Transferencia de Masa Trabajo
Transferencia de Masa Trabajo
Transferencia de Masa Trabajo
Y SUSTENTAR
Presentado por:
CÓDIGO:
TUTOR:
MATERIA
TRANSFERENCIA DE MASA
GRUPO
General
Compila, analiza y resuelve los ejercicios de la fase 1, 2 y 3.
Específicos
Figura 1. Ilustración 1
NH3 NH3
PNH 3 = 1,5 atm PNH 3 = 0,5 atm
2m T = 20°C
SOLUCION
m2 −4
D AB=0.15∗10 Difusividad
s
T º =20º C=293 K
−Dab DP nA
JA= . = (mol/m² s)
RT DL AT
Se procede a sustituir valores.
0,15∗1 0−4 m2 / s(1,5 atm−0,5 atm)
JA=J A=
m3∗atm
8,20∗1 0−5 ∗( 20 ° C +273,15 K )∗(2 m)
K∗mol
Kgmol
J A =3,12∗1 0−6
m2 s
dCa
JA=−Dab Relación directamente proporcional entre JA y la
DL
diferencia de concentración dCa.
Dónde: dCa: gradiente de concentración
JA: flux
n Pi n
PiV =nRT → = ; =Ca
V RT V
Pi
Reemplazando: Ca= en la ley de frick:
RT
d Pi
JA=−Dab ( )
DL RT
Dónde: R= constante de los gases ideales. Y teniendo
que T= CTE
−Dab dPi
JA= . De esta forma se demuestra que la temperatura es inversa
RT DL
a la velocidad de flujo JA.
−Dab dPi
JA= Relación directamente proporcional entre JA (flux) y el
RT DL
gradiente de presión dPi.
Figura 2. Ilustración 2
SOLUCIÓN
Para resolver este ejercicio debemos tener en cuenta lo siguiente:
Integrando:
~ ~
A Z =Z 1 Y A=Y A 1
~ ~
A Z =Z 2 Y A=Y A 2
Entonces tenemos:
2 2
~ ~ −d ~y
N A ∫ dz=C D AB∫ ~
1 1 1−d y A
~
~ C D AB 1−~y
N A= ∈ ~A 2
Z 2−Z1 1− y A 1
Sustituyendo tenemos:
~
~ C D AB
N A= ~ (~y A 1−~y A 2 )
Z −Z
( 2 1) Bmy
Datos
Presión de vapor del agua a 45 ° C=49 mm de Hg
Como sabemos la corriente de agua está a 45°C lo que es igual a 49 mm de Hg y
tenemos que la difusividad de la mezcla agua + aire es igual para 273K DE 0,22 x
10-4 m2/ s interpolamos a 45°C
T =45 ° C+273,15
T =318,15 K
Realizamos una interpolación donde:
x=318,15 ° K y =?
x 1=298 ° K y 1=0.260 c m 2 /s
x 2=315 ° K y 2=0.288 c m2 /s
x−x 1
y= y1 +
[( )
( y − y 1)
x 2−x1 2 ]
318,15 K−298 K
y=0.260 c m2 /s +
[( 315 K−298 K )
( 0.288 c m 2 /s−0.260 c m2 / s ) ]
Se obtiene que:
y=0.2931c m 2 /s
Realizando el cambio de unidades:
2 1m 2 −5 2
y=0.2931c m /s 2
= y=2,931 x 10 m /s
10000 c m
2,931 x 10−5 m2 /s
Para calcular el valor de y A 1 consideramos que el aire es seco, el vapor de agua
según datos es completamente saturado lo que establece que:
y A 2 =0 aire seco
PO
y A1=
PT
Remplazamos en la fórmula:
0,0644 atm
y A1=
1 atm
y A 1 =0,0644
0,9356= y B 1
Con los valores obtenidos, despejamos y Bm según la formula antes establecida
1−0,9356
y Bm =
1
ln
0,9356
y Bm =0,9674
Teniendo en cuenta esto podemos despejar el valor del flujo molar la incógnita
principal del ejercicio con la fórmula establecida anteriormente.
CD AB
Ñ A=
(Z ¿ ¿ 2−Z 1 ) y Bm ( y A 2 − y A 1 ) ¿
2,464 mol
3
∗2,931 x 10−5 m2/ s
m
Ñ A= ( 0,0644−0 )
(0,5 m)(0,9674 )
mol
Ñ A =9,615 x 10−6
m2 . s
SOLUCION:
Datos: Debemos calcular el número de Reynolds y determinar el tipo de flujo, si
es laminar o turbulento.
Aire
Temperatura:28°C
Velocidad: 4m/s
Viscosidad cinemática del aire a 28°C: 15.82∗10−6 m2 / s
Sistema aire-agua: D: 0.26∗10−4 m2 / s
60
=0.6 cm
100
24
=0.24 cm
100
2.68∗10−4 m 2 /s∗0.24 m
N Sh=
0.26∗10−4 m 2 /s
N Sh=2.47∗10−16 m 2 /s
FASE 2
1. En una industria de Alimentos se tiene una corriente de aire está contaminada con una
sustancia orgánica que se desea eliminar. Para ello, 500 kg/h de aire son introducidos por la
base de una torre de relleno con anillos Raschig dispuestos al azar, por la que circulan en
contracorriente 3.500 kg/h de un aceite mineral.
Se le solicita calcular:
a) El diámetro de la torre correspondiente a la velocidad de anegamiento.
b) El diámetro de la torre cuando la velocidad es 0,4 veces la de anegamiento.
V 2ANEG
ln[ g
ε 3
∗a
( )
∗ L
ρL
n
n agua
0.2
∗ρG
]
=−4
wL 14 ρ L
( ) ( )
wG
∗
ρG
1
8
(w) es el caudal masivo, denotando los subíndices gas (G) y Liquido (L).
Sustituimos datos:
m2 40 mPa∗s 0.2 1
kg kg 14 1.1 kg
[ ( )
] ( )( )
8
∗ ∗1.1 3500
V 2ANEG m3 1 mPa∗s m3 h m3
ln ∗300 =−4 ∗
9.8 m/s 2 kg
900 3 500
kg kg
900 3
m h m
m2 40 mPa∗s 0.2 kg
ln
[ V 2ANEG
9.8 m/s 2
∗300
m 3
∗
1(mPa∗s
kg
900 3
m
)
∗1.1 3
m
]
=−2.81337
V 2ANEG −2.81337
2
∗0.7668 m=e
9.8 m/s
2 e−2.81337∗9.8 m/ s2 m2
V ANEG = =0.7668 2
0.7668 m s
m2
√
V ANEG = 0.7668
s2
m
V ANEG =0.8756
s
k
500
S=
wG
ρG∗V ANEG
=
kg
m3
3500 3
m
( )
k
m
=0.1483 m2
(1.1 3 ∗0.8756 )
m s
El diámetro de la columna es:
4S 4∗0.1483
D=
√ √
π
=
3.1416
=0.4345 m
4S 4∗0.3708
D=
√ √
π
=
3.1416
=0.6871 m
2. Una corriente de aire con una humedad absoluta de 0,010 kg de agua/kg de aire seco se
desea secar hasta una humedad de 0,006 kg de agua/kg de aire seco, con el fin de utilizarla
en un proceso de secado de semillas. Para realizar esta deshumidificación, se utiliza una
torre de absorción rellena de anillos Raschig de 2 pulgadas, siendo el líquido absorbente
una solución de soda cáustica al 50% en peso. Si el caudal de disolución absorbente que se
utiliza es un 25% superior a la mínima, se le solicita a usted calcular la altura que debería
tener la torre para realizar esta operación, sabiendo que la altura de una unidad de
transferencia es de 60 cm.Para este sistema, los datos de equilibrio se dan en la siguiente
tabla:
X Y
(moles H2O/- (moles H2O/-
mol NaOH) mol aire seco)
0 0
1 4
2 11
3 28
4 67
5 100
6 126
7 142
8 157
9 170
10 177
12 190
16 202
Para las masas moleculares de agua, aire e hidróxido sódico se toman los valores 18, 29 y
40 kg/kmol, respectivamente
Para dar solución al problema planteado hacemos uso de la definición de razones molares:
Para las masas moleculares de agua, aire e hidróxido sódico se toman los valores 18, 29 y
40 kg/kmol, respectivamente.
El valor de (L'/G') mín. se obtendría de la pendiente de la recta que une el punto de la
cabeza de columna (X2, Y2) con el punto de la curva de equilibrio de ordenada.
X vs Y
250
f(x) = 15.38 x + 7.49
200
moles de H20/moles de A.S
150
100
50
0
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
moles de H2O/moles de NAOH
Y1 = 338*10–4
( G'L' )
min
=2.54∗10−3
kmol NaOH
kmol aire seco
Como se trabaja con un caudal de disolución adsorbente 25% superior al mínimo, la relación de
trabajo será:
L' kmol NaOH
=1.25∗2.54∗10−3=0.003175
G' kmol aire seco
La razón molar para la corriente liquida que abandona la columna se obtiene de un balance
global:
E=Extracto
E0 3400 Kg E1 R=Refinado
Y 0 D=1 Y 1D S=Soluto
M
Y 1S D=Solvente
XM
600 Kg R1 I =Inerte
R0
X 0 D=0 X1 D M =Mezcla
X 0 I =0.9 X1 I
X 0 S=0.1 X1 S
0.75
X D= − XS
0.75+1
3
X D = −X S
7
r
X D= − X s=0,444− X s
r +1
Para la línea de flujo de entrada las composiciones del disolvente y el soluto son:
Y 0 S= 0 Y 0 D= 1 Punto (0, 1)
X 0 S= 0.1 X 0 D= 0 Punto (0.1, 0)
Rta a) Con lo anterior damos respuesta a las composiciones de extracto y refinado.
E0 + R 0=M
M =E 1+ R1
Balance del solvente:
E0 Y 0 D + R0 X 0 D =M X MD
E0 Y 0 S + R 0 X 0 S=M X MS
60
X MS=
4000
X MS=0.015
X MD (0)=0 y X MS ( 0)=0
X MD X MS
Y obtenemos 2 puntos:
0 0
0.85 0.015
De la gráfica podemos observar que el punto de corte corresponde a los valores de los
componentes de extracto t refinado respectivamente:
Y 1 D =1−Y 1 S
Y 1 D =1−0.0164
Y 1 D =0.984
Para el refinado:
3
60 X S= −X S
7
3
61 X S =
7
3
X 1 S=
61 x 7
3
X 1 S=
427
X 1 S=0.00702
3 3
X 1 D= −
7 427
180
X 1 D=
427
X 1 D=0.4215
Entonces:
X 1 I =1−0.00702−0.4215
X 1 I =0.585
E0 Y 0 I + R 0 X 0 I =E 1 Y 1 S + R 1 X 1 I
R1=972.97 Kg
Planteamos un nuevo balance global:
E0 + R 0=E1 + R1
3400+600=E1 +972.97
E1=3027.03 Kg
Kg ecite en e l extracto
% aceite extraido= x 100
Kgde aceite en el cereal
49.64 Kg
% aceite extraido= x 100
60 Kg
40
la concetracion incial de aceite en el disolvente es : X AN+ 1= =0,015.
2660
Se procede a construir la grafica con los datosde la tabla anterior Y A y N .
N N 2000
Desde el o rigen se trazaun punto con pendiente = =20
Y AN 100
B 2000
N M= = =0,4587 Entonces el punto M =( 0,3742 , 0,4587 ) .
M 4360
Se trazauna linea desde ln con M hasta lahorizontal , localizandoel punto V 1 con
xA 1=0,45 con loque se tiene :
LN +V 1=M =4360lb
LN Y AN + V 1 X A 1=M X AM → LN 0,1+V 1 0,45=0,3743∗4360
Objetivo General
Estudiar el comportamiento sistema de extracción líquido-liquido de contacto sencillo.
Objetivos Específicos
Evaluar la relación de alimentación solvente / vinagre, y determinar cuál proporción es la
más eficiente en la separación.
Procedimiento
El usuario selecciona el alimento de la mezcla agua acido acético (vinagre) y su
composición másica. El usuario obtendrá los valores en masa de solvente, extracto y
refinado.
Variables De Entrada
Caudal de alimentación de vinagre (solución ácido acético agua)
Composición másica del alimento.
Variables De Salida
Masa de Extracto
Masa de Refinado
Masa de Solvente
Entrada
Masa de vinagre - alimento (kg) Composición másica - alimento (kg) Masa de extracto (kg) Masa de r
30 100 40.19 43
18 80 6.75 24
18 70 14.56 18
18 60 23.72 19
10
5 60 23
asaE
0
M
55 60 65 70 75 80 85
Composicion Masica Alimento kg
Chart Title
30
25
20
15
Entrada
Masa de vinagre - alimento (kg) Composición másica - alimento (kg) Masa de extracto (kg) Masa de refinado
18 60 23.72 19.66
20.8 60 36.74 22.71
23.3 60 48.37 25.44
27 60 65.58 29.48
30 60 79.53 32.76
Chart Title
90 Composición másica - Masa de extracto
80 alimento (kg)
70
60 18 23.72
50 20.8 36.74
40
asExtractokg
30 23.3 48.37
20
27 65.58
M
10
0 30 79.53
16 18 20 22 24 26 28 30 32
Composicion Masica Alimento kg
Chart Title
Análisis De Resultados:
Se evidencia que la masa del vinagre y la composición másica del alimento se
mantienen en relación con las variables de extracto, refinado y solvente que van
aumentando según el avance del proceso.
Al realizar la práctica de extracción líquido-líquido se evidenció que es un método
muy útil para separar componentes de una mezcla sin embargo el éxito de este
método depende de la diferencia de solubilidad del compuesto a extraer en dos
disolventes diferentes; Al momento agitar el compuesto con dos disolventes
inmiscibles, el compuesto se distribuye entre los dos disolventes.
Para la extracción líquido-líquido donde varia la masa de vinagre – alimento desde
80 hasta 60 Kg, mientras se mantiene constante la composición de ácido acético
en vinagre al 18 % se evidencia que el valor para cada variable fue aumentndo
según la operación y comportamiento del aliemto en el recuerso virtual, al
momento de realizar la paractica con el acido acetico desde el 30 al 18 % se
observo que las variables no cambiaron en ninguna forma, ya que al introducir los
valores en el recurso virtual para hacer la respectiva modificacion no permite
modificar los intervalos a trabajar.
CONCLUSIONES
La anterior práctica virtual nos deja una gran enseñanza donde se evidencia el
comportamiento del alimento desde sus variables de entrada hasta sus variables
de salida; se aprendió mucho en la simulación de la extracción de líquido- liquido.
Se analizó favorablemente las variables, así mismo su comportamiento de cada
una de ellas en cuanto a su masa refinado, masa solvente y masa de extracto.
En síntesis el laboratorio virtual fue muy enriquecedor y de mucha ayuda para
lograr comprender, ampliar los conocimientos adquirido durante la unidad
estudiada.
BIBLIOGRAFIA
Ibarz, A., & Barbosa-Cánovas, G. V. (2008). Operaciones unitarias en la ingeniería de
alimentos. 21. Absorción. Pp 721 – 754. Recuperado
de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2051/login.aspx?
direct=true&db=edselb&AN=edselb.10239147&lang=es&site=eds-live
McCabe, W. L., Smith, J. C., & Harriott, P. (2006). Operaciones básicas de ingeniería
química. Lixiviación y extracción. Pp 618 – 650. Recuperado
de http://bibliotecavirtual.unad.edu.co:2051/login.aspx?
direct=true&db=edselb&AN=edselb.10450169&lang=es&site=eds-live
FASE 3
1. Una bandeja de 75 cm × 75 cm y 4 cm de profundidad contiene un
producto granular húmedo que se desea secar con una corriente de aire.
La corriente de aire es caliente y aporta el calor necesario para el
secado mediante un mecanismo de convección. El aire a 75 °C fluye a
una velocidad de 5 m/s, siendo su humedad de 0,05 kg de agua/kg de
aire seco. Si se considera que los lados y fondo de la bandeja están
completamente aislados, se solicita determinar la velocidad constante de
secado.
Volumen húmedo: Es el volumen que ocupa un kg de aire seco más el vapor de agua que
contiene:
Volumen humedo=VAire seco +Vvapor agua
1 X
V=
( + )∗RT
28,9 18
P
Donde R es la constante de los gases
T es temperatura en kelvin
T =75 ° C +273=348 K
kg H 2O
V=
( 1
28,9
+
0,05
18 )(
kg aire seco
∗ 0,082
atm∗L
Mol∗K )
∗( 348 K )
=1.066
m3
1 kg aire seco
Densidad del aire húmedo. Es la densidad que posee el aire húmedo, es decir, la relación
entre la masa del aire húmedo y el volumen que ocupa
kg H 2 O
1+0,05
kg aire seco m3
ρ= =0.984
m 3
kg aire seco
1.066
kg aire seco
Para obtener la densidad de flujo másica:
G= ρ∗v
m
∗3600 s
kg aire seco s kg
G=0.984 ∗5 =17712 2
m3 h m ∗h
h=0,0204∗G 0,8
kg 0,8 W
(
h=( 0,0204 )∗ 17712 2
m ∗h ) =51.08 2
m ∗K
R=
51.08 2
m ∗K
∗ ( h )∗(75 ° C−45 ° C)
kJ
2.394,02 ∗1000
kg
kg
R=2.304
h∗m 2
Como la superficie que se está secando posee un área de 0,5625 m2,
kg
2.304 X 0,5625m 2=¿1296 kg agua/h.
h∗m2
La velocidad total de evaporación será: 1.296 kg agua/h.
P mmhg∗1.333mbar
2=¿760−Pvacio =760−420=340 =453.2 ¯¿ ¿
1mmHg
N
∗100 mbar
c m2
PW =23.54 =2354 mbar P2 =453.2 mbar
N
1
c m2
kJ kJ
h^ W ( liq sat ) =573.37 h^ W (liq sat )=340.5
kg kg
kJ ^ kJ
H W ( vap sat )=2716.9 H
^ W (vap sat)=2645.9
kg kg
T =127.4 ° C T =81.3 ° C
kJ kJ
ƛ w ( Vaporizado ) =2181.5 ƛ V 2 (Vaporizado)=2305.4
kg kg
kg
4.200 =wc +V 1 +V 2
h
kg
4.200 (0.18)=(0.70) wc
h
kg
4.200 (0.18)
h kg
w c= =1080
0.70 h
kg kg kg
1080 + V 1+V 2=4200 →V 1 +V 2=3120
h h h
kg
Al iniciar la operación V 1=V 2 =1560 .
h
kg
1080
wc h
X2= ∗C = ∗( 0.70 ) =0.286
v A−v 2 C kg
( 4.200−1560 )
h
∆ T e 1=0.014∗28.60.75∗10000.1∗exp (0.034∗28.6)
∆ T e 1=0.913 ° C
∆ T e 2=0.014∗70.00.75∗453.20.1∗exp (0.034∗70.0)
∆ T e 2=6.74 ° C
∆ T e 2=T e2−T e → T e =T e 2+ ∆ T e 2
T e =( 81.3+6.74 ) ° C=88.04 °C
Calculamos los calores específicos de cada una de las corrientes
(CA,CC,C1):
kJ
c^ p=0.84+3.34 X agua
kg ° C
kJ kJ
c^ A =0.84+3.34∗ (1−0.18 ) =3.58
kg ° C kg ° C
kJ kJ
c^ C =0.84+3.34∗( 1−0.70 ) =1.84
kg ° C kg ° C
kJ kJ
c^ 1=0.84 +3.34∗( 1−0.286 ) =3.22
kg ° C kg ° C
Q̇ T −T e 2−∆ T e1 −∆ T e2
=
A 1 1
+
U1 U2
Q̇ (127.4−81.3−0.913−6.74 ) ° C
=
A 1 1 m2 ° C
( +
1625 1280 W )
Q̇ W
=27528 2
A m
Q̇
=U 1 (T e1−T 2 )
A
W m2 ° C
27528 =1280 ( T e1 −74.56 ) ° C=¿
m2 W
W
27528
m2
T e1= +74.56 ° C=96.06° C
m2 ° C
1280
W
kJ
T e1=96.06 ° C P1=900 mbar ƛ V 1 (Vaporizado)=2265.7
kg
Efecto #1:
Efecto #2:
( 2265.7 ) V 1=V 2 [ 2305.4+ ( 2.1 ) ( 6.78 ) ] + ( 1080 ) (1.84) ( 88.04−81.3 )−w1 (3.22)(96.98−81.3)
( 2265.7 ) V 1=V 2 [ 2319.55 ] +13393.73−w 1(50.49)
w 1=V A −V 1 → V 1+ w1 =4200
V 1 +V 2=3120
kg kg kg kg
V 1=1552 ; V 2 =1568 ; w 1=2648 ; w v =1686
h h h h
kg
2648
wc h
X2= ∗C = ∗( 1−0.70 )=0.302
v A−v 2 1 kg
( 4.200−1568 )
h
kJ kJ
c^ P 1=0.84+3.34∗ (1−0.302 ) =3.171
kg ° C kg ° C
Efecto #1:
kg kJ
∗2181.5
h kg kJ
1686 =1.625 2 ∗A 1∗( 127.4−96.98 ) ° C
3600 sg m °C
kg kJ
∗2181.5
h kgsg
1686
sg
3600
h
A1= =20.67 m2
kJ
1.625 2 ∗( 127.4−96.98 ) ° C
m °C
Efecto #2:
kg kJ
∗2265.7
h kg kJ
1552 =1.28 2 ∗A 2∗( 127.4−88.04 ) ° C
3600 sg m °C
kg kJ
∗2265.7
h kgsg
1556
sg
3600
h
A2= =19.39 m2
kJ
1.28 2 ∗(127.4−88.04)° C
m °C
Economía de caldera:
V 1 +V 2 1552+1568 kg de vapor producido
E= = =1.85
wv 1686 kg vapor caldera
Primer efecto:
PC =2354 mbar ; P1=900 mbar ;T =127.4 ° C ; T 1=96.98
Segundo efecto:
P1=900 mbar ; P 2=453.2 mbar ; T e1 =96.06 ° C ; T 2=88.04 ° C
b) Plato de alimentación.
Tabla 1.
X y
0,01 0,103
0,03 0,235
0,05 0,325
0,10 0,444
0,20 0,529
0,30 0,573
0,40 0,613
0,50 0,652
0,60 0,697
0,70 0,753
0,80 0,818
0,85 0,856
0,87 0,873
0,894 0,894
LOA
q xf
y= x−
q−1 q−1
0,52 0,2067
y= x−
0,52−1 0,52−1
y=−1,08 x +0,4306
Según la grafica 2 y sabiendo que el valor XD=0,366
xo
=0,3037
R min
Rmin =0,2051
R=1,5 R min
R=0,3076
b) Plato de alimentación.
LOE
r 1
y= x+ X
r −1 R+1 D
R=0,3076 X D=0,366
0,3076 0,366
y= x+
0,3076+1 0,3076+1
y=0,2352 x +0,28
Titulo.
Objetivo general
Objetivos específicos.
Procedimiento.
Variables de entrada y salida
Tabla de resultados.
Representación gráfica de los datos.
Análisis de resultados, ajustados a los objetivos específicos
de cada práctica.
Conclusiones.
SECADOR SPRAY
Resumen
Objetivo General
Objetivo Específico
Secador spray
Calentador de aire (por combustión de metano)
Soplador de aire
Tanque de almacenamiento de leche en polvo
Transportador de tornillo
Ciclón
Restricciones
Procedimiento
El usuario variar el flujo de leche alimentada al secador, la temperatura
del aire de secado y el tiempo de operación del equipo en un día de
trabajo; se determinar el tiempo que transcurre para que la gota cambie
su humedad y se convierta en partícula de polvo. Además se determinar
la cantidad de leche en polvo producido, en unidades de nivel del tanque
de almacenamiento. Por último el usuario tendrá que registrar el caudal
del aire necesario para el secado.
Variables de entrada
SECADO EN SPRAY
140
120
100
80
60
40
20
0
1 2 3 4 5 6 7 8
Análisis de resultados
DESTILACIÓN CONTINUA
Objetivo general
Objetivos específicos.
Evaluar el efecto del caudal de alimentación sobre las corrientes de salida (cima y fondos).
Evaluar el comportamiento del caudal de los fondos ante variaciones en el caudal de alimentación y
la composición del destilado.
Estimar las temperaturas y las composiciones del destilado, para cada composición y flujo del
alimento.
Procedimiento.
El usuario seleccionará el flujo de destilado a obtener, el flujo del alimento y la composición del
alimento a la torre. Con estos datos el usuario tendrá que tomar nota de los correspondientes flujos
de fondo y temperaturas de cima, para cada combinación de valores en las variables de entrada. Por
último, se debe registrar los datos de composición en el destilado obtenido.
Variables de entrada
Caudal de alimentación a la columna (vino blanco).
Variables de salida
Tabla de resultados.
Con esta simulación podemos observar una destilación continua donde las variables de la tabla se
comportan de manera paralela. Se muestra la variación que tiene la concentración de vino y que su
flujo y flujo de destilación son iguales, de lo contrario cuando la concentración del vino es
constante, el flujo y el flujo de destilación aumenta y disminuye por lo que el flujo de fondo,
temperatura y la concentración para ambos casos aumentan gradualmente.
CONCLUSION