Resolución de Problemas Extracción Solido [PDF]

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Resolución de Problemas Extracción Solido-Liquido Problema Nº 8.2 (Ocon Tojo) De una harina de pescado que contiene el 25% en peso de aceite y el 75% de inertes, se ha de separar el aceite por extracción con un disolvente en un sistema de extracción de tres etapas en corriente directa. Al sistema entran como alimentación 1000 Kg de harina y en cada etapa se suministran 400 Kg de disolvente. Calcúlese el porcentaje de aceite recuperado si la cantidad de disolución que acompaña a los inertes del refinado es 0,4 Kg/Kg de Inerte. Resolución: a) Definamos: Deseamos analizar un sistema de extracción de tres etapas en corriente directa o contacto múltiple simple. Variables: Soluto: Aceite(a) Disolvente: (b) Inerte: (c) Calculo: Obtener la Recuperación. Diagrama de bloque:

L0= 1000 Kg xa0=0,25 xc0=0,75

V1'=400Kg ya1'=0 yb1'=1

V2'=400Kg ya2'=0 yb2'=1

1

2

L1

V1 ya1 yb1

V2 ya2 yb2

V3'=400Kg ya3'=0 yb3'=1

L2

3

V3 ya3 yb3

b) Exploremos: Para hallar la recuperación utilizaremos método de triangular como un sistema de resolución. Para ello graficaremos la línea de refinado donde hallaremos nuestros puntos Li, 1hasta n graficaremos nuestra línea de extracto donde ubicaremos los puntos Vi; por lo cual requerimos además la condición de equilibrio. Para el caso de nuestro problema es:

a+b

k=0,4= c

A partir de esta ecuación debemos graficar la función b=f(a) Como: a + b + c =1;

por tanto c = 1- a – b

Reemplazando se tiene: b = 0,286 - a

L3 xa3 xb3 xc3

c) Planear y Hacerlo: Las ecuaciones que utilizaremos son:  Balance de materia etapa por etapa: En etapa 1 Balance global: L0 + V1’ = L1 + V1 = J1 Balance por componente soluto (a): L0*(xa0) + V1’*(ya1’) = L1(xa1) + V1*(ya1) = J1(xJ1) La coordenada del punto de mezcla o punto J1 será:

xJ 1=

LO∗( xa 0) 1000∗0,25 = =0,179 J1 1000+ 400

Aplicación de la definición de etapa ideal: X1=Y1 xa1 = 0,111 ; ya1 = 0,387

De la gráfica:

El sistema de ecuaciones a resolver es: L1 + V1 = J1 = 1400……..ec1) 0,111*L1 + 0,387*V1 = 250………ec2) L1 = 1057,246 Kg V1 = 342,754 Kg En etapa 2 Balance global: L1 + V2’ = L2 + V2 = J2 Balance por componente soluto (a): L1*(xa1) + V2’*(ya2’) = L2(xa2) + V2*(ya2) = J2(xJ2) La coordenada del punto de mezcla o punto J2 será:

xJ 2=

L 1∗( xa 1) 1057,246∗0,111 = =0,081 J2 1057,246+400

Aplicación de la definición de etapa ideal:

De la gráfica:

X2=Y2 xa2 = 0,049 ; ya2 = 0,17

El sistema de ecuaciones a resolver es: L2 + V2 = 1057,246 + 400 0,049*L2 + 0,17*V2 = 1057,246*0,111 L2 = 1077,5 Kg V2 = 379,746 Kg En etapa 3 Balance global: L2 + V3’ = L3 + V3 = J3 Balance por componente soluto (a): L2*(xa2) + V3’*(ya3’) = L3(xa3) + V3*(ya3) = J3(xJ3) La coordenada del punto de mezcla o punto J1 será:

xJ 3=

L 2∗( xa 2) 1077,5∗0,049 = =0,036 J3 1077,5+ 400

Aplicación de la definición de etapa ideal:

De la gráfica:

X3=Y3 xa3 = 0,022 ; ya3 = 0.077

El sistema de ecuaciones a resolver es: L3 + V3 = 1077,5 + 400 0,022*L3 + 0,077*V3 = 1077,5*0,049 L3 = 1108,545 Kg V3 = 368,955 Kg Finalmente:

R=

Lo∗xa 0−L 3∗xa 3 1000∗0,25−1108,545∗0,022 = Lo∗xa 0 1000∗0,25 R=0,902

LO*xa0+V1’*ya1’+V2’*ya2’+V3’*ya3’= V1*ya1+V2*ya2+V3*ya3+L3*xa3 LO*xa0 = V1*ya1+V2*ya2+V3*ya3+L3*xa3

/Lo*xao

1=

R=

V 1∗ya 1+V 2∗ya 2+V 3∗ya 3 L 3∗xa 3 + LO∗xa 0 LO∗xa 0

V 1∗ya 1+ V 2∗ya 2+V 3∗ya 3 LO∗xa 0

Grafico 1: Diagrama triangular-Problema 8.2