Se Va A Extraer Aceite De Una Comida Con Benceno

Se va a extraer aceite de una comida con benceno, utilizando un extractor continuo en contracorriente. La unidad a tratar es de 1 000 kg de comida (basada en el sólido totalmente agotado) por hora. La comida no tratada contiene 400 kg de aceite y está contaminada con 25 kg de benceno. La mezcla de solvente fresco contiene 10 kg de aceite y 655 kg de benceno. Los sólidos agotados han de contener 60 kg de aceite no extraído. Experimentos realizados en idénticas situaciones a las de la batería que se proyecta, indican que la solución retenida depende de la concentración de la solución en la forma que se indica en la tabla 23.1. Encuentre a) la concentración de la solución concentrada, o extracto; b) la concentración de la solución que sale con los sólidos extraídos; c) la masa de solución que sale con la comida extraída; d) la masa del extracto; e) el número de etapas que se requieren. Todas las magnitudes están dadas por hora. Solución: Sean x y y las fracciones masa de aceite en las soluciones de los flujos inferior y superior. Para la entrada de solvente. V b=10+ 655=665 kg

solucion h y b=

10 =0.015 665

Determine la cantidad y composición de la solución en los sólidos agotados, por prueba y error Si

x b=0.1 , la solución retenida, a partir de la tabla 23.1 es 0.505 kg/kg. Por lo tanto

TABLA 23.1 Datos para el ejemplo 23.1 Concentración, kg de aceite/kg de solución 0.0 0.1 0.2 0.3

Solución retenida, kg/kg de solido 0.500 0.505 0.515 0.530

Lb=0.505 ( 1000 ) =505

Concentración, kg de aceite/kg de solución 0.4 0.5 0.6 0.7

Solución retenida, kg/kg de solido 0.550 0.571 0.595 0.620

kg h x b=

60 =0.119 505

A partir de la tabla 23.1, la solución retenida es 0.507 kg/kg: Lb=0.507 ( 1000 )=507 x b=

kg h

60 =0.118 (suficientemente proximo) 507

El benceno en el flujo inferior para la Lb es 507−60=447

kg h

Para la entrada del sólido, La=400+25=425

kg solucion h x a=

400 =0.941 425

Aceite en el extracto =entrada de aceite −60=10+ 40−0=350 Benceno en el extracto 655+25−447=233

kg h

V a=350+ 233=583 y a=

kg h

kg h

350 =0.60 0 583

Las respuestas a los incisos a) a d) son: y a=0.6 x b=0.118 kg Lb=507 c) h kg d) V a=583 h e) Determine las concentraciones de entrada y salida para la primera etapa y localice la línea de operación para las etapas restantes. Partiendo de que kg x 1= y a=0.60 , la solución retenida es 0.595 de solido . kg a) b)

L1=0.595 ( 1000 )=595 Balance de materia global: V 2=L1 +V a−V 2=595+583−425=753

kg h

Balance de aceite: La x a +V 2 y 2=L1 x 1 +V a y a

V 2 y 2 =595 ( 0.60 )+ 583 ( 0.60 )−425 ( 0.941 )=307 y 2=

307 =0.408 753

El punto x 1=0.60, y2 =0.408 está en el extremo final de la línea de operación para las etapas restantes. Para determinar un punto intermedio en la línea de operación, se escoge x n=0.30 Ln=solucion retenida=0.53 ( 1000 )=530

kg h

Para un balance global, V n+1 =530+583−425=688

kg h

Un balance de aceite da V n+1 y +1=Ln x n+V a y a −La x a

y n+1 =530 ( 0.30 )+ 582 ( 0.60 )−400=108.8 y n+1 =

108.8 =0.158 688

Los puntos x n , y n+ 1 , x a , y a y x b , y b definen una línea de operación ligeramente curva, tal como se muestra en la figura 23.3. Se requieren cuatro etapas ideales.

Se recupera penicilina F a partir de un caldo de fermentación acuoso diluido por extracción con acetato de amilo, utilizando 6 volúmenes de solvente por 100 volúmenes de la fase acuosa. A pH = 3.2, el coeficiente de distribución KD es 80. a) ¿Cuál es la fracción de penicilina que se recuperará en una sola etapa ideal? b) ¿Cuál será la recuperación con extracción de dos etapas utilizando solvente fresco en ambas etapas? c) ¿Cuántas etapas ideales serán necesarias para dar la misma recuperación que en la parte b) si se utilizó una cascada en contraflujo con V/L = 0.06?

Solución

a) Por un balance de materia, a partir de que y 0=0 L ( x 0 −x1 ) =V y 1 V y 1=K D x1 V KD x1 +1 =x 0 L El factor de extracción es V K D 6∗80 E= = =4.8 L 100 Por lo tanto x1 1 1 = = =0.172 x 0 1+ E 5.8 La recuperación es 1-0.172 =0.828, es decir, 82.8% b) Con el mismo valor de E, x2 1 = x 1 1+ E

(

)

x2 1 = =0.0297 x 0 ( 1+ E )2 La recuperación es 1-0.0297 =0.9703 o 97.0% V c) Con K D y constante, el número de etapas ideales se calcula a partir de la L forma de desorción (agotamiento) de la ecuación de Kremser [ecuación (20.28)], utilizando E en lugar de este equivalente,el factor de agotamiento S. ¿

ln N= Sea x ¿a= x ¿b=0

( x a−x a ) x b−x ¿b ln E

x a=x 0=100 . Por lo tanto, x b=3.0 y y a=

97 ( 100 ) =1617. 6

y a 1617 = =20.2 KD 80

( 100−20.2 ) 3 N= =2.09 ln 4.8 Al utilizar un proceso en contracorriente se requiere solo un numero ligeramente mayor de etapas ideales que en la parte b), pero se necesita la mitad del solvente y se aumenta la concentración del extracto. ln

Una planta de extracción en contracorriente se utiliza para extraer acetona (A) a partir de su mezcla con agua por medio de metilisobutilcetona (MIK) a una temperatura de 25 °C. La alimentación consta de 40% de acetona y 60% de agua. Como líquido de extracción se utiliza igual masa de solvente puro. ¿Cuántas etapas ideales se requieren para extraer 99% de acetona que entra con la alimentación? ¿Cuál es la composición del extracto después de separado el solvente?

Solución Se utilizan los datos de la figura 23.7 para preparar la gráfica de la relación de equilibrio y a contra X a , que es la curva superior de la figura 23.10. Los puntos extremos de la línea de operación se determinan mediante balances de materia teniendo en cuenta las cantidades de agua en la fase del extracto y de MIK en la fase de refinado. Base: F = 100 unidades de masa por hora. Sean:

n=velocidad de flujo masico de H 2 O en el extracto m=velocidad de flujo masico de MIK en el refinado Para una recuperación de 99% de A, el extracto tiene 0.99x40=39.6A, y el refinado tiene 0.4A. Los flujos totales son En la cima, La=F=100=40 A+60 H 2 O

V a=39.6 A+ n H 2 O+ ( 100−m) MIK =139.6+n−m

FIGURA 23.10 En el fondo, V b=100 MIK Lb=0.4 A + ( 60−n ) H 2 O+mMIK =60.4+m−n Puesto que n y m son pequeños y tienden a anularse en las sumas de V a y La , el flujo total de extracto V a es del orden de 140, lo que daría lugar a y A , a ≈ 39.6/140 = 0.283. El valor de X A ,b es del orden de 0.4/60 = 0.0067. Estas estimaciones se ajustan después de calcular los valores de n y m. A partir de la figura 23.8 para y A =0.283, y H O=0.049 0.049 n= ( 39.6+100−m) 1−0.049 0.049 ( 139.6 )=7.2 Si m es muy pequeño, ñ ≈ 0.951 A partir de la figura 23.8 para X a =0.007, X MIK =0.02 0.02 m= (0.4+ 60−n) 1−0.02 0.02 m= ( 0.5+52.8 )=1.1 0.98 2

(

Valor revisado de n=

)

( 139.6−1.1 ) =7.1 ( 0.049 0.951 )

V a=139.6+ 7.1−1.1=145.6 y A , a=

39.6 =0.272 145.6

Lb=60.4 +1.1−7.1=54.4

X A ,b=

0.4 =0.0074 54.4

Se representan los puntos (0.0074, 0) y (0.40, 0.272) para establecer los extremos de la línea de operación. Para un punto intermedio de la línea de operación se toma y A = 0.12 y se calcula V y L. A partir de la figura 23.7, y H O = 0.03 y y MIK = 0.85. Puesto que la fase de 2

refinado tiene solamente de 2 a 3% de MIK, suponiendo que la cantidad de MIK en el extracto es 100, la misma que la alimentación de solvente: 100 ≈V y MIK 100 V≈ =117.6 0.85 Mediante un balance global desde la entrada de solvente (fondo) hasta el punto intermedio, V b + L=Lb +V L≈ 54.4 +117.6−100=72.0 Un balance de A para la misma sección de x a : L x A +V b y b +V y A Lx A ≈ 0.4+117.6 ( 0.12 )−0 14.5 xA≈ =0.201 72 Este valor es probablemente muy exacto, pero es posible determinar valores corregidos de V, L y x a . Para x A = 0.201, x MIK ≈ 0.03 (véase figura 23.8). Un balance de MIK desde la entrada de solvente hasta el punto intermedio conduce a V b + L x MIK =Lb x MIK , b+ Vy MIK Vy MIK=100+72 ( 0.03 ) −1.1 101.1 Valor revisado de V = =118.9 0.85 Valor revisado de L=54.4+118.9−100=73.3 0.4+118.9 (0.12) Valor revisado de x A = =0.200 73.3 Se representa x A=0.20, y A =0.12, que da lugar a una línea de operación ligeramente curva. A partir de la figura 23.10,N=3.4etapas