Dimensionar um evaporador para concentrar 5.000 \mathrm{Kg} / \mathrm{h} de uma solução de 8 a 50 \%. A alimentação entrará a 25^{\circ} \mathrm{C} e o evaporador deverá funcionar a vácuo com uma pressão absoluta de 100 mm de Hg. Para aquecimento se dispõe de vapor sob pressão de 1,4 \mathrm{Kgf} / \mathrm{cm} 2. Determinar:
a) A área da superfície de aquecimento.
b) O consumo de vapor que deverá ter o evaporador.
Dados: Calor específico da alimentação =0,95 \mathrm{Kcal} / \mathrm{Kg}^{\circ} \mathrm{C}.
Calor específico do concentrado =0,85 \mathrm{Kcal} / \mathrm{Kg}^{\circ} \mathrm{C}.
Elevação do ponto de ebulição para a solução a 50 \% em peso =12^{\circ} \mathrm{C}.
Coeficiente de transmissão experimental =1.150 \mathrm{Kcal} / \mathrm{m}^{2} \mathrm{~h}^{\circ} \mathrm{C}.
SITUAÇÃO CALOR LATENTE (Kcal/Kg)
Condensação do vapor a 1,4 \mathrm{Kgf} / \mathrm{cm} 2 533,5
Ebulição da água a 100 mmHg 568,2

Passo 1

O problema pede dimensionar um evaporador simples para concentrar F=5000, \mathrm{kg/h} de solução de 8\% para 50\% em peso, alimentada a 25^\circ\mathrm{C}, operando a 100,mmHg (absolutos) de pressão de ebulição e aquecida por vapor a 1{,}4, \mathrm{kgf/cm^2}. Vamos usar:
– Balanço de massa para obter vazões de concentrado C e vapor V.
– Balanço de energia: calor sensível de aquecimento da alimentação + calor latente de evaporação.
– Cálculo de área via \displaystyle Q=U\,A\,\Delta T_{\mathrm{LM}} com U=1150, \mathrm{Kcal/m^2\,h\,^\circ C}.
– Consumo de vapor \displaystyle m_v=Q/\lambda_{\mathrm{cond}}.

Passo 2

Balanço de massa no soluto:
F\,w_F \;=\; C\,w_C \quad\longrightarrow\quad C = \frac{5000\times0{,}08}{0{,}50} = 1600\;\mathrm{kg/h}.
Vazão de vapor:
V = F - C = 5000 - 1600 = 3400\;\mathrm{kg/h}.

Passo 3

Calor sensível de aquecimento da alimentação de 25^\circ\mathrm{C} até a temperatura de ebulição da solução. A pressão de ebulição é de 100 mmHg (absoluto), cujo \,T_{\mathrm{sat}}\approx 51{,}4^\circ\mathrm{C}; com elevação de ebulição \Delta T_{\mathrm{eb}}=12^\circ\mathrm{C},
T_b = 51{,}4 + 12 = 63{,}4^\circ\mathrm{C}.
Logo,
Q_{\mathrm{sens}} = F\,c_{p,F}\,(T_b -25) = 5000 \times 0{,}95 \times (63{,}4 - 25) = 182\,400\;\mathrm{Kcal/h}.
Calor latente de evaporação à 100,mmHg: \lambda_{\mathrm{ev}}=568{,}2, \mathrm{Kcal/kg},
Q_{\mathrm{lat}} = V\,\lambda_{\mathrm{ev}} = 3400 \times 568{,}2 = 1\,931\,880\;\mathrm{Kcal/h}.
Total:
Q = Q_{\mathrm{sens}} + Q_{\mathrm{lat}} = 182\,400 + 1\,931\,880 = 2\,114\,280\;\mathrm{Kcal/h}.

Passo 4

Temperatura de condensação do vapor a 1{,}4, \mathrm{kgf/cm^2} é cerca de T_s=120^\circ\mathrm{C}. No trocador, a solução entra a 25^\circ\mathrm{C} e sai fervendo a 63{,}4^\circ\mathrm{C}. Os gradientes térmicos são
\Delta T_1 = T_s - 25 = 120 -25 = 95^\circ\mathrm{C}, \quad \Delta T_2 = T_s - 63{,}4 = 56{,}6^\circ\mathrm{C}.
O \Delta T_{\mathrm{LM}} é
\Delta T_{\mathrm{LM}} = \frac{\Delta T_1 - \Delta T_2}{\ln(\Delta T_1/\Delta T_2)} = \frac{95 - 56{,}6}{\ln(95/56{,}6)} \approx 74{,}4^\circ\mathrm{C}.

Passo 5

Área de troca:
A = \frac{Q}{U\,\Delta T_{\mathrm{LM}}} = \frac{2\,114\,280}{1150 \times 74{,}4} \approx 24{,}7\;\mathrm{m^2}.

Passo 6

Consumo de vapor:
m_v = \frac{Q}{\lambda_{\mathrm{cond}}} = \frac{2\,114\,280}{533{,}5} \approx 3966\;\mathrm{kg/h}.

Resposta

a) A área de aquecimento é aproximadamente 24{,}7, \mathrm{m^2}.
b) O consumo de vapor é aproximadamente 3966, \mathrm{kg/h}.

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