48 ≈ 5 horquillas Corregimos el LT = NH * L = 5 * 20 * 2 LT = 200 pies Área corregida A= LT *alt pies2 A= 200pie * 0.1pies 10) Calculo del Nº de Horquillas: NH =   LT L = 179.435 pie LT = 179.89 pies 2 pies 0.18 *108 pies/hr2  NRe = 134176 .2 L = 77.1 20∗2 =4.29 Lb/hora  LT =200 pies  pie di = 1.

66) pulg pulgadas Nre = Nre = De '∗Ga µ ∗(423529.3 psia ∆ Pt = 5.407 .0054)∗(¿¿ 2)∗200 1.0035 + ∆ Pt = 0.18∗108 )∗( 54.0054 960000 (0.407 pulg∗pie 12 pulg ) 4.29 )∗( ) 12 ¿ =5.3 < 10 psia (ok) por ser liquido.42 (134176) =0.264 0.do = (2. 12) Calculo de la caída de presión en el lado del tubo exterior o anulo ∆ PA = ∆ Pa + Salida de presión en los tubos ∆ P es entradas y salidas 2 ∆ Pa De´ = f∗Ga ∗LT 72∗g∗δ∗De´ = Di .067 – 1. f = 0.961 Lb / pie hora = 0.38∗1 ( 72 )∗( 4.41 Lb /hor∗pie2) (0.

65 Lb/h∨¿ Lb 423529.17 pies /seg2 v ∆ Pes = = 3600∗63.0128 0.412∗200 0.85 pies/ seg)2 2∗32. g ' * δ 144 v = Ga .07 psia 2 ∆ Pes = n∗v 2.07 psia + 0.407 72∗4.85 pies /seg 63.118 psia ∆ PA = ∆ Pa + ∆ Pes = 7.118psia .18∗108∗63.53) f = 0.42 (2895.65 Lb / pie 3 144 = 0.264 0. 3600∗δ pies /seg n = número de horquillas g’ = 32.Nre = 2895.65∗( ) 12 ∆ Pa = 7.0128∗423529.53 0.17 pies/ seg2 = * 1.0035 + ∆ Pa = = 0.41 ∗pie2 hor ¿ 5∗(1.

mediante otro que se calienta desde 290 hasta 316 ºF. El fluido caliente esta en serie y el fluido frio fluye en dos trayectorias paralelas en contracorriente.Un liquido se enfría desde 350 hasta 300 ºF.  El factor final de obstrucción es 0. A).188 psia < 10 psia (ok) por ser liquido.∆ PA = 7. 6. ? Solución . en un intercambiador de doble tubo.  Deben arreglarse en paralelo.. ¿Cómo se desvía la diferencia verdadera de temperatura de la LMDT si. RESPUESTAS  Serán necesarias un total de 8 horquillas (3 horquillas para el primer intercambiador y 5 horquillas para el segundo intercambiador).01.

LMDT= Fluido frio  T1=350ºF Diferencias de Tº T −t t1=290ºF ( 1 2 ) =34ºF  T2=300ºF t2=316ºF ( T 2 −t 1 )=10ºF Cálculo de la LMDT: ( T 1−t 2 )−(T 2−t 1 ) ( T 1 −t 2 ) ln ⁡( ) ( T 2 −t 1 ) LMDT = 19.0.3∗n∗R ' = ∗log ⁡¿ γ R' −1 ( )( ) )…….Donde: Fluido caliente 1. (1) . Cálculo de la diferencia verdadera de temperatura (∆t)?  Para una corriente fría en serie y n corrientes en paralelo R ' −1 1 1n 1 ∗ +( ) R' R' P' ' 1−P 2.61ºF 2.0.

28∗( 350−290 ) º F=16.167 (T 1−t 1 ) Reemplazando en (1). n=2.96 n∗(t 2−t 1) P' = . ? Solución . El fluido caliente esta en serie y el fluido frio en tres trayectorias de flujo paralelo a contracorriente.73 16.Donde: T 1−T 2 ' R= =0.8 B).61−16. # de corrientes frías en paralelo T 2−t 1 =0.73 % de la diferencia de temperatura verdadera.8 º F  Rpta: El MLDT se desvía con un error de 16. calculamos  γ = 0. ∆ t=γ∗(T 1−t 1) ∆ t=0. Error= 19. Cuando se hace el arreglo de fluido caliente en serie y el fluido frio fluye en dos trayectorias paralelas en contracorriente.28 Para la diferencia máxima de temperatura es conveniente emplear los términos del límite máximo de temperatura.8 ∗100=16.

Donde: caliente Fluido frio 1. Fluido Diferencias de Tº  T1=350ºF t1=290ºF ( T 1 −t 2 ) =34ºF  T2=300ºF t2=316ºF ( T 2 −t 1 )=10ºF Cálculo de la LMDT: LMDT= ( T 1−t 2 )−(T 2−t 1 ) ( T 1 −t 2 ) ln ⁡( ) ( T 2 −t 1 ) LMDT = 19.0.61ºF ´ .

0.96 n∗(t 2−t 1) P' = .09−19.335 Para la diferencia máxima de temperatura es conveniente emplear los términos del límite máximo de temperatura. ∆ t=γ∗(T 1−t 1) ∆ t=0.4 20. (1) Donde: T 1−T 2 ' R= =0. # de corrientes frías en paralelo T 2−t 1 =0.335∗( 350−290 ) º F=20. calculamos  γ = 0. Cuando se hace el arreglo de fluido caliente en serie y el fluido frio en tres trayectorias de flujo paralelo a contracorriente Error= 20.167 (T 1−t 1 ) Reemplazando en (1).4% de la diferencia de temperatura verdadera.09 º F  Rpta: El MLDT se desvía con un error de 2.3∗n∗R ' = ∗log ⁡¿ γ R' −1 ( )( ) )…….2. n=3. Cálculo de la diferencia verdadera de temperatura (∆t)?  Para una corriente fría en serie y n corrientes en paralelo R ' −1 1 1n 1 ∗ +( ) R' R' P' ' 1−P 2.09 .61 ∗100=2.

El rango del fluido frio en (a) y en (b) se cambia de 276ºF a 300ºF? A).0. ? Solución Donde: 1. El fluido caliente esta en serie y el fluido frio fluye en dos trayectorias paralelas en contracorriente.C. Fluido caliente Fluido frio  T1=350ºF t1=276ºF  T2=300ºF t2=300ºF Cálculo de la LMDT: Diferencias de Tº T −t ( 1 2 ) =50ºF ( T 2 −t 1 )=24ºF .

(1) Donde: T −T 2 R' = 1 =1.LMDT= ( T 1−t 2 )−(T 2−t 1 ) ( T 1 −t 2 ) ln ⁡( ) ( T 2 −t 1 ) LMDT = 35. calculamos  # de corrientes frías en paralelo γ = 0.0.3 % de la diferencia de temperatura verdadera.042 n∗(t 2−t 1) P' = .267 Para la diferencia máxima de temperatura es conveniente emplear los términos del límite máximo de temperatura.3∗n∗R ' = ∗log ⁡¿ γ R' −1 ( )( ) )……. Cálculo de la diferencia verdadera de temperatura (∆t)?  Para una corriente fría en serie y n corrientes en paralelo R ' −1 1 1n 1 ∗ +( ) ' ' R' R P ' 1−P 2.324 (T 1−t 1 ) Reemplazando en (1). Cuando se hace el arreglo de fluido caliente en serie y el fluido frio fluye en dos trayectorias paralelas en contracorriente.424ºF 2. . T 2−t 1 =0.267∗( 350−276 ) º F=19. n=2.758 º F  Rpta: El MLDT se desvía con un error de 79. ∆ t=γ∗(T 1−t 1) ∆ t=0.

758 B).3 19.424−19. ? Solución .758 ∗100=79.Error= 35. El fluido caliente esta en serie y el fluido frio en tres trayectorias de flujo paralelo a contracorriente.

Fluido frio Diferencias de Tº  T1=350ºF t1=276ºF ( T 1 −t 2 ) =10ºF  T2=300ºF t2=300ºF ( T 2 −t 1 )=34ºF Cálculo de la LMDT: LMDT= ( T 1−t 2 )−(T 2−t 1 ) ( T 1 −t 2 ) ln ⁡( ) ( T 2 −t 1 ) LMDT = 35.Donde: Fluido caliente 3. calculamos  # de corrientes frías en paralelo γ = 0.424ºF 4.3∗n∗R ' = ∗log ⁡¿ γ R' −1 ( )( ) )……. Cálculo de la diferencia verdadera de temperatura (∆t)?  Para una corriente fría en serie y n corrientes en paralelo R ' −1 1 1n 1 ∗ +( ) R' R' P' 1−P' 2.042 n∗(t 2−t 1) P' = . (1) Donde: T 1−T 2 ' R= =1.0.324 (T 1−t 1 ) Reemplazando en (1). n=3.2085 Para la diferencia máxima de temperatura es conveniente emplear los términos del límite máximo de temperatura. ∆ t=γ∗(T 1−t 1) .0. T 2−t 1 =0.

de 1-8 pasos. Cuando se hace el arreglo de fluido caliente en serie y el fluido frio en tres trayectorias de flujo paralelo a contracorriente Error= 34.∆ t=0.424−15...429 ∗100=123. la de cada tubo es de 12 pies.429 º F  Rpta: El MLDT se desvía con un error de 123. se cuenta con un intercambiador de casco y tubo de 31´´Ds.Se quiere enfriar vapores de oxigeno a presión atmosférica de 300 a 100°F.1% de la diferencia de temperatura verdadera.429 PROBLEMAS PROPUESTOS DE INTERCAMBIADORES DE CALOR DE CASCO Y TUBO 2.1 15. para ello se puede utilizar como medio de enfriamiento de agua a 85°F que se puede calentar hasta 100°F.2085∗( 350−276 ) º F=15. con 600 tubos con arreglo triangular de Pt= 1 los deflectores están espaciados 24´´¿ será adecuado el equipo para la operación? H2O t1 = 85 ºF Vapores de oxigeno T1 =300ºF T2 = 100ºF . tubos de 3/4´´ OD por 16 BWG.

5ºF OXIGENO ΔT=200ºF Calor Específico 1 0.79 0.024 Conductividad Térmica 0.067 r 0.t2= 100ºF  TIPO Y CARACTERÍSTICAS DE LOS TUBOS Ds=31´´ ¾ OD (1-8) pasos 16 BWG Los deflectores e=24´´ ΔT1= 200°F ΔT2= 55°F  PROPIEDADES FÍSICAS AGUA ΔT=92.23 Viscosidad 0.359 0.0005 0.003 PROPIEDADES FÍSICAS UNIDADES .01822 Densidad 62.4 0.

cp .62´´ BWG : 16 .0664  CALCULO DEL CALOR ESTIMADO Q=m .24∗(200) Q=720000 BTU /h  CURSO DE LOS FLUIDOS TUBO: Agua CASCO: oxigeno  CURSO SUPUESTO  Intercambiador de casco y tubo de ¾’’ de diámetro  BWG=16  Pt=1  Pasos de (1-8)  CARACTERÍSTICAS DE LOS TUBOS Ø EXTERNO : 3/4 ´´ Ø INTERNO : 0.47 g mol ) psia ∗660 ° F lb mol ° F ρ=0. ΔT Q=15000∗0. HALLAMOS LA DENSIDAD DEL OXIGENO ρ= P∗Pm R∗T ( 14.7 psia 32 ρ= 10.

065´´ 0.065´´ at : 0.51 lb/pie2 ºF V= Ga 3600∗ρ .30191 pulg2 alt : 0.9375  CALCULO DE HT :LADO DE LOS TUBOS Gt=305343.19635 pie2/pie Ø EQUIVALENTE : 0.XW : 0.

25´´ .4 V =1..750 Ht corregido=309.620 0.3/4´´= 0.17  CALCULO DE HS : C=1´´.51 3600∗62.V= 305343.35 pies/s figura 25 Ht= 374 Ht corregido= 374∗Di Do Ht corregido= 374∗0.

42 13 1 ∗ ∗ 0.h s=62 ( 0.14 ) () .024∗2.01822 0.01822 1 12 ( ) h s=16.23∗0.73 0.74  CALCULO DE Uc : 0.

72 .19635*12 AD = 1413. CALCULO DE UD :  CALCULO DEL AREA DE DISEÑO AD = (Nt)*(L.)*(alt) AD = 600*0..

07 .R= T 1−T 2 t 2−t 1 S= t 2−t 1 T 1−t 1 Ft=0.95  AREA REQUERIDA: R= 300−100 100−85 S= 100−85 300−85 R=13.33 S=0.

 CÁLCULO DE LA CAÍDA DE PRESIÓN EN LOS TUBOS  CALCULO DE DE PRESIÓN DE RETORNO: .

 CALCULO DE DE PRESIÓN EN EL CASCO: Si es adecuado el diseño porque la caída de presión tanto en tubos como es casco es menor que 10psi 4.. la temperatura del .Una solución de NaOH de 15 Bé(11% de NaOH con s=1.115) se descarga de un tanque de disolvente a razón de 50000 lb/hr a 190ºF y debe enfriarse hasta 120ºF empleando agua a 80ºF. Para evitar corrosión.

4 cp a 100ºF. µ=1. Datos: Solución caustica de 15ºBé. Las caídas de presión permisibles para cada fluido son de 10 psi. La standard con tubos de 1” OD.agua de enfriamiento no debe exceder de 120ºF (agua de río sin tratar). 0.33 lb/h (masa de agua de rio) 190 ºF 120ºF 104ºF 80 ºF 86ºF 40ºF . ¿Será adecuado el intercambiador standard para esta operación? Si así fuera.88Btu/lb. k=90% de la del agua. 14 BWG y 16 pies de longitud en diversos materiales de construcción.43 cp a 210ºF.ºF. Cp= 0. ¿De qué material debería estar construido? Desarrollo: Agua 80ºF 50000 lb/h IC- 120ºF NaOH(15 Bé) Agua Q ganado = -Q perdido MA*CpA* ΔTA = (-MB*CpB* ΔTB) MA * 1 *(104-80) = -(50000*0.88*(120-190)) MA = 128333.

Tolueno Anilina Hallamos variación de temperatura media logarítmica y luego determinamos el área con el Ud. pie º F = 136.4-manual de intercambiadores de calor para solventes orgánicos Ud (250-500) ) ΔTL = 86−40 86 ln ⁡( ) 40 =60.1º F 2 h .1ºF AREA ESTIMADO: A= Q UD∗ΔT L 3080000 = 375 BTU h BTU ∗60. supuesto:375 (tabla 1.67 pie2 > 100 pie2 (Casco y tubo) ESTIMAMOS PROPIEDADES FISICAS 1) Propiedades físicas a la temperatura promedio: Propiedad FLUIDO A NaOH(15Bé) ENFRIAR FLUIDO A CALENTAR AGUA DE RÍO . pie 2 º F Por lo tanto: 136.67 pie 2 BTU Solventes Orgánicos UD (250-500) → 375 h.

º F   r  2) Curso de los Fluidos: Lado de los tubos: Agua de río Lado del Casco : NaOH (15 Bé) 3) Características de los Tubos: 1” OD 14 BWG.0 . Btu / lb ºF 0.001 ρ lb/ pie 3   Btu  2 hr .26180 pie2/pie De =1. Do =1” .54629 pulg2 .88 1. Di =0.834” .2618 pie ) Nt = 32. cp 0.pie2 ºF 0. at ’=0.915 0.576 62. Btu / h. alt=0.359 69.25” X=0.323 0. pie .63 ≈33 tubos NOTA: La variación de temperatura <200ºF por lo tanto placa fija Arreglo cuadrangular (mayor acceso a la limpieza) tubos de 1‘’ OD 1 Pt=1 4 ‘’ N DS Nt estimación 1 12” 45 3ero .155ºF 92 º F Cp.083” 4) Estimamos el número de tubos: 2 pie 136.8 K.67pies2 = (Nt)*(16 pies)*(0.4 0. L=16’ .001 0.

22 figura 25 ¿ Velocidad = 3600∗δ NaOH(15Bé) Agua de río va por el casco tubos 50000 Lb/hora 128333.89 190−120 104−80 = = 104−80 190−80 = 2.33 Lb/hora .2 12” 40 1ero 4 12” 40 2do 96 4to 8 17 1 4 ”  PRIMER TANTEO DS = 12” Nt = 40 tubos Calculo de Ft R= S= T 1−T 2 t 2−t 1 t 2−t 1 T 1−t 1 Ft = 0.92 = 0.

001 5) Calculo del coeficiente de película en el lado de los tubos(ht): En la fig.5 * 0.45 = 1548.834 1 = 1291.33 = 0.Gt = at = Gt mt at Nt∗at ' 144∗n = masadel fluido por los tubos areade seccion transversal del haz de tubos = = 40∗0.5 ht = hi * Di Do ht = 1291.4 Lb/ pie 3 = 7.0759 pies2 128333.95 = 1548.53 pie/s La velocidad debe ser > a 3 pies/segundo para q el r=0. hi= 1630* 0.2 Lb/hor∗pie 2 3600∗62.2Lb/hr *pie2 ¿ Velocidad = 3600∗δ = 1690821.0759 = pies 2 1690821.45 .54629 pulg 2 144 pulg 2∗2 pie2 Lb de agua hora 0.53pie/s El factor de corrección por ser tubos de 14 BWG es 0.95 de la tabla que está arriba de la fig 25 del manual de intercambiadores de calor. 25 se calcula el hi = 1630 → Tpromedio =92ºF y v=7.

25” c=0.42 0.25∗8 144∗1.99 12 hs = 470.133 =375000 Gs = 375000 0.4 ≈ 471 .6) Calculo del coeficiente de película en el lado del casco(hs): 1 D ≤ e ≤ Ds 5 s 1 5 *(12) ≤ e ≤ 12 2.25”-1” = 0.4)/2 = 7.88∗0.323 ¿ ¿ hs = 66* 0.68 → JH = 66  hs = JH c p∗µ k ¿ ¿ k ∗¿ De ( ) 0.42 NRe = 13971.915∗2.4 ≤ e ≤ 12 epromedio = (12+2.25 = 0.2 ≈ 8” e =8”  as = D s∗c∗e 144∗Pt = 12∗0.33 as = 0.323 ∗¿ 0.33 c= Pt -1” = 1.99 ∗375000 D e∗Gs 12 NRe = = µ 0.915∗2.25”   Gs = ms /as =50000 / 0.

001+0.89 .7) Calculo del coeficiente total limpio Uc 8) Calculo del coeficiente total de diseño UD Rdc =0.92 Ft = 0.55 pie2 Ad =167.500).002 no está en el rango estimado (250.55 pie2 Factor Térmico. Ft=? Si R = 2. Corregimos: Ad = 167.001=0.

67 El factor de obstrucción es mayor (RdD > RdC = 0.0000129 >0.89 190−120 104−80 = = 104−80 190−80 figura 25 ¿ 3600∗δ Velocidad = = 2.55∗60.92 = 0.UD= 3080000 167.22 .1∗0.89 UD= 343.002) no se cumple  SEGUNDO TANTEO DS = 12” Nt = 40 tubos Calculo de Ft R= S= T 1−T 2 t 2−t 1 t 2−t 1 T 1−t 1 Ft = 0.

 TERCER TANTEO DS = 12” Nt = 45 tubos Calculo de Ft .694 Lb /hor∗pie2 3 3600∗62.694Lb/hr *pie2 ¿ Velocidad = 3600∗δ = 3386103.NaOH(15Bé) va por el casco Agua de río Gt = at = 50000 Lb/hora tubos mt at Nt∗at ' 144∗n = = masadel fluido por los tubos areade seccion transversal del haz de tubos 40∗0.33 Lb/hora pie2 = 0.4 Lb/ pie = 15.0379 pies 2 = 3386103.07 pie/s La velocidad del agua no está en el rango de (1-10) por lo tanto no se cumple.33 Gt = 128333.54629 pulg 2 2 144 pulg ∗4 Lb de agua hora 0.0379 pies2 128333.

22 figura 25 ¿ Velocidad = 3600∗δ NaOH(15Bé) va por el casco Agua de río mt at Gt = at = Nt∗at ' 144∗n Gt = *pie2 tubos = = 50000 Lb/hora 128333.R= S= T 1−T 2 t 2−t 1 t 2−t 1 T 1−t 1 Ft = 0.1707 pies2 = 751806.54629 pulg 2 144 pulg 2∗1 pie2 Lb de agua hora 0.89 190−120 104−80 = 104−80 190−80 = = 2.33 = 0.92 = 0.268 Lb/hr 128333.33 Lb/hora masadel fluido por los tubos areade seccion transversal del haz de tubos 40∗0.1707 pies 2 .

002 .95 de la tabla que está arriba de la fig 25 del manual de intercambiadores de calor.Velocidad ¿ = 3600∗δ = 751806.001=0. 25 se calcula el hi = 840 → Tpromedio =92ºF y v=3.532 Calculo del coeficiente total limpio Uc 8) Calculo del coeficiente total de diseño UD Rdc =0. hi= 840* 0.95 = 798 ht = hi * Di Do = 798 * 0.346 pie/s Calculo del coeficiente de película en el lado de los tubos(ht): En la fig.834 1 = 665.001+0.532 ht = 665.268 Lb/hor∗pie 2 3600∗62.4 Lb/ pie 3 = 3.346pie/s El factor de corrección por ser tubos de 14 BWG es 0.

496 pie2 Factor Térmico. Ft=? Si R = 2. .89 3080000 188.496pie2 Ad =188.00035 >0.48 El factor de obstrucción es mayor (RdD > RdC = -0.002) no se cumple RPTA: No es adecuado el intercambiador estándar para esta operación.1∗0. Corregimos: Ad = 188.no está en el rango estimado (250.89 UD= 305.500).92 UD= Ft = 0.496∗60.

y de casco y tubos es de 1: 2.5: 2.6. de placas.5 lb/pie.0035 Solución: .2respectivamente.346(Btu/pie2. 16 BWG. y la relación en costos entre un intercambiador de calor de doble tubo.4ºF para lo cual se usa vapor de agua de 250ºF.hr k= 0. En un estudio preliminar. elija el más económico..ºF u= 18.8lb/pie3 r=0. se ha determinado que para calentar la solución acuosa.hr.En la planta de alimentos se quiere diseñar un intercambiador de calor con la finalidad de calentar 6640 lb/hr de una solución acuosa desde 50ºF hasta 82.045 Btu/lb. la transferencia de calor en ambos se realiza correctamente.ºF)-1 ρ=62. de placas de 400mm x 60mm y 0. Diseñe el equipo más adecuado. la planta dispone de tubos de 2x3” IPS de 6 pies de longitud de acero inoxidable 304. y si tuviera que elegir entre dos de los equipos. en cantidades suficientes como para la construcción de cualquier tipo de intercambiador de calor.5 mm de espesor también de acero inoxidable 304 y de tubos 3/8”. Las propiedades de la solución acuosa a temperatura media son: Cp=1.

6ªºººº .0. Balance térmico: Con respecto a la solución acuosa Q=m*Cp*∆T lb Btu Btu Q=6640 ∗1.2 2.4 167.045 ∗32.o Tapromedio= 250ºF (del vapor de agua) o tapromedio= 66.5 lb 224817. En la tabla termodinámica a 250ºC encontramos el calor latente de vaporizacion que es 945.0.2 h lb∗º F hr Con respecto al vapor de agua.4 º F=224817.776 Btu hr 945. Calculo de la LMDT: 250 50 200ºF 250 82.5 Btu/lb. Btu hr lb mvapor de agua = =273.2ºF (de la solución acuosa) Diseño rápido 1.

6 = =183.2 A estimada= 4.5 0. pie .072443 r 0. ( T 1−t 2 )−(T 2−t 1 ) 200−167. Btu/lb ------- 945.323 ºF∗150 Btu hr Btu 2 hr . doble tubo Propiedades de los fluidos: Propiedades Solución acuosa (66.0.0035 0 .03146 k.ºF 224817.hr. Btu/pie2.2ºF) Vapor de agua (250ºF) λ. 183. lb/pie3 62. I.346 0.500) Btu/hr.2 pie 2 < 100 pies2. Btu/lb.ºF =8.pie2.pie2.323º F 167.0.hr 18.346 ρ.ºF)-1 0.045 --------- u. lb/pie.8 0.5 Cp.ºF Para solución acuosa con viscosidad > 2 cp – vapor =150 Btu/hr.C.6 ( T 1 −t 2 ) ln ⁡( ) ln ⁡( ) 200 ( T 2 −t 1 ) Calculo del área de transferencia: Q A estimada= Ud estimado∗LMDT Donde el Ud estimado = (100 .ºF 1.LMDT= 3.

0.F por teoría. do=2.86∗8∗ 1.5.346 (  Cálculo de )( ) 1 3 ¿ Φt hs BTU =150 =ho Φt h . alt=0. Del tubo interior -.38’’ -. G s= 237.067∗10221 =55961( Flujo turbulento) 12∗0.346∗12 1. 24 con NRe hallamos JH=8 0.5’’ o At=2.045∗18.0.575 0. G s= Calculo del coeficiente de película en casco “h s” (para la solución acuosa) 6640∗144 lb =324783 2. 8. pie N ℜ= 2.35 h.776∗144 lb =10221 2 3. di= 2.0.067’’ -. at=2.944 pulg2 -. Curso de los fluidos.pie2. º F tw.944 h .575∗324783 =2304( flujo de transicion=flujo laminar) 12∗18. . pie 2 .068’’ o Do=3.03146 Como se hace pasar vapor de agua por los tubos: ht= 1500 BTU/h. Por el tubo interior: vapor de agua Por el anulo: solución acuosa Características de los tubos Del anulo o Di=3.5 h s=1.575’’ 7. que es la temperatura en la pared del tubo.622 pie2/pie Calculo del coeficiente de película en el tubo interior (ht) para el vapor de agua: k Cp∗u 13 ht =J H∗ ¿Φ t di k ( )( ) Primerolos calculos preliminares para laaplicacion de la formula .944 pulg2 o Deq=1. - 6.5 En la fig.0. pie 2 N ℜ= 1.

º F Calculo del coeficiente total de calor “limpio” Uc: 1500∗175 BTU =157 1500+175 h .761∗0.573 agua μw a 233º F=11.164 → hs=252.5 ∗u =11.2 )=233 º F 1500+ 150 lb h . U c= lb h .761∗uagua 1. acuosa) t w =66. pie μ μw 0.ºF 224817. pie 2 .323 ºF∗102 hr .0.622 pie .º F Btu hr A calc .0.42=6.2 º F μ=18. acuosa+ rvapor de agua = 0. Calculo del área: 12. Calculo del coeficiente total de calor de diseño “sucio” Ud: 1 1 = + Rd Ud Uc Ud= donde : Rd = rsol.14 ( ) ( ) = lb h .164=175 9.= =13 pie 2 Btu 183.0.3 =1.2+ μ de etanol a T a=66.0035 Uc 157 BTU = =102 1+ Rd∗Uc 1+0.0035∗157 h .5 6.2 11.573 BTU 2 h . pie 2 . Calculo de Lt: ¿= OK dentro del rango Ac = a¿ 2 13 pie 2 =21 pie 2 pies 0.de agua) t w =ta+ ht ( T −ta ) h t +ho a tapromedio= 66.Tapromedio= 250ºF (V.3 Φ s= μ de agua a 66.2ºF (Sol. pie 0.22∗2. pie 18. pie 2 .2 º F μ=1.5 factor de :u sol. acuosa= 1500 ( 2250−66. pie .77∗Φ s=150∗1.0.14 18. º F 10.

072443 lb/pie3 f .5 -.006176 559610. ρ= 0.18∗108∗0.0. está OK 15. Calculo de la caída de presión en el tubo interior (∆Pt): Datos: 8 -.072443∗2. D ´e =Di−do=3.38' ' =0. por ser gaseoso. g=4. G2t .0035+ 0.0035+ 0. f =0. Calculo del # de horquillas (Nh): Nh= ¿ = 2∗L 21 pie =1.75 ≅ 2 horquillas pie 2∗6 horquilla  Ltcorregida: ¿corregida =Nh∗2∗L=2 horquillas∗2∗6 pie =24 pies horquilla 2  Area corregida: A corregida =¿∗a¿ =24 pies∗0.0.688 pulg.006176∗10221 ∗24∗12 ¿ = =0.041 psi 72∗g∗ρ∗di 72∗4.068' ' −2.688∗324783 N ℜ= = =1007 μ 12∗18.0.13.< 2 0.42 . Calculo de la caída de presión en el anulo (∆Po): ∆ Po=∆ Pa+ ∆ Pes Datos para calcular ∆ Pa : -.264 =0.264 =0. f =0.18∗10 -.067 ∆ Pt =¿ Menor a 1 psi. D e' ∗G s 0.42 -.622 pies =15 pies2 pie 14.018 10070. -.

8∗0.17 pies s2 2 n∗V ∗ρ ' 2 2∗g 2∗1.688 ∆ P a=¿ 2 a Datos para calcular -.449 ≅0. está OK El tipo de I. G .18∗108∗62.028 psi 144 2∗32. a diseñar es de doble tubo por que tiene baja área de transferencia y su costo de diseño es el menor.0.421 psi+0.8 s ' -.4366 3600∗ρ 3600∗62.C.028 psi=0. ∆ Pes : g =32.17∗144 Finalmente: ∆ Po=∆ Pa+ ∆ Pes=0. por ser liquido.< = =0.5 psi Menor a 10 psi.8 ∆ Pes= = =0.018∗3247832∗24∗12 ¿ f .4366 ∗62.421 psi 72∗g∗ρ∗D´e 72∗4. . V= Ga 324783 pies = =1.

8.- Se requiere calentar 70 000 lb/h de etanol 100% desde 60ºF hasta 140ºF a
presión atmosférica. Para el calentamiento se emplea vapor de agua saturado
a 2301F. Se dispone de tubos ¾ OD, 14 BWG y 10 pie de longitud. La
resistencia a la incrustación del vapor de agua se considera despreciable.
¿Qué tipo de intercambiador se requiere para esta operación y cuáles son sus
características?

1.Balance térmico:
Cp etanol a 100ºF =0.63 BTU/lb.F
λ = 920 BTU/lb.F (fig. 12)

Q=met Cp et ∆ T

Hallando la masa de vapor:

2.- Diseño rápido

Q=3 528 000 BTU /h

Q=70 000 ( 0.63 ) ( 140−60 )

Q=mv λ v

mv =

3 528000
lb
=3834 .78
920
h

Ud estimado = 75 (entre 50 y 100)

Hallando el factor de corrección de LMDT:

R=

T 1−T 2
=0
t 2−t 1

S=

140−60
=0.47
230−60

∆ T =MLDT

230
140
90

230
60

Como

R=0,

LMDT=

90−170
=125.79
90
ln ⁡(
)
170

3.- Propiedades Físicas:
Propiedades
especificas
Cp (Btu/Lb.ºF )
µ
r
k
ρ

Etanol
(T=100ºF)
0.62
0.85
0.001
0.105
49.35

Vapor agua
(T=221ºF)
0.45
0.0127
-----0.01395
0.036

4.- Calculo de “A”:
A=

Q
3 528 000
2
=
=374 pie
U D∗∆ T L 75(125.79)

El IC será de Casco y Tubo.4.-

5.- Curso de los fluidos
Lado de TUBOS:

Vapor de Agua

Lado de CASCO:

Etanol 100%

Tomando como guía el texto de Donald Kern, por ser vapor de agua, se le hace pasar
por los tubos, debido a que el condensado puede ser corrosivo, además se trabaja el
intercambiador, como si fuera un condensador 1-2, ya que el vapor va a ceder su calor
latente al etanol, condensándose en el interior de los tubos.
Para el vapor de agua:
tc – t = 707-230=477ºF

λ agua = 9220BTU/lb
6.- Características de los tubos:
¾ ‘’OD

14 BWG

D0=0.75’’

a¿ .=0.19635

Di=0.584’’

De=0.93750’’

at .=0.26787

L=10pie

Arreglo Δ

Nt=

Pt=15/16 “

A
374
=
L∗a¿ 10(0.19635)

Nt=191 tubos
Como se hace pasar vapor de agua por los tubos: ht= 1500 BTU/h.pie2.F

7.- Hallando el coeficiente de película en casco “hs” (para etanol)
Para IC 1-2, de acuerdo a las diferencias de temperaturas, el IC será de PLACA
FIJA
Nt=193

C=

Ds=15 ¼ “=15.25”

15 3
− =0.1875
16 4

1
( 15.25 ) ≤ e=≤ 15.25
5
a s=

De= 0.55”

e=9.15

15.25∗0.1875∗9.15
=0.1938 pie 2
144∗15
16

G s=

70 000
lb
=361 197.11
0.1938
h. pie 2

N ℜ=8048

(

h s=48∗

0.105
0.55
12

0.72
∗361197.11
(
12 )
N =
ℜ

0.85∗2.42

En la fig. 28 con NRe hallamos JH=48

()

0.62∗0.85∗2.42
0.105

1
3

) ¿Φ

t

hs
BTU
=252 . 77
Φt
h . pie 2 . º F

.Calculo del coeficiente total de calor de diseño “U D”: A D=N t∗a¿∗L A D=193 ( 0.38 lb =14 315.77∗Φ s =1.79 9.75 . s .75 μw =0.19635 ) ( 10 ) U D= Q 3 528 000 = =74 A D∗∆ T L 379(125.79 8.13 0.Calculo de coeficiente total de calor “limpio” Uc: U c= 1500(300.0095 U C ∗U D 250.19 h s=252.82 0.33 1.77 ( 1.79) R D= U C −U D 250..85 μw a 211.13 0.22.25 º F μ μw 0. pie 2 μ= 0.19 ) h s=300 .55 1500+300.33 0. 1010 .t w =t+ hc ( t −t ) h c +h t v t w =100+ 1500 ( 230−100 ) 1500+ 252.25 → hs=252. Φ Gt = 3834.85 =1. L .14 ( ) ( ) Φ s= t w =211..55−74 = =0.77 μ de etanool a T m=100 º F μ=0.14 = μ de agua a 100 º F μ=0.Hallando la caída de presión en TUBOS: f .79) =250. G2t .55∗74 Rdiseño > R calculado A D=379 pie 2 OK dentro del rango OK 10.26787 h .n 1 ∆ Pt = ( ) 2 5. Di .

Φ s n=1 De’= 0.036 s 2(110.5)2 ∗0. 1010 .22. 26.0.00022 pie3 v =22. G2s .-Calculo de caída de presión en lado de CASCO: f .0007 62.036 2∗32.095 psi 144 ∆ PT =0.584 (14 315.584 ∗0. Ds .095=0 .42 Con NRe en la fig. s .25+0.00022∗( 14 315. V 2 ρ .19 s=0. De . n ∆ PS = 5.82 pie = =110. 345 psi<1 psi OK 11. 2 g ' 144 Gt 14 315.0127∗2.74 s= =0.82 ) ∗10∗2 2 5.22∗1010∗0.7 ∆ Pes = =0. ρ 3600∗0.55 Φs=1. f=0.82) ( D .25 psi n.5 ∆ Pt = 2 1 0.79 .0007∗1 12 ∆ Pes = V= ( ) ∆ Pt =0.G 12 ) N = = =22 669 t ℜ μ 0.5 3600.74 (de latabla de vapor ) lb 1 22.

Las caídas de presión en el tubo y en el casco son 2. Asuma que la resistencia de la pared de los tubos es despreciable. Debido a las limitaciones de las capacidades de las bombas existentes las caídas de presión máxima permisible en el lado de los tubos y en el lado .25∗1 10 10 ∗0. El valor calculado del coeficiente total en base a la superficie limpia (Uc) es igual a 80 BTU/hrpie 2 °F. los coeficientes de película Hi Y Ho son iguales.11 Hallando “f” en la fig.0022∗361 197.0psi respectivamente..79∗1.Una planta química emplea un intercambiador de calor de casco y tubo para enfriar 12000lb/hr de aceite mineral desde 200°F hasta 100°F el intercambiador tiene 8 pasos en el lado de los tubos y un paso en el lado del casco. 29 f=000022 ∆ PS = 0. Será posible utilizar el mismo intercambiador para enfriar el flujo alimentado de aceite desde 200 hasta 100°F.55 5.22 . o sera necesario comprar un intercambiador adicional. ∗0. Como resultado de una ampliación de la planta el flujo de aceite incrementara en un 50%.4 y 1.95 psi<10 psi OK 10.19 12 ∆ PS =1 .' N ℜ= D e ∗Gs =8048 μ GS=361 197.112∗15.

825 u=7.8 y V0.34cp H 2O t1 = 77 ºF Aceite mineral T1 =200ºF T2 = 100ºF t2= 120ºF ∆ Pt =2.45 btu/lb°F 12 BWG S=0.5 respectivamente (v es la velocidad de flujo en pie/sg). Se puede considerar que la caída de presión tanto en el lado de los tubos como en el lado del casco es proporcional V 2 Y hi y ho son proporcionales a V0.4 ∆ Ps=1. pie 2 ° F h i=ho ΔT1= 80°F ΔT2= 23°F . Datos Nt=72 L=16pies 1´´OD Aceite mineral Cp=0.0 Uc=80 btu/hr .del casco son 6 y 10 psi respectivamente. La temperatura de salida del agua permitida como máximo es de 120°F.

 CAIDAS MAXIMAS PERMISIBLES Tubos < 6 psi Tubos < 10 psi  CARACTERÍSTICAS DEL INTERCAMBIADOR DATOS Nt= 72 L= 16pies 1`` OD 16BWG Aceite mineral : Cp= 0.003 0.45 Btu/lbºF S= 0.825 μ= 7. AMPLIACION DE PLANTA FLUJO DE ACEITE aumenta 50% entonces 18000lb/hr Será posible utilizar el mismo intercambiador de calor.5ºF ACEITE ΔT=200ºF Calor Específico 1 0.45 r 0.002 PROPIEDADES FÍSICAS UNIDADES .34cp  PROPIEDADES FÍSICAS AGUA ΔT=92.

 CURSO DE LOS FLUIDOS TUBO: Agua CASCO: Aceite  CARACTERÍSTICAS DE LOS TUBOS 1``OD 12 BWG Do=1`` Di=0.752`` Alt= 0.26180 Atv= 0.48029pulg2 Entonces: Nt= 72 n=8 Por lo tanto es de placa fija  CALCULO DE Uc : ht= hs Uc=80  CALCULO DE UD : .

)*(alt) AD = 72*0.5936  CALCULO DEL CALOR ESTIMADO Q=m . CALCULO DEL AREA DE DISEÑO AD = (Nt)*(L.45*(200-100) Q=540000BTU/h R= T 1−T 2 t 2−t 1 R= 300−100 100−85 R=13.07 S= 100−85 300−85 . ΔT Q= 12000*0.26180*16 AD = 301. cp .33 S= t 2−t 1 T 1−t 1 S=0.

 AREA REQUERIDA:  AHORA ANALIZAREMOS PARA EL FLUJO MASICO DE ACEITE MINERAL Q= m*cp*ΔT Q= 18000*0.45*(200-100ºF) Q=810000 BTU/h .

85 NO CUMPLE POR LO TANTO: N o es recomendable utilizar el mismo intercambiador de calor ya que el área de diseño debe ser mayor que el área calculada debido a esto la planta química debe de comprar un intercambiador de calor adicional.5936 < 451.0042 < 0.Rdd < Rdc 0.005 NO CUMPLE  AHORA VERIFICAMOS AREAS Ad < Ac 301. .

.En esta operación se está usando un intercambiador de calor de casco y tubos 1-6(DI=25”.12.44. de diseño de planta ha detectado que la eficiencia de la operación no es la requerida(el vapor de oleofina no se enfría hasta la temperatura deseada).-En un proceso de una planta química se enfrían 100000 lb/h de vapor de oleofina desde 190 a 110°F .44. Con el fin de mejorar la eficiencia.44ºFF t2=120ºF .44...El dpto. solo sugiera usar un intercambiador 3-12 que se halla disponible en la planta (DI=25”.Nt=226).para el enfriamiento se emplea agua de rio desde 80 hasta 120°F..Para dar solución a este problema se pide a usted investigue la deficiencia.Nt=228 tubos) a) Cuales son las causas de la ineficiencia de la operación del intercambiador? b) ¿Se podrá usar el intercambiador 3-12 en lugar del 1-6 en forma satisfactorio? Porque? (para esta pregunta solo considere las operaciones térmicas Agua del intercambiador y no las caídas de presión) t1=80ºF Cálculos para intercambiador de calor de caso y tubos 3-12 DI=25¨ NT=228 Vapores de oleofina 100000lb/h T1=190ºF T2=110 ººF.

Propiedades especificas Cp (Btu/Lb.013 0.25000’’ .ºF*(190-110)ºF Q=3360000BTU/h 2.Haciendo el balance térmico con respecto al vapor de olefina Q=maire Cpaire ∆ T Q=mvapor de oleofina*Cp*ΔT Q=100000 lb/h*0.42 Btu/Lb.1 1‘’OD 16 BWG D0=1’’ a¿ .Curso de los fluidos Lado de los tubos: agua de rio Lado del casco: vapor de oleofina 3.ºF ) µ r k ρ Vapor oleofina 0..87’’ De=1.=0.Hallando las propiedades del vapor de oleofina y del agua a su temperatura promedio que son de 150ºF Y 100ºF respectivamente.26180 Di=0.25 1 1.47 1.001 0.Características de los tubos: Tabla 1.002 0...011 0.363 62.42 de agua 0.65 0.

07844 pie2 144∗12 V= 1022720 4.59447 =0. pie .7618 pie = 3600∗62..07844 h .=0.at .59447 L=12pie Arreglo Δ 5.ºF*(120-80)ºF magua =84000 lb/h Calculo de Ht at = 228∗0.Hallamos la masa de agua Q=m agua*Cp*ΔT 3360000 BTU/h =magua lb/h*1Btu/Lb.47 s Gt = 84000 lb =1070882.Calculo de LMDT 190ºF 120ºF 70ºF 110ºF 80ºF 30ºF LMDT= ∆ T L= 70−30 =47 . 21º F 70 ln ( ) 30 7.203 2 0.

95 BTU/h Corrigiendo el Ht: hT = 1094∗0.25 23.25 ≤ e ≤23.42 En la fig.42 0.En fig.25∗14 2 =0.25∗0.935=1093.013 0. º F Calculo del coeficiente total de transferencia limpio “Uc” U c= 952∗103 =93 952+103 Calculo del coeficiente total de transferencia sucio “UD” 1 1 = + RD U D UC R D=0. pie 2 0.42∗0.011∗2.013 ) 1 3 h s=103 BTU h .25 5 e=13. con “V” y la Tprom del agua hallamos y corregimos Ht = 1170*0.72 12 )( 0.95 a s= 23.452 h.452 pie 144∗5 4 100000 lb G s= =221239 0.25 4 C=0.87 =952 1 hT =952 Calculo del coeficiente de película en el casco “Hs” Ds=23.25” Pt= 5/4” ¾ OD 5 C= −1=0.011∗2.003 . 28 con NRe hallamos JH=500 ( h s=500∗ 0. pie 2 .72 ∗221239 ( 12 ) N = ℜ N ℜ=498660 0.

1555 h .402 pie = 3600∗62. pie 2 En fig.003 U D 93 U D=73 BTU 2 h ¿ pie .59447 2 =0.47 s Gt = 84000 lb =540192.26180*12 Ad=717pie2 Determinando el UD de diseño: U D= 3360000 717∗47. F Cálculos para intercambiador de calor de casco y tubos 1-6 DI=25¨ NT=226 Calculo de Ht at = 226∗0.1555 pie 144∗6 V= 540192.935=635.º F Hallando el área de diseño: Ad = 228*0.1 1 = +0.21∗0. con “V” y la T prom del agua hallamos y corregimos Ht = 680*0.926 0.926 2. pie 2 .8 BTU/h .97 U D=102 BTU h.

42 En la fig.ºF Calculo del coeficiente total de transferencia sucio “UD” 1 1 = + RD U D UC R D=0.452 h.013 ) 1 3 h s=103 BTU h .87 =553 1 hT = hT =553 Calculo del coeficiente de película en el casco “Hs” Ds=23.25∗14 2 =0.72 ∗221239 ( 12 ) N = ℜ N ℜ=498660 0.25 23. pie 2 0.25 ≤ e ≤23.011∗2.452 pie 144∗5 4 G s= 100000 lb =221239 0.25” Pt= 5/4” ¾ OD 5 C= −1=0.Corrigiendo el Ht: 636∗0.003 . pie 2 . º F Calculo del coeficiente total de transferencia limpio “Uc” U c= 636∗103 BTU =89 636+103 h ¿ pie 2 .013 0.42 0.95 a s= 23.25 4 C=0. 28 con NRe hallamos JH=500 ( h s=500∗ 0.25 5 e=13.42∗0.011∗2.72 12 )( 0.25∗0.

003 U D 89 U D=70 BTU h ¿ pie 2 . a)  Con el paso del tiempo se acumulan depósitos sobre las superficies de transferencia de calor de los intercambiadores que incrementan la resistencia térmica y hacen que disminuya la velocidad de transferencia de calor.21∗0.97 U D=103 BTU 2 h .C 1-6 .ºF Hallando el área de diseño: Ad = 226*0. que está tabulado para los diferentes fluidos. F b)Rpta: Si se podrá usar en forma satisfactoria el intercambiador de calor 3-12 porque factores como ht. además el fluido pasara más veces por el casco y también por los tubos esto generara un mayor tiempo de residencia del fluido y por consiguiente una mayor transferencia de calor a pesar de tener pantallas más cortas.26180*12 Ad=710pie2 Determinando el UD de diseño: U D= 3360000 717∗47. El efecto neto de la acumulación de depósitos se cuantifica mediante el llamado factor de incrustación.1 1 = +0. Ud JH Y Uc proporcionan una mayor transferencia de calor que en el I. pie . La acumulación puede producirse en la pared . Rf .

 interior. Es posible que la masa de fluido refrigerante en este caso el agua no sea la cantidad requerida para enfriar la corriente de vapor de oleofina. 4) En un intercambiador de calor de doble tubo. Si el fluido caliente esta en serie. un fluido se enfría de 300 a 275ºF calentando un fluido frio de 100 a 290ºF. en la exterior o en las dos simultáneamente lo cual se reflejará en el coeficiente global de transferenica de calor. ¿Cómo sería la diferencia verdadera de temperatura dividiendo la corriente caliente en: (a) dos corrientes paralelas y (b) en tres corrientes paralelas? .

entonces el fluido frio ira en serie.T2=275ºF t1=100ºF T1=300ºF T2=290ºF Haciendo que el fluido caliente este en serie para hallar LMDT 300 210 90 LMDT= 275 100 175 ( T 1−t 2 )−(T 2−t 1 ) 90−175 = =127.8 º F 90 ( T 1 −t 2 ) ln ⁡ ( ) ln ⁡( ) 175 ( T 2 −t 1 )  Haciendo que el fluido caliente valla en 2 corrientes paralelas. .

05 =1.{t} rsub {1}} R = {n( {T} rsub {1-} {T} rsub {2} )} over {{t} rsub {2} .263 0.263) + 0.05 R = {2(300-275)} over {290-100} R”=0.05 2 1 2 =2. “n” corrientes calientes en paralelo: P= {{T} rsub {1} .263] γ 1−0.263 1−R } ) log [(1-R P} )} ^ {{1} over {n}} +R 1 ¿ ¿ n ¿ ¿ 1−0.Para la corriente fría en serie.05 =2.05 ( ) 1−0.3( )log ⁡[ (1−0.{t} rsub {2}} over {{T} rsub {1} .{t} rsub {1}} P= {300-290} over {300-100} P=0.635 .3 ¿ γ 1 1−0.4961 γ γ =0.

395 1−0.395 0.05 =3.5246 γ γ =0.05 R = {3(300-275)} over {290-100} R”=0.395) + 0. y que el fluido frio este en serie P= {300-290} over {300-100} P=0.05 3 1 13 =2.→ ∆ t=γ (T 1−t 1 ) ∆ t=0.3( ) log ⁡[(1−0.05 ( ) 1−0.8ºF y el ∆ t=127 ºF  Haciendo que el fluido caliente valla en 3 corrientes paralelas.395] γ 1−0.2695 .635(300−100) ∆ t=127 ºF Conclusión: La diferencia de temperatura no cambiaria considerablemente. ya que LMDT es 127.

4 lb/hr CH3COOH.9 ºF 8) Se desea enfriar una mezcla gaseosa de 2570 lb/hr de CO. desde 140ºF hasta 83ºF a 102 psia.2 lb/h Mezcla gaseosa Mezcla gaseos a IC- 140ºF 83ºF Agua Q ganado = -Q perdido m*1*(104-77)= -( 2585.2485 ∗( 83−140 ) ºF h lbºF m= 1356. ¿Se puede usar un intercambiador de doble tubo? De ser así. cuantas horquillas tendría el arreglo del intercambiador? Agua 77ºF 2585.2 lb BTU ∗0. Para el enfriamiento se debe usar agua a 77ºF Se dispone de tubos de 4” y de 3” IPS con numero de cedula 40.→ ∆ t=γ (T 1−t 1 ) ∆ t=0. 12.8 lb/hr de CH3I y 2. Se permite una caída de presión de 5psi en cada corriente.2695 ( 300−100 )=53.225 lb/h de agua ) .

supuesto: 26 (tabla 1.33 pie2 < 100 pie2 (Doble tubo) ESTIMAMOS PROPIEDADES FISICAS 1) Propiedades físicas a la temperatura promedio: Propiedad Cp.74 º F h .74 AREA ESTIMADO: A= Q UD∗ΔT L 36618.065 = 26 BTU h BTU ∗16.2485 ENFRIAR . pie 2 º F = 84.gaseosa 90.33 pie 2 BTU Solventes Orgánicos UD (2-50) → 26 h.5ºF 111. Btu / lb ºF FLUIDO AGUA A CALENTAR FLUIDO A M.5º F 1 0.140 ºF M. gaseo 83ºF 104ºF Agua 77 ºF 6ºF 36ºF Hallamos variación de temperatura media logarítmica y luego determinamos el área con el Ud. pie 2 º F Por lo tanto : 84.4-manual de intercambiadores de calor para solventes orgánicos Ud (2-50) ) ΔTL = 36−6 36 ln ⁡( ) 6 =16.

284” 3) Curso de los Fluidos:   Mgases = 2585..º F   r  2) Características de los tubos: 4x3 ’’ IPS .14 k di pie = 3. di=3.14” Dm=3.pie2 ºF 0. Btu / h.38 pulg2 Di=4.358 0.01 ρ lb/ pie 3   Btu  2 hr .2 lb/h Magua = 1356.23 lb/h -Lado del tubo interior: gases -Lado del Anillo: Agua 4) Calculo del Coeficiente de transferencia en el tubo interior (mezcla gaseosa): µ k cp∗µ 1/3 hi = Jh ( di ) * ( ) * ( µW )0.001 0.068” do=3.14 pulg2 alt=0.5” xi=0.026” Do=4.81 0.216” at=7.4 0.917pie2/pie De=1.0189 K.01068 62.5” ao=3.068 pulgadas * 12 pulg . cp 0. tubos de 20pies de longitud. pie .47 0.

k
= 0.01068 BTU /pie ºF
Cp. = 0.2485 BTU/Lb ºF
µ
= 0.0189 centipoise
Jh = necesito el numero de Reynols

Cálculo del número de Reinols
Nre =
µ
di

di∗¿
µ
= 0.0457 Lb /pie hora

pie
= 3.068pulgadas * 12 pulg

Gt =

mt
at

=

masa del fluido que va por el tubo
areade seccion transversal del tubo

Lb
hora
pie 2
7.38 pulgada2 (
)
( 12 pulg )2
2585.2

Gt =

Nre =

= 50442.93 Lb/hr *pie2

pies)∗(50442.93 Lb/hor∗pie 2)
( 3.068
12
0.0457 Lb/ pie hora

Nre = 281966.32 ≈ 281966

Jh = 590 (en curva de transferencia de calor lado de los tubos en la fig24)
µ
k
cp∗µ
1/3
hi = Jh ( di ) * (
) * ( µW )0.14
k
=1

0.01068
hi = 590 ( 3.068
12

)*(

µ
0.2485∗0.0457
)1/3 * ( µW )0.14
0.01068

hi = 25.16 Btu/hr *pie2 *ºF
ht = 25.16*

3.068
3.5

=22.05

ht = 22.05 Btu/hr *pie2 *ºF

5) Calculo del Coeficiente de transferencia en el anulo (agua):
µ
k
cp∗µ
1/3
ho = Jh ( De ) * (
)
*
(
)0.14
µ
k
W
pie
De = 1.14 pulgadas * 12 pulg
k
= 0.358 BTU /pie ºF
Cp. = 1 BTU/Lb ºF
µ
= 0.81 centipoise
Jh = necesito el numero de Reynols

Cálculo del número de Reinols
De∗Ga
µ

Nre =
µ

= 1.9602 Lb /pie hora

pie
De = 1.14pulgadas * 12 pulg

Ga =

ma
ao

=

masa del fluido que va por el anulo
areade seccion transversal del a nulo

Lb
agua cruda
hora
pie 2
2
3.14 pulgada (
)
( 12 pulg )2

1356.225
Ga =

Nre =

= 62196.31 Lb/hr *pie2

pies )∗(62196.31 Lb /hor∗pie2)
( 1.14
12
1.9602lb / pie hora

Nre = 3014.31 ≈ 3014

Jh = 12.8 (en curva de transferencia de calor lado de los tubos en la fig24)
ho

k
cp∗µ
( De ) * (
)
k

= Jh

0.358
ho = 12.8 ( 1.14
12

)*(

1∗1.9602
0.3.58 )

1/3

µ

* ( µW )0.14

ho = 85 BTU/hr *pie2 *ºF

6) Calculo del Coeficiente total de transferencia(limpio):
h t∗h o
ht +h o

=

22.05∗85
22.05+ 85

Uc

=

Uc

= 17.51 BTU/h *pie2 *ºF

1/3

7) Calculo del Coeficiente total de diseño(sucio):

µ
* ( µW )0.14

001 = 0.065 BTU /hora BTU (15 )∗(16.917 pie LT = 159 pies 10) Calculo del Nº de Horquillas: NH =   LT L = 159 20∗2 =3.01 Rd =0.8pies2 < 200pies 2 9) Calculo de Longitud total del intercambiador: L= A alt areade transferencia total areade longitud transversal = 2 L = 145.011 UD = 14.8 .1 UD 1 UC = 1 17.68 ≈ 15 BTU/hr *pie2 *ºF 8) Calculo del área de transferencia: A= Q UD∆TL = 36618.51 = + Rd + 0.01 + 0.8 pies 2 pies 0.74 º F) 2 hor∗pie ∗º F A = 145.975 ≈ 4 horquillas Corregimos el LT = NH * L = 4 * 20 * 2 LT = 160 pies Área corregida A= LT *alt = 145.

068∗1 ( 72 )∗( 4.47 )∗( ) 12 ¿ =0.72 pies2 11) Calculo de la caída de presión en el lado del tubo interior.pies A= 160pie * 0.55 psia ∆ Pt = 0.93 (0.264 (281966.0049)∗(¿¿ 2)∗160 3.0035 + ∆ Pt = 0.917 pie 2 A= 146.47 Lb/pie3  LT =160 pies  pie di = 3.18 *108 pies/hr2  NRe = 281966.18∗108 )∗( 0.068 pulgadas * 12 pulg  g = 4.93Lb/hr *pie2 δ  = 0.0049 50442.32  f = 0. psia: 2 ∆ Pt = f ∗¿ ∗LT 72∗g∗δ∗di  Gt =50442.32)0.55 < 5 psia (ok) 12) Calculo de la caída de presión en el lado del tubo exterior o anulo .42 =0.

31 Lb/hor∗pie 2) (0.81 f = 0.∆ PA = ∆ Pa + ∆ P es Salida de presión en los tubos ∆ Pa entradas y salidas f∗Ga 2∗LT 72∗g∗δ∗De´ = De´ = Di .0035 + ∆ Pa = 0.9602 Lb/ piehora Nre = 1390.264 (1390.do = (4. g ' * δ 144 v = Ga .81)0. 3600∗δ pies /seg .026 – 3.526 pulg∗pie 12 pulg ) 1.0161∗¿ ¿ ∆ Pa = 0.12 psia ∆ Pes = n∗v 2 2.0161 62196.5) pulg = 0.31 ¿ ¿ ¿ 2∗160 0.42 = 0.526 pulgadas De '∗Ga µ Nre = Nre = ∗(62196.

17 pies /seg2 v = 3600∗62.28 pies/ seg) 2∗32.31 ∗pie 2 hr ¿ 2 ∆ Pes = 4∗(0. el arreglo del intercambiador tendría 4 horquillas.28 pies /seg 62.4 Lb/ pie 144 3 = 0. Rpta: Si se puede usar un intercambiador de doble tubo de 4*3” IPS.0021psia ∆ PA = 0.4 Lb/h∨¿ Lb 62196. .n = número de horquillas g’ = 32.0021 psia ∆ PA = ∆ Pa + ∆ Pes = 0.17 pies/seg 2 = * 0.12 psia + 0.1221 psia < 5 psia (ok).

Para realizar tal operación se quiere diseñar y construir un intercambiador de calor. y de acero inoxidable 304.1 cp k 0.9°F Cp 0.56*(47ºF) Q=3684800 BTU/h  CALCULO DEL FLUJO MASICO DEL CaCl2 .096 0.8 ºF estracto butílico T1 =88ºF T2 = 41ºF 140000 Lb/hr t2= 41ºF  CALCULO DEL CALOR NECESARIO Q= m*cp*ΔT Q= 140000*0.5°F Cloruro de calcio @ 32.0035 Cloruro de calcio t1 = 24.°F  3. 16 BWG.001 0.68 Btu/lb.pie.32 Btu/hr.56 0.8°F que puede calentarse hasta 41°F.18) Para enfriar 140000 lb/hr de extracto butílico desde 88°F hasta 41°F se tiene una solución de cloruro de calcio a 24.°F r 0. 8 pies de longitud. Las propiedades físicas de los fluidos son: Extracto butílico @ 64.7 5. y para ello se cuenta con tubos de 3/4" OD.

de U=40-100 promedio U=70 ΔT1= 47°F ΔT2= 16. DISEÑO RAPIDO Estimac.2°F  PROPIEDADES FÍSICAS PROPIEDADES FÍSICAS UNIDADES EXTRACTO CLORURO BUTILOCO DE CALCIO ΔT=64.5ºF ΔT=32.9ºF .

68 Viscosidad 3.Calor Específico 0.937 ESP DEFLE : 12  ESTIMADO DEL NUMERO DE TUBOS .0035  CURSO DE LOS FLUIDOS TUBO: cloruro de calcio CASCO: extracto butílico  CURSO SUPUESTO  Intercambiador de casco y tubo de ¾’’ de diámetro  BWG=16  Pt=15/16  Pasos de (1-4)  CARACTERÍSTICAS DE LOS TUBOS Ø EXTERNO : 0.42 5.39270 pie2/pie Ø EQUIVALENTE : 0.42 Conductividad Térmica 0.001 0.62´´ BWG : 16 at : 0.32 r 0.7*2.75 ´´ Ø INTERNO : 0.56 0.096 0.1*2.19635 pulg2 alt : 0.

 CALCULO DE HT :LADO DE LOS TUBOS Gt=1703566.75 .486 lb/pie2 ºF HT CORREGIDO Ht=442*di/do=442*0.62/0.

0.1875´´  CALCULO DE Uc : .9375´´.Ht=365  CALCULO DE HS : C=0.75´´= 0.

2937*8 AD = 1428.)*(alt) AD = 608*0. CALCULO DE UD :  CALCULO DEL AREA DE DISEÑO AD = (Nt)*(L.56 R= T 1−T 2 t 2−t 1 R=13.33 R= 300−100 100−85 .

Hay una línea de gasoil de 33° API que pasa cerca de la torre a 530°F. Los deflectores de la coraza están espaciados a 5 pulgadas de los centros . correspondiente al plato de alimentación de una torre fraccionadora. la temperatura de gasoil del intercambiador.12 NO CUMPLE Por lo tanto a estas condiciones no cumple este intercambiador de calor porque el coeficiente (Uc) tiene que ser mayor que el coeficiente de diseño (Ud) 20) En una nueva instalación es necesario precalentar 149000 lb/hr de aceite crudo 34° API de 170 a 285°F.S= t 2−t 1 T 1−t 1 S= 100−85 300−85 S=0. . disponible en cantidades relativamente ilimitadas . Se dispone de un intercambiador 1-2 de 25 pulgadas Di con 252 tubos de 1 pulgada de DE. de regreso a la línea. 13 BWG y 16’0’’largo.Se permite una caída de presión de 10 lb/pulg2 en el gasoil y de 15 lb/pulg en la línea de alimentación. arreglados es seis pasos en arreglo triangular de 1 ¼” de paso. frío es prohibitivo. no deberá ser menor de 300°F.07 Uc > Ud 84 > 90.Debido a que el costo de bombeo de gasoil.

t1 = 530ºF Gasoil 33ºAPI Aceite crudo T1 =170ºF T2 = 285ºF t 2= 300ºF  CALCULO DE LAS TEMPERATURAS CALORICAS Es un rango de temperatura de 230ºF (34º API) se lee en la figura 17 el Kc KC=0. las viscosidades son 0. Si es así.9 centipoises a 285°F y 2.451 . ¿cuál será el factor de obstrucción?.Será el intercambiador aceptable si se limpia. Para el gasoil las viscosidades son 0.7 centipoises a 300°F.1 centipoises a 170°F (interpólese °F vs Centipoises en un papel logarítmico).40 Fc=0.4 centipoises a 530°F y 0. Para el crudo.

0755 0.515 0.635 Viscosidad 1.76*62.070 r 0. de U=20-140 promedio U=70 ΔT1= 245°F ΔT2= 130°F .002 Densidad 0.003 0.4 0.4  DISEÑO RAPIDO Estimac. PROPIEDADES FÍSICAS PROPIEDADES FÍSICAS UNIDADES ACEITE CRUDO GASOIL 31ºAPI 33ºAPI Calor Específico 0.554 Conductividad Térmica 0.81*62.996 0.

ΔT Q= 149000*0.33 R= 300−100 100−85 . cp . CURSO DE LOS FLUIDOS TUBO: aceite crudo CASCO: Gasoil  CARACTERISTICAS DEL INTERCAMBIADOR DE CALOR CORAZA Ds= 25pulg B= espacio de los deflectores= 5`` Pasos: 1 TUBOS Nº de tubos = 252 Pt= 1`` longitud = 16`` BWG= 1 ¼ `` pasos: 6  CALCULO DEL CALOR ESTIMADO Q=m .515*(285-170) Q=8824525 BTU/h R= T 1−T 2 t 2−t 1 R=13.

S=

t 2−t 1
T 1−t 1

Ft= 0.85

S=

S=0.07

 CALCULO DE HT :LADO DE LOS TUBOS

Gt=991351 lb/pie2 ºF

HT CORREGIDO
Ht=186.5*di/do=186.5*0.81/1
Ht=151.065

100−85
300−85

 CALCULO DE HS :

C=1.25´´- 1´´= 0.25´´

 CALCULO DE Uc :

 CALCULO DE UD :

 CALCULO DEL AREA DE DISEÑO
AD = (Nt)*(L.)*(alt)
AD = 252*0.26180*16
AD = 1055.57
 AREA REQUERIDA:

 CÁLCULO DE LA CAÍDA DE PRESIÓN EN LOS TUBOS

 CALCULO DE DE PRESIÓN DE RETORNO:  CALCULO DE DE PRESIÓN EN EL CASCO: .

.

4 pasos en los tubos con arreglo triangular de 1”.PROBLEMAS PROPUESTOS DE CONDENSACION 4. El rango de condensación es de 177 a 170ºF. 16BWG.454 Btu/lb ºF a 198.8 lb/hr Δt agua= 8835000/(1)* 331591. 1.5 ºF) Q1= 57000*0.36 ºF 120 ºF 83.7 psia y 170ºF =185 Btu/hr Q2= 57000*(340 .2  Fluido Caliente 200 ºF 177 ºF Fluido frio Diferencia 90 ºF 93. 16’ de largo.7 psia y 177ºF =340 Btu/hr Entalpia hexano liquido a 19. el factor de obstrucción y las caídas de presión. 650 tubos de ¾”. Los deflectores se encuentran a 18”. Δt Balanceado (paralelo-condensador vertical)  Desobrecalentamiento (Δt)d =96.4 Fluido Caliente 177 ºF 170 ºF Hallando la diferencia verdadera de temperatura Δt = QT/ (Q1/ (Δt)d + Q2/ (Δt)c ) ºF . Balance de calor  Hexano en el desobrecalentamiento (Cp=0.185)=8835000 Btu/hr QT=Q1 + Q2 = 9947754 Btu/hr mH2O = QT/Cp*ΔT = 9947754/(1)*(120 – 90) = 331591. El agua de enfriamiento es usada entre 90 y 120ºF..64 ºF en la condensación 2. Se dispone de un condensador de 31” de DI.454*(220 . a esta temperatura se envía al almacenaje.Se ingresa 57000 lb/hr de hexano casi puro a la coraza de un condensador vertical 1-2 a 5psig y 220ºF.64 ºF 50 ºF ºF Condensación (Δt)c =65. Calcule la diferencia verdadera de temperatura.64 ºF Fluido frio Diferencia 93.177)=1112754 Btu/hr  Condensación Entalpia hexano vapor a 19.36 ºF 110 ºF 83.8 = 26.

rpta 3. 4.8 ºF …. Características del intercambiador.30191 pulg2 Area lateral longitudinal : 0.0191 lb/hr. 16 BWG Longitud : 16’ Numero de tubos : 650 Distancia entre centros : Pt = 15/16” Arreglo : Triangular Pantallas : Fijas al 25% Area transversal : 0. e = 18” c = Pt – DE =1 – 0. Fluido caliente: casco (hexano)  Desobrecalentamiento as = Ds x c x e / (144 x Pt) as = 31 x 0.62” Numero de pasos en los tubos :n=4 Ds = 31”.71 lb/hr.0.75 =0.4)) = 67.5 ºF (hexano) µ = 0.pie .25” Como el rango de temperaturas es menor o igual a 93°F.19635 pie2/pie Diámetro interno : 0.25 x 18 / (144 x 1) = 0.96875 pie2 Gs = ms / as = 57000 lb/hr / 0.pie2 A temperatura 198.Δt = 9947754 /((1112754 / 96. el intercambiador es de placa fija. Curso de los fluidos Casco: hexano Tubos: agua blanda 5.96875 pie2 = 58838. Tipo : De caso y tubo 1-4 Tubos : ¾” OD.2) + (8835000 /65.

0191 lb/hr.341 pie2 Gt = mt/at =(331591.75” ht = 934 btu/ hr.97 lb/hr.8 JH =265 fig (28) Hallando ho =42.4 lb/pie3 V = 4.). hi = 1130 btu/ hr.pie Res = 187400.0103 btu/hr. Fluido frio: tubos(agua) at = Nt x at’ / 144 x n = 650 x 0.75/12) = 446.62” / 0.8 lb/hr)/0.6/0.1416*650*(0.6 lb/hr. Superficie limpia necesaria para el desobrecalentamiento Ad Ad = 1112754/(40.pie2°F 7.73/12) pie x 58838.pie2°F ht = hi x Di / OD ht = 1130 btu/ hr.°F 6.pie2.4) Ud = 40.33 pie/seg Por tratarse de agua recurrimos a la figura 25 del manual para hallar el valor de hi en función de la velocidad (pie/seg. Coeficiente total limpio Ud de desobrecalentamiento Ud = ht x hc /(ht + hc)= 934 x 42.De = 0. Condensación en el casco Go = W/3.71 lb/hr.4 /(934 +42.°F 8.56*96.pie2 4*446.341 pie2 =972409.pie2.30191 pulg2 / 144 x 4 = 0.56 btu/hr.97 lb/hr.pie2°F x 0.4 btu/hr.2) =285.pie.°F Res = DexGs/μf = (0.pie2 / 3600 x 62.2 pie2 9.1416*Nt*Do 4*Go/µf>2000 Go = 57000/3.5566>2000 es de posición vertical tv= (170+177)/2=173.pie2/0.5 ºF .73” fig (28) K = 0.pie2 V = Gt / 3600 x ρ = 972409.

Superficie limpia total AT AT=Ad+Ac=285.pie2.6)/ (285.19635=2042.3*1432.pie2.°F + 0.3*65.pie2.4 btu/hr.pie2. Coeficiente total limpio requerido Uc= (40. Area de diseño Adiseño=Nt*L*alt=650*16*0.°F 11.9 btu/hr.g))Λ(1/3)=1. Factor de obstrucción Calculo UD de diseño .°F 1/UD = 1/Uc + Rd 1/ UD = 1/ 85.5566 sf=0.pie2.4)2.OK 15. Superficie limpia necesaria para la condensacion Ac Ac = 8835000/(94.04 pie2 Adiseño> AT ……….2+94. Coeficiente total limpio Uc de condensacion Ud = ht x hc /(ht + hc)= 934 x 105 /(934 +105) Ud = 94.6 pie2 = 1717.56*285.°F/btu UD = 72.6) =85.66 ho(µf2/(kf3.5(4*Go/µf) Λ(-1/3) Resultando ho =104 Por lo tanto consideramos ht= ho = 105 10.3 btu/hr.6 pie2 12.4) =1432.0779 µf=0.8 pies2 13.( sf*62.2 pie2 +1432.002 hr.2 +1432.°F 14.t = (90+120)/2 =105 ºF tw= t +(ho)*(tv – t)/(ho + ht) tf = (tv+tw)/2 1) suponemos un ho =110 entonces reemplazando la tf = 143 ºF kf= 0.4 btu/hr.

240 lb/pie3 s=0. Calculo de la caída de presión en los tubos ΔPT.656/18 =1.8) UD = 71.656 pies N +1 =12 * Ld/e=12*2.4 btu/h.0022 ….8 2 x 16 x 4 / (5.22 x 1010 x 0. 16.075=3..rpta Como Rd diseño > Rd requerido.77 Peso mol hexano=86 ρ=86/359*(658.7)=0. 17.UD = 9947754 / (Ad x ΔTL )= / (2042 x 67.22 x 1010 x De x s x Фs) . Calculo de la caída de presión en el casco ΔPS.17 x 144)= 2 psi  Calculo de la caída de presión total ΔPT = ΔPt + ΔPr ΔPT = 0. el intercambiador si es adecuado.2 Ds =31” ΔPS = f x Gs2 x Ds x (N+1) / (5.7 psi Como ΔPT < 10 psi.5/ (1 x 2 x 32.240/0.5/( s x 2g x 144) ΔPr = 4 x 4 x 4.7psi + 2 psi = 2.332 x 62.8 = 2.pie2.85 btu/hr.22 x 1010 x Di x s x ɸt) ΔPt = 0.0517 x1 x 1) ΔPt = 0.7 psi  Calculo de la caída de presión en los retornos ΔPr ΔPr = 4 x n x v2 x 62.pie2.00122 Ld =L *Ad/AT Ld =16*285.7/19.00027x 331591.f=0. Desobrecalentamiento Res=187400 …………….85 = 1/85.2/492)*(14.°F 1/UD = 1/Uc + Rd 1/ 71. el intercambiador si es adecuado.°F + Rd Rd = 0.  Calculo de la caída de presión en los tubos ΔPt ΔPt = f x Gt2 x L x n /(5.2/1717.

Por lo tanto ΔPS = 0.66) ΔPS = 0.2 x 1) ΔPS = 0. así que se encuentran desarrollados en los ejercicios anteriores.896)/ (2x5. .73/12) pie x 58838.002 + 0.71 lb/hr.22x1010x (0.026 psi Como ΔPS < 1 psi.896 A 173.pie Res = 194615 De acuerdo con la figura 29 del manual: f = 0.024psi.712 x (31/12) x1.El problema 14 sobre calentar el yoduro de potasio no tiene pregunta ¿? .66 Res = DexGs/μf = (0.5 ºF μf =0.Los ejercicios 6.344/18 =8.77)/ ( 5. NOTA : .22x1010x (0.01839 sf=0.73/12) x 0.00122 x 58838.16 son repetidos.pie2/0.002 psi.22 x 1010 x De x s) Reemplazando valores ΔPS= (1x0.00125x58838. 14. Condensación N +1 =12 * Lc/e=12*13. el intercambiador si es adecuado.73/12) x 3.Reemplazando valores ΔPS= (0.01839 lb/hr. 12.024 =0.712 x (31/12) x8.00125 ΔPS = 1 x f x Gs2 x Ds x (N+1) / (2 x 5.