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INSTITUTO TECNOLÓGICO DE MINATITLÁN 
 
SITEMAS DE COGENERACION 
 
MESTRO: M.C. RENE REYES ESRUDILLO 
 
PROBLEMAS CAPITULO 2, 3, 9, 10 Y 11 
 
EQUIPO: 
JUAN MANUEL SANTIAGO GOMEZ 
ADRIANA VILLASECA MISS 
LUIS ENRIQUE NOLASCO TORO 
JAVIER LARA PASCACIO 
GABRIEL ANASTACIO ANTONIO 
 
 
CAPÍTULO 2 
EJERCICIO 2.4 
Se desea instalar una planta de 40 KT de capacidad para producir el cloruro de vinildeno. 
Haga un análisis económico de los siguientes dos procesos para decidir cuál es el más 
conveniente instalar. 
 
 Proceso I 
1) Balance de materia 
 
COMPONENTE COEFICIENTE 
𝑻
𝑻𝒐𝒏 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒄𝒕𝒐
 PRECIO 
¢
𝒍𝒃
 
 
Cloro -0.92 7.0 
Ácido Clorhídrico 0.47 10.7 
Tricloroetano 0.13 27.5 
Cloruro de vinilo -0.72 20.0 
Cloruro de vinildeno 1.00 35.0 
 
2) Costo de energía: 
$𝟔𝟏.𝟕𝟕
𝑻𝒐𝒏 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒄𝒕𝒐
 
3) Inversión fija para una planta de 23 KT: $𝟐𝟎. 𝟗𝟑𝒙𝟏𝟎𝟔 
 
 Proceso II 
4) Balance de materia 
 
COMPONENTE COEFICIENTE 
𝑻
𝑻𝒐𝒏 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒄𝒕𝒐
 PRECIO 
¢
𝒍𝒃
 
 
Cloro -3.01 7.0 
Ácido Clorhídrico -0.56 3.0 
Tricloroetano 0.08 18.0 
Cloruro de vinilo 2.11 10.7 
Cloruro de vinildeno 1.00 35.0 
 
5) Costo de energía: 
$𝟏𝟎𝟗.𝟒𝟐
𝑻𝒐𝒏 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒄𝒕𝒐
 
6) Inversión fija para una planta de 23 KT: $𝟐𝟓. 𝟑𝒙𝟏𝟎𝟔 
 
Suponga una tasa mínima de retorno del 20%. Si necesita hacer otras suposiciones, 
indíquelas explícitamente 
 
SOLUCIÓN 
 Proceso I 
 
1. Inversión Base: $𝟐𝟎. 𝟗𝟑𝒙𝟏𝟎𝟔 
 
2. Ajuste por tiempo: 
 
 
 
 
 
 
𝐼1977 = 20.93𝑥10
6 (
40,000
23,000
)
0.6
= 𝟐𝟗. 𝟏𝟕𝟐𝒙𝟏𝟎𝟔
𝑼𝑺𝑫
𝒂ñ𝒐
 
𝐼1999 = 29.172𝑥10
6 (
390.6
204.1
)
1
= 𝟓𝟓. 𝟖𝟐𝒙𝟏𝟎𝟔
𝑼𝑺𝑫
𝒂ñ𝒐
 
 
3. Costo de la materia: 
 
35
₡
𝑙𝑏
 (
$
100 ₡
) = 0.35$ (22.026) = 𝟕. 𝟕𝟎𝟗𝟏
$
𝑻𝑶𝑵
 
 
7.7091
$
𝑇𝑂𝑁
 (40,000
𝑇𝑂𝑁
 𝑎ñ𝑜
) = 𝟎. 𝟑𝟎𝟖𝟑𝒙𝟏𝟎𝟔 
$
𝒂ñ𝒐
 
 
4. Consumo de energía: 
- Suponemos que los requerimientos de energía son de 𝟎. 𝟎𝟔
𝑭𝑶𝑬𝑻
𝑻𝒐𝒏
 
 
0.06
𝐹𝑂𝐸𝑇
𝑇𝑜𝑛
 (61
$
 𝑇𝑂𝑁
) = 𝟑. 𝟔𝟔 
$
𝑻𝑶𝑵
 
 
3.66
$
𝑇𝑜𝑛
 (40,000
𝑇𝑂𝑁
 𝑎ñ𝑜
) = 𝟎. 𝟏𝟒𝟔𝟒𝒙𝟏𝟎𝟔 
$
𝒂ñ𝒐
 
 
5. Costo de operación: 
𝑪 = 𝒂𝑰 + 𝒃𝑴𝒑 + 𝒄𝑬 + 𝒅𝑴𝒐 − 𝑷𝒔𝒑 
 
𝐶 = 0.05 (55.82𝑥106) + 0.3083𝑥106 + 0.1464𝑥106 
 
𝐶 = 𝟑. 𝟐𝟒𝟓𝟕𝒙𝟏𝟎𝟔 
 
6. Ventas: 
𝑆 = (40,000) (35
₡
𝑙𝑏
∗ 22.026) 
 
𝑆 = 𝟑𝟎. 𝟖𝟑𝟔𝒙𝟏𝟎𝟔 
 
7. Utilidad bruta: 
𝑹 = 𝑺 − 𝑪 
 
𝑅 = 30.836𝑥106 − 3.24𝑥106 = 𝟐𝟕. 𝟓𝟗𝒙𝟏𝟎𝟔 
 
 
8. Utilidad neta: 
𝑷 = 𝑹 − 𝒆𝑰 − 𝒕(𝑹 − 𝒅𝑰) 
𝑃 = 27.4𝑥106 − 0.1(55.82𝑥106) − 0.5[27.9𝑥106 − 0.1(55.82𝑥106)] 
AÑO VALORES DEL CHEMICAL 
1999 399.6 
1977 204.1 
 
𝑃 = 𝟏𝟎. 𝟔𝟓𝟗𝒙𝟏𝟎𝟔
𝑼𝑺𝑫
𝒂ñ𝒐
 
 
9. Tasa de Retorno (ROI): 
 
- Debido a que nos especifican una tasa de retorno mínima del 20% a nuestra utilidad neta, 
le obtenemos el 20% y esa sería nuestro valor de ROI. 
 
𝑹𝑶𝑰 = 2.1318𝑥106 
$
𝑎ñ𝑜
 es el 20% 
 
 10.659𝑥106 − 2.1318𝑥106 = 𝟖. 𝟓𝟐𝟕𝟐𝒙𝟏𝟎𝟔 
$
𝒂ñ𝒐
 
 
 
10. Ganancias: 
8.5272𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 (
1 𝑎ñ𝑜
 40,000 𝑇
) = 𝟐𝟏𝟑. 𝟏𝟖 
$
𝑻𝑶𝑵
 
 
213.18
$
𝑇𝑂𝑁
 (
1 𝑇𝑜𝑛
 2200 𝑙𝑏
) (
100 ₡
$
) = 𝟗. 𝟔𝟗 
₡
𝒍𝒃
 
 
 La ganancia para este proceso es de 𝟗. 𝟔𝟗 
₡
𝒍𝒃
 
 
 
 Proceso II 
1. Inversión Base: 𝟐𝟓. 𝟑𝒙𝟏𝟎𝟔 
 
2. Ajuste por tiempo: 
 
 
 
 
 
𝐼1977 = 25.3𝑥10
6 (
40,000
23,000
)
0.6
= 𝟑𝟓. 𝟐𝟔𝟑𝟎𝒙𝟏𝟎𝟔
𝑼𝑺𝑫
𝒂ñ𝒐
 
 
𝐼1999 = 35.2630𝑥10
6 (
390.6
204.1
)
1
= 𝟔𝟕. 𝟒𝟖𝟓𝟐𝒙𝟏𝟎𝟔
𝑼𝑺𝑫
𝒂ñ𝒐
 
 
3. Costo de la materia: 
35
₡
𝑙𝑏
 (
$
100 ₡
) = 0.35$ (22.026) = 𝟕. 𝟕𝟎𝟗𝟏
$
𝑻𝑶𝑵
 
 
7.7091
$
𝑇𝑜𝑛
(40,000
𝑇𝑜𝑛
 𝑎ñ𝑜
) = 𝟎. 𝟑𝟎𝟖𝟑𝟔𝟒𝒙𝟏𝟎𝟔 
$
𝒂ñ𝒐
 
 
- Suponemos que los requerimientos de energía son de 𝟎. 𝟎𝟔 
𝑭𝑶𝑬𝑻
𝑻𝒐𝒏
 
 
0.06
𝐹𝑂𝐸𝑇
𝑇𝑜𝑛
 (109.42
$
 𝑇𝑜𝑛
) = 𝟔. 𝟓𝟔𝟓𝟐 
$
𝑻𝑶𝑵
 
 
AÑO VALORES DEL CHEMICAL 
1999 399.6 
1977 204.1 
6.5652
$
𝑇𝑜𝑛
 (40,000
𝑇𝑂𝑁
 𝑎ñ𝑜
) = 𝟎. 𝟐𝟔𝟐𝟔𝒙𝟏𝟎𝟔 
$
𝒂ñ𝒐
 
 
4. Costo de operación: 
𝑪 = 𝒂𝑰 + 𝒃𝑴𝒑 + 𝒄𝑬 + 𝒅𝑴𝒐 − 𝑷𝒔𝒑 
 
𝐶 = 0.05 (67.4852𝑥106) + 0.308364𝑥106 + 0.2626𝑥106 
 
𝐶 = 𝟑. 𝟗𝟒𝟓𝟐𝒙𝟏𝟎𝟔 
 
5. Ventas: 
𝑆 = (40,000) (35
₡
𝑙𝑏
∗ 22.026) 
 
𝑆 = 𝟑𝟎. 𝟖𝟑𝟔𝒙𝟏𝟎𝟔 
6. Utilidad bruta: 
𝑹 = 𝑺 − 𝑪 
 
𝑅 = 30.836𝑥106 − 3.9452𝑥106 
 
𝑅 = 𝟐𝟔. 𝟖𝟗𝟎𝟕𝒙𝟏𝟎𝟔 
7. Utilidad neta: 
𝑷 = 𝑹 − 𝒆𝑰 − 𝒕(𝑹 − 𝒅𝑰) 
 
𝑃 = 26.8907𝑥106 − 0.1(67.4852𝑥106) − 0.5[26.8907𝑥106 − 0.1(67.4852𝑥106)] 
 
𝑃 = 𝟏𝟎. 𝟎𝟕𝟏𝟎𝟗𝒙𝟏𝟎𝟔
𝑼𝑺𝑫
𝒂ñ𝒐
 
 
8. Tasa de Retorno (ROI): 
 
Debido a que nos especifican una tasa de retorno mínima del 20% a nuestra utilidad neta, le 
obtenemos el 20% y esa sería nuestro valor de ROI. 
 
𝑹𝑶𝑰 = 𝟐. 𝟎𝟏𝟒𝟐𝟏𝟖𝒙𝟏𝟎𝟔 
$
𝒂ñ𝒐
 es el 20% 
 10.07109𝑥106 − 2.014218𝑥106 = 𝟖. 𝟎𝟓𝟔𝟖𝟕𝒙𝟏𝟎𝟔 
$
𝒂ñ𝒐
 
 
9. Ganancias: 
8.05687𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 (
1 𝑎ñ𝑜
 40,000 𝑇
) = 𝟐𝟎𝟏. 𝟒𝟐𝟏𝟖 
$
𝑻𝑶𝑵
 
 
201.4218
$
𝑇𝑂𝑁
 (
1 𝑇𝑜𝑛
 2200 𝑙𝑏
) (
100 ₡
$
) = 𝟗. 𝟏𝟓𝟓𝟓 
₡
𝒍𝒃
 
 
 La ganancia para este proceso es de 𝟗. 𝟏𝟓𝟓𝟓 
₡
𝒍𝒃
 
 
Teniendo en cuenta los resultados de las ganancias de ambos procesos: 
 
Proceso I Proceso II 
𝟗. 𝟔𝟗 
₡
𝒍𝒃
 𝟗. 𝟏𝟓𝟓𝟓 
₡
𝒍𝒃
 
 
Se llega a la conclusión de que el Proceso I es el que más conviene instalar debido a que hay 
una mayor ganancia y un mayor consumo de energía. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
EJERCICIO 2.5 
Cumeno puede producirse a partir de benceno y propileno. Se desea instalar un proceso 
usando esta ruta a 100 KT de capacidad. Los datos de la tecnología se dan enseguida 
 
COMPONENTE COEFICIENTE, T/T PROD 
BENCENO -0.67 
CUMENO 1.00 
PROPILENO -0.38 
 
Requerimientos de energía: 0.06 FOET/T 
Inversión unitaria para un proceso de 127 KT de capacidad (1977$): 120$/T. 
Usando datos económicos de 1999. 
a) Estime la ganancia del proceso después de impuestos en $/año. 
b) Estime el precio de venta del producto. 
 
SOLUCIÓN: 
 
 Calculo del inciso a) 
1. Calculo de la inversión base: 
I base (1977) (127,000 Tprod/año)(120$/Tprod)= 14.4x106 $/año 
 
2. Ajuste por capacidad: 
 
𝐼2 = (
𝑄2
𝑄1
)0.6 ∗ 𝐼 
𝐼2 = (
100,000 𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑/𝑎ñ𝑜
127,0000 𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑/𝑎ñ𝑜
)0.6 ∗ 14.4x106
$
año
= 12.476x106$/𝑎ñ𝑜 
3. Ajuste por tiempo 
𝐼1999 = (
𝑖𝑛𝑑𝑖𝑐𝑒 𝑐ℎ𝑒𝑚𝑖𝑐𝑎𝑙 1999
𝑖𝑛𝑑𝑖𝑐𝑒 𝑐ℎ𝑒𝑚𝑖𝑐𝑎𝑙 1977
) ∗ 𝐼2 
 
𝐼1999 = (
390.6
204.1
) ∗ 12.476x106
$
𝑎ñ𝑜
= 23.87𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
 
4. Calculo de materias primas 
- Se supone un valor de costo del propileno de 10 ₵/lb 
 
Mp(prop) = (0.38
T
Tprod
) (10
₵
lb
) (
22.026
$
𝑇
₵
lb
) (100,000
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
𝑎ñ𝑜
) = 𝟖. 𝟑𝟔𝟗𝒙𝟏𝟎𝟔
$
𝒂ñ𝒐
 
 
Se supone un valor del costo del benceno de 12 ₵/lb 
 
Mp(ben) = (0.67
T
Tprod
) (12
₵
lb
) (
22.026
$
𝑇
₵
lb
) (100,000
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
𝑎ñ𝑜
) = 𝟏𝟕. 𝟕𝟎𝟖𝒙𝟏𝟎𝟔
$
𝒂ñ𝒐
 
 
Mptotal = Mp(prop) + Mp(ben) 
Mptotal = 8.369𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
+ 17.708𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
= 𝟐𝟔. 𝟎𝟕𝟕 𝒙𝟏𝟎𝟔
$
𝒂ñ𝒐
 
 
5. Costo de energía 
- Suponemos un valor de costo de aceite combustible de 7 ₵/lb 
 
CE = (0.06
FOET
T
) (7
₵
lb
) (
22.026
$
𝑇
₵
lb
) (100,000
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
𝑎ñ𝑜
) = 𝟎. 𝟗𝟐𝟓 𝒙𝟏𝟎𝟔
$
𝒂ñ𝒐
 
 
6. Costo de operación 
𝑪 = 𝒂𝑰 + 𝒃𝒎𝒑 + 𝑪𝑬 + 𝒅𝒏𝒐 − 𝑷𝑺𝑷 
 
- Como en el problema anterior no se menciona costos de mano de obra ni costos de 
subproductos la ecuación se ve modificada de la siguiente manera. 
𝑪 = 𝒂𝑰 + 𝒃𝒎𝒑 + 𝑪𝑬 
 
 
𝐶 = 0.05 (23.87𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 ) + 26.077 𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
+ 0.925 𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
= 𝟐𝟖. 𝟏𝟗𝟓𝟓 𝒙𝟏𝟎𝟔
$
𝒂ñ𝒐
 
 
7. Calculo de ventas (S) 
- De manera directa, tomando el precio del cumeno de la tabla 2.3 “precios de productos 
químicos” del libro diseño de procesos de Jiménez. 
𝑆 = (100000
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
𝑎ñ𝑜
) (15
₵
lb
) (
22.026
$
𝑇
₵
lb
) = 𝟑𝟑. 𝟎𝟑𝟗 𝒙𝟏𝟎𝟔
$
𝒂ñ𝒐
 
 
 
8. Utilidad bruta 
 R=S-C 
 R= 33.039 𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
− 28.1955 𝑥106$
𝑎ñ𝑜
= 4.8425𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
9. Utilidad neta 
Para este problema se va a suponer e= d=0.10 t=50%=0.5 
𝑷 = 𝑹 ∗ 𝒆𝑰 − 𝒕(𝑹 − 𝒅𝑰) 
P= 4.8425𝑥106 $
𝑎ñ𝑜
∗ 0.10 (23.87𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
) − 0.5 (4.8425𝑥106 $
𝑎ñ𝑜
− 0.10 ∗ 23.87𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
) =
𝟏𝟏. 𝟒𝟑𝟔𝟐𝒙𝟏𝟎𝟔
$
𝒂ñ𝒐
 
10. Tasa de retorno 
𝑅𝑂𝐼 =
𝑃
𝐼1999
 
𝑅𝑂𝐼 =
11.4362𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
23.87𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
= 0.4791 = 47.91% 
 
11. Ganancias 
𝐺 = 𝑃 (
1 𝑎ñ𝑜
𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑
) 
𝐺 = 11.4362𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
(
1 𝑎ñ𝑜
100,000 𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) = 114.362𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
Cálculos para el inciso b) 
Precio de venta 
𝑃𝑣 =
𝑆
𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑
 
 
𝑃𝑣 =
33.039 𝑥106 $
𝑎ñ𝑜
100,000
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
𝑎ñ𝑜
= 330.39
$
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
 
 
 
 
2.13.- Acido tereftálico, usado para la producción de poliéster, puede producirse mediante 
oxidación con aire de p-xileno en presencia de un catalizador de cobalto-manganeso-bromo. Los 
siguientes son datos técnicos de esa tecnología. 
 
Componente Coeficiente, T/T de producto 
Acido acético -0.06 
Ácido Tereftálico 1.00 
p-xileno -0.067 
 
Requerimiento de energía 0.34 FOET/T 
Inversión unitaria para una planta de 150 KT (1977 $): 910 $/T 
Se desea hacer un análisis de un proceso de 120 KT basado en costos de 1986. 
a) Si la planta opera a capacidad completa, estime el precio de venta del producto. 
b) Si el precio del producto se fija en 40 cvts/lb y el proceso opera a 75% de capacidad, 
estime la tasa de retorno. 
Ácido acético: 25 c/lb 
p-xileno: 20 c/lb 
1. 𝐼𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑏𝑎𝑠𝑒: 1.155 𝑇𝑥 910
$
𝑇
= 1.365𝑥108 $ 
2. 𝐴𝑗𝑢𝑠𝑡𝑒 𝑝𝑜𝑟 𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑: 1.365^𝑥108 (
120000
150000
)
0.6
= 1.1939𝑥108$ 
3. 𝐴𝑗𝑢𝑠𝑡𝑒 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜: 1.1939^𝑥108(
318.4
204.1
) = 1.8625𝑥108$ 
4. 𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑛𝑡𝑎: 0.2 (1.8625𝑥108) = 3.725𝑥108
$
𝑎ñ𝑜
 
5. 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎: (0.67
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (20
𝑐
𝑙𝑏
) (22.026 𝑙𝑏 𝑢𝑠𝑑) = 295.1484
$
𝑇
= 295.1484
$
𝑇
∗ 120000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 3.5417𝑥107
$
𝑎ñ𝑜
 
6. 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎: (8
𝑐
𝑙𝑏
) (22.026 𝑙𝑏 𝑢𝑠𝑑) (0.34
𝐹𝑂𝐸𝑇
𝑡
) = 59.9107
$
𝑇𝑝
= 59.9107
$
𝑇𝑝
∗ 120000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 7.1892𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
7. 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑜𝑝𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛: (0.05 𝑥 1.8625𝑥106) + 3.5417𝑥106 + 7.1892𝑥106 − 5.1918𝑥106
= 51.426𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
8. 𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 𝐵𝑟𝑢𝑡𝑎: 𝑠 = (120000)(40)(22.026) = 1.0572𝑥108
$
𝑎ñ𝑜
 
 𝑅 = 1.0572𝑥108
$
𝑎ñ𝑜
− 5.1918𝑥107
$
𝑎ñ𝑜
= 5.3802𝑥107
$
𝑎ñ𝑜
 
9. . 𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑛𝑒𝑡𝑎 ∶ 5.3802𝑥107 − (0.1 ∗ 1.8625𝑥108 ) − (0.5)[5.3802𝑥107 − ( 0.1 ∗ 1.8625𝑥108)]
= 1.7588𝑥107
$
𝑎ñ𝑜
 
11. 𝑅𝑂𝐼:
1.7588𝑥107
1.8625𝑥108
0.0944 = 9.44% 
 
Ahora con 75 % de capacidad 
1. 𝐼𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑏𝑎𝑠𝑒: 1.155 𝑇𝑥 910
$
𝑇
= 1.365𝑥108 $ 
2. 𝐴𝑗𝑢𝑠𝑡𝑒 𝑝𝑜𝑟 𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑: 1.365^𝑥108 (
90000
150000
)
0.6
= 100.466𝑥106$ 
3. 𝐴𝑗𝑢𝑠𝑡𝑒 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜: 100.466𝑥106 (
318.4
204.1
) = 156.728𝑥106$ 
4. 𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑛𝑡𝑎: 0.2 (56.728𝑥106) = 31.3456𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
5. 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎: (0.67
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (20
𝑐
𝑙𝑏
) (22.026 𝑙𝑏 𝑢𝑠𝑑) = 295.1484
$
𝑇
= 295.1484
$
𝑇
∗ 90000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 26.563𝑥103
$
𝑎ñ𝑜
 
6. 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎: (8
𝑐
𝑙𝑏
) (22.026 𝑙𝑏 𝑢𝑠𝑑) (0.34
𝐹𝑂𝐸𝑇
𝑡
) = 59.9107
$
𝑇𝑝
= 59.9107
$
𝑇𝑝
∗ 90000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 5.391𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
7. 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑜𝑝𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛: (0.05 ∗ 156.728𝑥106 ) + 26.563𝑥103 + 5.391𝑥106 = 39.79𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
8. 𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 𝐵𝑟𝑢𝑡𝑎: 𝑠 = (90000)(40)(22.026) = 79.293𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
 𝑅 = 79.293𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
− 39.79𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
= 39.053𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
9. . 𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑛𝑒𝑡𝑎: 39.053𝑥106 − (0.1 ∗ 156.728𝑥106 ) − (0.5)[39.053𝑥106 − ( 0.1 ∗ 156.728𝑥106)]
= 11.915𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
11.915𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
𝑥
1 𝑎ñ𝑜
90000 𝑇
= 132.3888
$
𝑇
= 132.3888
$
𝑇
𝑥
1 𝑇𝑜𝑛
2200 𝑙𝑏
𝑥
100 𝑐
1 $
= 6.0176
𝑐
𝑙𝑏
 
10. 𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑛𝑡𝑎 𝑢𝑛𝑖𝑡𝑎𝑟𝑖𝑜 
79.293𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
90000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 881.0333
$
𝑇𝑜𝑛
= 881.0333
$
𝑇𝑜𝑛
𝑥
1 𝑇𝑜𝑛
2200 𝑙𝑏
𝑥
100 𝑐
1 $
=
40.0469 𝑐/𝑙𝑏 
11. 𝑅𝑂𝐼:
11.915𝑥106
156.728𝑥106
= 0.07602 = 7.602% 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.14 Considere el proceso de disproporcionación de tolueno para producir benceno y xileno. 
Hengstebeck y Banchero estimaron una inversión en equipo principal de 3,742,000 dólares 
($1969). Otros aspectos del proceso se dan a continuación. Los costos están en precios de 1969. 
 
Costos de servicios, en miles de dólares por año: 
Electricidad 322,000 USD/año 
Vapor 520,000 USD/año 
Agua 30,000 USD/año 
 
Materiales, BCD (60°F) 
Tolueno alimentado 3780 
Productos 
Benceno 1590 
Xileno 2000 
 
H2 alimentado, 106 SCFD 1.88 
Aceite combustible, 106 Btu/dia 1700 
Notas: BCD= barriles por dia 
 SCFD=Pies cúbicos estándar/dia 
 
En base a los datos mostrados, estime. 
a) El costo de operación del proceso. 
b) La rentabilidad del proceso. Interprete el resultado. 
c) La rentabildad del proceso si este opera al 70% de su capacidad nominal. 
Interprete el resultado. 
Haga sus estimaciones usando precios de 1986 
 
𝑇𝑜𝑙𝑢𝑒𝑛𝑜 3780
𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑙
𝑑𝑖𝑎
∗
159 𝑙𝑡
1 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑙
∗
0.8666𝑘𝑔
1 𝑙𝑡
∗
1 𝑡𝑜𝑛
1000 𝑘𝑔
∗
365 𝑑𝑖𝑎𝑠
1 𝑎ñ𝑜
= 0.1841 𝑥 106
𝑡𝑜𝑛
𝑎ñ𝑜
 
 
𝐻𝑖𝑑𝑟𝑜𝑔𝑒𝑛𝑜 1.88 𝑥106
𝑓𝑡3
𝑑𝑖𝑎
∗
1 𝑙𝑡
0.03532𝑓𝑡3 
∗
0.0708𝑘𝑔
1 𝑙𝑡
∗
1 𝑡𝑜𝑛
1000 𝑘𝑔
∗
365 𝑑𝑖𝑎𝑠
1 𝑎ñ𝑜
= 1.38 𝑥 106
𝑡𝑜𝑛
𝑎ñ𝑜
 
 
 
1) Calculo de materias primas 
Tolueno 
=
18$
𝑇
∗
0.1841𝑥106
𝑎ñ𝑜
= 3.31𝑥106$/𝑎ñ𝑜 
Hidrogeno 
=
6$
𝑇
∗
1.38𝑥106
𝑎ñ𝑜
= 8.28𝑥106$/𝑎ñ𝑜 
Costo total de materia: 11.59 x 𝟏𝟎𝟔 
Costo total de servicio: 1.20 x 𝟏𝟎𝟔 
a) Solución. 
Costo de operación = Cmp + Cser + (0.05*inv) 
 = 11.59 x 106 + 1.20 + (0.05 + 3.742 x 106) = 12.98x106 
 
 
 
b) Solución. 
𝐵𝑒𝑛𝑐𝑒𝑛𝑜 1590
𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑙
𝑑𝑖𝑎
∗
159 𝑙𝑡
1 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑙
∗
0.88𝑘𝑔
1 𝑙𝑡
∗
1 𝑡𝑜𝑛
1000 𝑘𝑔
∗
365 𝑑𝑖𝑎𝑠
1 𝑎ñ𝑜
= 81,202
𝑡𝑜𝑛
𝑎ñ𝑜
 
 
𝑋𝑖𝑙𝑒𝑛𝑜 2000
𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑙
𝑑𝑖𝑎
∗
159 𝑙𝑡
1 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑙
∗
0.88𝑘𝑔
1 𝑙𝑡
∗
1 𝑡𝑜𝑛
1000 𝑘𝑔
∗
365 𝑑𝑖𝑎𝑠
1 𝑎ñ𝑜
= 99,820
𝑡𝑜𝑛
𝑎ñ𝑜
 
 
Conversión de la venta. 
Benceno: 
𝑆 = (
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
𝑎ñ𝑜
) ∗ (
10 𝑐 𝑙𝑏⁄ ∗ 22.026
$
𝑡𝑜𝑛⁄
1 𝑐 𝑙𝑏⁄
) = 17.92𝑥106 
Xileno: 
𝑆 = (
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
𝑎ñ𝑜
) ∗ (
16 𝑐 𝑙𝑏⁄ ∗ 22.026
$
𝑡𝑜𝑛⁄
1 𝑐 𝑙𝑏⁄
) = 32.23𝑥106 
Venta total: 53.15x106 
C) Utilidad bruta: 
𝑅 = 53.15𝑥106 − 12.98𝑥106 = 40.17𝑥106 
D) Utilidad neta: 
𝑃 = 40.17𝑥106 − (0.1 ∗ 3.742𝑥106) − {0.5 ∗ [40.17𝑥106 − (0.1 ∗ 3.742𝑥106]} = 19.90𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.15 Repita el problema anterior usando los datos que para esta tecnología reportan Rudd y 
colaboradores. 
Componente Coeficiente T/T producto 
Benceno 1.00 
Aceite combustible 0.01 
Tolueno -2.69 
Xilenos 1.61 
Consumo de energía 0.28 FOET/T 
Inversión unitaria para una planta de 90 KT (1977$) 90$/T 
a) El costo de operación del proceso. 
b) La rentabilidad del proceso. Interprete el resultado. 
c) La rentabilidad del proceso si este opera al 70% de su capacidad nominal. 
Interprete el resultado. 
 
1. 𝐼𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑏𝑎𝑠𝑒: 90,000 𝑇𝑥 90
$
𝑇
= 8.1𝑥106 
2. 𝐴𝑗𝑢𝑠𝑡𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜: 8.116 (
318.4
204.1
) = 12.636𝑥106$ 
3. 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎: (2.69
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (18
𝑐
𝑙𝑏
) (22.026) = 1075.2145
$
𝑇
 
= 1075.2145
$
𝑇
𝑥 90,000 
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 96.769𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
4. 𝑆𝑢𝑏𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠: (1.61
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (16
𝑐
𝑙𝑏
) (22.026) = 567.3897
$
𝑇
 
567.3897
$
𝑇
 𝑥 90,000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 51.065 𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
5. 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎: (83
$
𝑇
) (0.28) = 23.24$ = 23.24 𝑥 90,000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 2.091𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
6. 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑜𝑝𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛: (0.05 𝑥 12.636𝑥106) + 99.769𝑥106+ 2.091𝑥106 − 51.065𝑥106
= 51.426𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
7. 𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 𝐵𝑟𝑢𝑡𝑎: 𝑠 = (90000)(10)(22.026) = 19.985𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
8. 𝑅 = 19.985𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
− 51.426𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
= 31.441𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
9. 𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑛𝑒𝑡𝑎 ∶ 31.441𝑥106 − (0.1 𝑥 12.636𝑥106) − (0.5)[31.441𝑥106 − ( 0.1𝑥12.636𝑥106)]
= 15.089𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
10. 𝑅𝑂𝐼: 
15.089𝑥106
12.636𝑥106
= 1.1946 = 119% 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.16.- Considere ahora la producción de benceno mediante hidrodealkilación de tolueno. 
Los datos técnicos son los siguientes: 
 
Componente coeficiente T/T producto 
Benceno 1.00 
Hidrógeno - 0.07 
Metano 0.24 
Tolueno - 1.20 
 
 Consumo de energía 0.08 FOET/T 
 
Inversión unitaria para una planta de 90 KT (1977$) 60$/T 
Establezca una comparación del panorama económico de esta tecnología con respecto a la 
del problema anterior. Tomando 1986 
 
1. inversión base 
9000 T * 60 $/T= 5.4x10^6 $ 
2. Ajuste por tiempo 
5.4𝑥106 (
318.4
204.1
) = 8.424𝑥106$ 
3.- precio de venta 
0.2(8.424𝑥106) = 1.684𝑥106$ 
4.- costo de materia prima 
(1.20
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (18
𝑐
𝑙𝑏
) (
22.026 $
1 𝑐
) + (0.07
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (6
𝑐
𝑙𝑏
) (
22.026 $
1 𝑐
) = 485.0125
$
𝑇
 𝑥 90000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 43.651𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
5.- subproductos 
(0.24
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (1
𝑐
𝑙𝑏
) (
22.026 $
1 𝑐
) = 5.2862
$
𝑇
= 5.2862
$
𝑇
 𝑥 90000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 0.4757𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
 
 
6.- Costo de energía 
(0.8) (8
𝑐
𝑙𝑏
) (
22.026 $
1 𝑐
) = 14.0966
$
𝑇
= 14.0966
$
𝑇
 𝑥 90000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 1.2686𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
7.- Costo de operación 
(0.05 ∗ 8.424𝑥106) + 43.651𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
+ 1.2686𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
− 0.4757𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
= 44.865𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
8.- utilidad bruta 
𝑠 = (9000)(10)(22.026) = 19.823𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
𝑅 = 19.823𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
− 44.865𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
= 27.042𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
9.- utilidad neta 
27.042𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
− (0.1 ∗ 8.424𝑥106) − [(0.5)(27.042𝑥106 − (0.1 ∗ 8.424𝑥106)] = 13.09𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
10.- Tasa de retorno: ROI 
𝑅𝑂𝐼 =
13.09𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
8.424𝑥106$
= 1.5538 = 155.38 % 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.17 Para el caso de la tecnología de hidrodealkilación de tolueno del problema anterior, 
compare la tasa de retorno que se obtiene cuando el proceso opera al 50% de su 
capacidad con respecto a la esperada si el proceso opera a capacidad completa. 
 
1.- Inversión base 
45000 𝑇 ∗ 60
$
𝑇
= 2.7𝑥106$ 
2.- Ajuste por tiempo 
2.7𝑥106 (
318.4
204.1
) = 4.212𝑥106$ 
3.- precio de venta 
0.2(4.212𝑥106) = 0.7051𝑥106$ 
4.- costo de materia prima 
(1.20
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (18
𝑐
𝑙𝑏
) (
22.026 $
1 𝑐
) + (0.07
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (6
𝑐
𝑙𝑏
) (
22.026 $
1 𝑐
) = 485.0125
$
𝑇
 𝑥 45000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 21.825𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
5.- subproductos 
(0.24
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (1
𝑐
𝑙𝑏
) (
22.026 $
1 𝑐
) = 5.2862
$
𝑇
= 5.2862
$
𝑇
 𝑥 45000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 0.2378𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
6.- Costo de energía 
(0.8) (8
𝑐
𝑙𝑏
) (
22.026 $
1 𝑐
) = 14.0966
$
𝑇
= 14.0966
$
𝑇
 𝑥 45000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 0.6343𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
7.- Costo de operación 
(0.05 ∗ 4.212𝑥106) + 21.825𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
+ 0.6343𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
− 0.2378𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
= 22.43𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
 
 
8.- utilidad bruta 
𝑠 = (45000)(10)(22.026) = 9.911𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
𝑅 = 9.911𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
− 22.43𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
= 12.51𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
9.- utilidad neta 
12.51𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
− (0.1 ∗ 4.212𝑥106) − [(0.5)(12.51𝑥106 − (0.1 ∗ 4.212𝑥106)] = 6.044𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
10.- Tasa de retorno: ROI 
𝑅𝑂𝐼 =
6.044𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
4.212𝑥106$
= 1.4339 = 143.39 % 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.18 Se desea construir una planta de 15,000 toneladas por año de capacidad para producir 
ciclohexanol mediante oxidación de ciclohexano. A partir de la información técnica y 
económica que se proporciona, estime: 
a) El precio de venta de ciclohexanol en 1999 
b) La utilidad del proceso, en c/lb 
 
Datos técnicos del proceso 
Balance de materia 
Componente Coeficiente. T/T de producto 
Ciclohexano -1.64 
Ciclohexanol 1.00 
Ciclohexanona 0.38 
Hidróxido de sodio -0.13 
Energía requerida como servicos: 0.43 FOET/T 
Inversión unitaria para una planta de 23 KT de capacidad (1977 $): 550$/T 
 
 1.- Inversión base 
23000 𝑇 ∗ 550
$
𝑇
= 12.65𝑥106$ 
2.-Ajuste por capacidad 
12.65𝑥106 (
15000
23000
)
0.6
= 9.788𝑥106$ 
3.- Ajuste por tiempo 
9.788𝑥106 (
318.4
204.1
) = 18.731𝑥106$ 
4.- costo de materia prima 
(1.64
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (15
𝑐
𝑙𝑏
) (
22.026 $
1 𝑐
) + (0.13
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (170
𝑐
𝑙𝑏
) (
22.026 $
1 𝑐
) = 1028.6142
$
𝑇
= 1028.6142𝑥106
$
𝑇
 𝑥 15000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 15.429106
$
𝑎ñ𝑜
 
5.- subproductos 
(0.43
𝑇
𝑇𝑝𝑟𝑜𝑑
) (8
𝑐
𝑙𝑏
) (
22.026 $
1 𝑐
) = 75.7694
$
𝑇
= 75.7694
$
𝑇
 𝑥 15000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 9.165𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
6.- Costo de energía 
(0.43) (8
𝑐
𝑙𝑏
) (
22.026 $
1 𝑐
) = 75.7694
$
𝑇
= 75.7694
$
𝑇
 𝑥 15000
𝑇
𝑎ñ𝑜
= 1.136𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
7.- Costo de operación 
(0.05 ∗ 18.731𝑥106) + 15.429𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
+ 1.136𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
− 9.165𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
= 8.336𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
8.- utilidad bruta 
𝑠 = (15000)(83)(22.026) = 27.422𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
𝑅 = 27.422𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
− 8.336𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
= 19.086𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
 
9.- utilidad neta 
19.086𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
− (0.1 ∗ 18.731𝑥106) − [(0.5)(19.086𝑥106 − (0.1 ∗ 18.731𝑥106)]
= 8.6064𝑥106
$
𝑎ñ𝑜
∗ (
1𝑎ñ𝑜
15000𝑇
) = 573.76
$
𝑇
∗ (
1𝑇𝑜𝑛
2200𝑙𝑏
) (
100 𝑐
1 $
) = 26.08
𝑐
𝑙𝑏
 
10.- Precio y venta unitario 
𝑝 =
19.086𝑥106
15000
= 1272.4
$
𝑇
 
Unitario 1272.4
$
𝑇
 ∗ (
1𝑇𝑜𝑛
2200𝑙𝑏
) (
100 𝑐
1 $
) = 57.83
𝑐
𝑙𝑏
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 3 
 
 
3.1 Estime el costo en 1998 de un horno de proceso que procesa 150 millones de Btu/hr, 
construido de acero inoxidable y que opera a 2,200 psi. Indique explícitamente cualquier 
suposición adicional que haga. 
1) Obtener costo base (Cb) 
 
Cb= 350 000.00 USD 
2) Obtener factores (Aplicación, material, presión) 
 
Fd= 1.0 
Fm= 0.75 
Fp= 0.31 
3) Calcular costo del equipo. 
Cfob= [Cb (Fd + Fm + Fp)] 
Cfob= ( 350,000.00 USD)(1.0 + 0.75 + 0.31)=721 000.00 USD 
 
4) Calcular costo de modulo desnudo 
 
Cmd= (Cb) (Fmd) 
Cmd= (350,000 USD) (2.30)= 805,000.00 USD 
 
5) Calcular costo del módulo ajustado 
Cmda= Cmd + (Cfob – Cb) 
Cmda= (805,000.00) + (721,000.00 – 150,000.00)= 1,176,000.00 USD 
 
6) Calculo del equipo a actualizar. 
Costo del horno actualizado= Cmda (índice 1998/ índice 1968)*(1.15) 
Costo del horno actualizado= 1,176,000.00 USD (389.5/ 113.7)*(1.15) 
Costo del horno actualizado= 4,632,391.82 USD 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3.3 Se está considerando el proceso que se muestra en la figura. En el reactor se lleva a cabo la 
reacción. A  B 
El sistema de separación produce una corriente de alta concentración de B para venderse 
 
Estime la inversión de los tres equipos de proceso usando el método de Guthrie. Base sus 
estimaciones a 1999. 
A) REACTOR CONTINÚO TIPO TANQUE. 
1) Obtener costo base (Cb) 
Cb= 1 000.00 USD 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2) Obtener factores (Aplicación, material, presión) 
Presión: 1 atm = 14.696 Psi 
 
Fm= 1.00 
Fp= 1.00 
3) Calcular costo del equipo. 
Cfob= [(Cb) (Fm) (Fp)] 
Cfob= ( 1,000.00 USD)(1.0)(1.0)= 1,000.00 USD 
 
4) Calcular costo de modulo desnudo 
 
Cmd= (Cb) (Fmd) 
Cmd= (1,000 USD) (4.34)= 4,340.00 USD 
 
5)Calcular costo del módulo ajustado 
Cmda= Cmd + (Cfob – Cb) 
Cmda= (4,340.00) + (1,000.00 – 1,000.00)= 4,340.00 USD 
 
6) Calculo del equipo a actualizar. 
Costo del horno actualizado= Cmda (índice 1999/ índice 1968)*(1.15) 
Costo del horno actualizado= 4,340.00 USD (390.6/ 113.7)*(1.15) 
Costo del horno actualizado= 17,145.8628 USD 
 
B) SEPARADOR FLASH. 
1) Obtener costo base (Cb) 
Cb= 2 000.00 USD 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2) Obtener factores (Aplicación, material, presión) 
Presión: 1 atm = 14.696 Psi 
 
Fm= 1.00 
Fp= 1.00 
3) Calcular costo del equipo. 
Cfob= [(Cb) (Fm) (Fp)] 
Cfob= (2,000.00 USD)(1.0)(1.0)= 2,000.00 USD 
 
4) Calcular costo de modulo desnudo 
 
Cmd= (Cb) (Fmd) 
Cmd= (2,000.00 USD) (4.34)= 8,680.00 USD 
 
5) Calcular costo del módulo ajustado 
Cmda= Cmd + (Cfob – Cb) 
Cmda= (4,340.00) + (2,000.00 –2,000.00)= 8,680.00 USD 
 
6) Calculo del equipo a actualizar. 
Costo del horno actualizado= Cmda (índice 1999/ índice 1968)*(1.15) 
Costo del horno actualizado= 8,680.00 USD (390.6/ 113.7)*(1.15) 
Costo del horno actualizado= 34,291.00 USD 
 
 
C) CONDENSADOR DE TUBO Y CORAZA. 
1) Obtener costo base (Cb) 
 
Cb= 3 000.00 USD 
 
 
 
 
 
2) Obtener factores (Aplicación, material, presión) 
Presión: 1 atm = 14.696 Psi 
 
Fd= 0.85 Fm= 2.30 Fp= 0.00 
 
3) Calcular costo del equipo. 
Cfob= [(Cb) (Fd + Fp)* Fm] 
Cfob= (3,000.00 USD)(0.85 + 0.00)(2.30)= 5,865.00 USD 
 
4) Calcular costo de modulo desnudo 
 
Cmd= (Cb) (Fmd) 
Cmd= (3,000.00 USD) (3.39)= 10,170.00 USD 
 
5) Calcular costo del módulo ajustado 
Cmda= Cmd + (Cfob – Cb) 
Cmda= (10,170.00) + (5,865.00 –3,000.00)= 13,035.00 USD 
 
6) Calculo del equipo a actualizar. 
Costo del horno actualizado= Cmda (índice 1999/ índice 1968)*(1.15) 
Costo del horno actualizado= 13,035.00 USD (390.6/ 113.7)*(1.15) 
Costo del horno actualizado= 51,496.84 USD 
 
3.4. Para el proceso mostrado en el problema 3.3, un grupo de externo ha estimado 
que la inversión actual equivale a 1 millón de dólares. La capacidad del proceso es 
de 1 KT /año y se consumen 1.1 T de A por cada T de B. el precio de B en el mercado 
es de 35 C/lb. 
En el condensador, la temperatura de entrada del agua de enfriamiento es de 
25°C y la de la salida de 40°C. El calor latente de B es de 1000 BTU/ lb. El costo 
del agua de enfriamiento es de 5x 10 ala -4 $/lb. 
Se está negociando el precio de la materia prima A. ¿Cuál debe ser el precio 
máximo de A que la compañía puede pagar para que el proceso sea rentable? 
Use parámetros económicos típicos. 
 
costo de operación del proceso= costo de materia prima + costo de servicio + 
.05inv 
 
costo de materia prima: 
coeficiente 1.1 T/TP 
costo 292.676031 $/T 
capacidad 1000 T/AÑO 
costo= 321943.634 $/año 
 
 
costo del servicio 0.01785 $/hr 156.366 $/año 
 
.05*inv 50000 $/año 
 
costo de operación: 372100 
 
S= cap*venta= 772100 $/año 
 
R=s-c= 400000 
 
inv= 1000000 
utilidad neta: P=R-ei-t(R-di)=P 150000 $/año 
 
 
precio de venta anual 
 
tasa de retorno= p/inv 0.15 
El precio máximo para la materia prima A es de 292.67 para que sea rentable el proceso ya 
que se resolvió por solver metiendo como objetivo el 15% de tasa de retorno para el 
proceso, y como variable el costo de materia prima 
 
Costo base de la unidad 
 
Cb= 1,000 USD 
Costo ajustado 
Factores de ajuste Fp= 
1.00 
Fm= 1.00 
Fob= 〔 Cb X Fp X Fm ) 〕 
 
Fob= 〔 1000 X 1 X 1 ) 〕 = 1000 USD. 
 
Costo de modulo 
 
Factor de modulo= 4.34 
Cmd= ( Cb x Factor) 
Cmd= ( 1,000 x 4.34) = 4,340 USD 
 
 
Costo modulo denudo ajustado 
 
 
Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb ) 
 
Cmda= 4,340 + ( 1000 – 1000 )= 4,340 USDBase de referencia 
 
Año 1968= 113.7 
 
Año 1999= 390.6 
 
Costo del Reactor continuo tipo tanque del proceso 
 
 
Costo = Cmda ( I 1999/ I 1968) X 1.15 
 
Costo = 4,340 ( 390.6/ 113.7) X 1.15= 17,145.8 USD 
 
Factor de modulo= 4.34 
Cmd= ( Cb x Factor) 
Cmd= ( 1,000 x 4.34) = 4,340 USD 
 
 
Costo modulo denudo ajustado 
 
 
Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb ) 
 
Cmda= 4,340 + ( 1000 – 1000 )= 4,340 USDBase de referencia 
 
Año 1968= 113.7 
 
Año 1999= 390.6 
 
 
Costo del Reactor continuo tipo tanque del proceso 
 
 
Costo = Cmda ( I 1999/ I 1968) X 1.15 
 
Costo = 4,340 ( 390.6/ 113.7) X 1.15= 17,145.8 USD 
 
INVERIÓN REQUERIDA PARA ESTE PROCESO 
 
Cr + Cs + Cc = 17,145.8 + 54,866.7 + 45,956= 117,968.5 USD 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3.5 Se desea estimar la inversión requerida para la siguiente parte de un 
proceso en desarrollo 
 
 
(a) Estime la inversión requerida para cada uno de los equipos usando 
el método de Guthrie. Base de su estimación para 1998. 
(b) Calcule el costo anual de vapor para que este esquema si su costo 
unitario es de 1₡/lb y se trabajan 8,500 horas al año. 
(c) Si la corriente de salida del reactor se desea vender, y se desprecia 
el precio de la materia prima, estime el precio de venta si se desea 
una tasa mínima de recuperación después de impuestos del 15%. 
Suponga que la producción de la mezcla a vender es equivalente a 
2,000,000 lb/año 
 
 
INTERCAMBIADOR DE CALOR 
 
Calculo del área en Ft2 
 
Q= (FA) ( Cp) ( T2-T1) 
 
Q= ( 50,000 lb/hr ) ( 1 Btu/lb 0F ) (177-77 ) 0F = 5,000,000 Btu/hr 
 
LMDT= (Δ T2- Δ T1) / ln (Δ T2- Δ 
T1) ΔT2= ( 212- 177 )0F = 350F 
ΔT1= ( 100 - 77)0F= 25 0F 
 
 
LMDT= (35-25) / ln (35/25) = 29.7 
 
 
A= Q / ( U X MLDT) 
 
A= (5000,000 Btu/hr) / (200 Btu/hr ft2 0F x 29.7 ) = 841.7 ft2 
 
INTERCAMBIADOR DE CALOR 
 
Costo base de la unidad 
 
Cb= 7,500 USD 
 
Costo ajustado 
Factores de 
ajuste Fp= 0 
Fd= 0.85 
Fm= 1.82 
 
 
Fob= 〔 Cb ( Fd + Fp ) Fm 〕 
 
Fob= 〔 7,500 ( 0.85 + 0 ) 1.82 〕= 11,602.5 USD. 
 
 
Costo de modulo desnudo 
Factor de modulo= 3.39 Cmd= ( Cb x Factor) 
 
Cmd= ( 7.500 x 3.39) = 25,425USD 
 
 
Costo modulo denudo ajustado 
Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb ) 
 
Cmda= 25,425+ ( 11,602.5 – 7,500 )= 29,527.5USD 
 
 
 
Base de referencia Año 1968= 113.7 
Año 1998= 389.5 
 
 
Costo del Intercambiador de calor del proceso 
 
 
Costo = Cmda ( I 1998/ I 1968) X 1.15 
 
Costo = 29,527.5 ( 389.5/ 113.7) X 1.15= 116,324.5 USD 
 
REACTOR 
Costo base de la unidad 
 
Cb= 1,800 USD 
 
 
 
Costo ajustado 
 Factores de ajuste Fp= 1.05 
Fm= 1.00 
Fob= 〔 Cb X Fp X Fm ) 〕 
 
Fob= 〔 1,800 X 1.05 X 1.00 ) 〕 = 1,890 USD. 
 
 
 
Costo de modulo desnudo Factor de modulo= 4.34 Cmd= ( Cb x 
Factor) 
Cmd= ( 1890 x 4.34) = 8,202.6 USD 
 
 
Costo modulo denudo ajustado 
Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb ) 
 
Cmda= 8,202.6 + ( 1,890 – 1,800 )= 8,292.6 USD 
 
 
Año 1968= 113.7389.5 
 
Año 1998=389.5 
 
Costo del Tanque vertical de proceso 
Costo = Cmda ( I 1998/ I 1968) X 1.15 
Costo = 8,292.6 ( 389.5/ 113.7) X 1.15= 32,668.9 USD 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3.6. El diagrama de flujo que se muestra representa una alternativa para 
producir etanol mediante fermentación: 
 
La producción deseada de la corriente de etanol es de 100 x 10 ala 6 lb/año. 
 
La concentración de etanol a la salida del fermentador es de 150g/L. Para 
fines de estimación preliminar se puede suponer que la corriente de salida 
del fermentador es una mezcla de etanol y agua. 
a) Usando el método de guthrie estime la inversión de los principales 
componentes del proceso (fermentador, columna, condensador y 
calderin). Refiera su estimación para 1990. 
b) Estime el precio de venta de producto. El costo de materias primas 
puede tomarse como el costo del sustrato que equivale a 20 c/lb. El 
costo de vapor es de 1x10 -2 $/lb y el del agua de enfriamiento 5x10-
4 $/lb. La columna de destilacion opera auna razón de reflujo de 4 (en 
base masica). 
Indique explícitamentecualquier suposición que haga. 
 
A) 
 
Costo de la torre de destilación: 
 
1) Costo de platos instalados (tabla 16) 
 
Cb= $ 700 
 
2) Costo ajustado 
 
 
Espaciamiento= altura/#platos= 15/10=1.5 ft = 
18 pulg Costos de platos= [costo base *(Fs + ft + 
fm) ] (tabla 17) Se elige tipo válvulas, acero al 
carbón 
Cfob= 700*(1.4+0.4+0) = 1260 USD 
 
3) Factor del modulo desnudo 
CMD= Cb * FACTOR = 
700*4.34 
CMD= 3038 
4) Costo del módulo desnudo ajustado: 
 
5) Costo de la torre de destilación: 
Base de referencia 1968 
 
 
 
 
COSTO DEL HERVIDOR: 
 
6) Costo base 
(tabla 7) Cb= $ 18000 
7) Costo 
ajustado Tipo de 
diseño: reboiler 
Presión: 6 psi 
 
Cfob= [costo base *(Fd + fp + fm) ] 
(tabla 9) Cfob= 18000*(1.35+0+1.0) = 
42300 USD 
8) Factor del modulo 
desnudo CMD= Cb * FACTOR 
= 42300*3.39CMD= 143397 
9) Costo del módulo desnudo ajustado: 
 
10) Costo del hervidor: 
Base de referencia 1968 
 
 
COSTO DEL CONDENSADOR: 
 
6) Costo base 
(tabla 7) Cb= 20000 $ 
7) Costo ajustado 
Tipo de diseño: condensador, cabezal 
flotante Presión: 7 psi 
Cfob= [costo base *(Fd + fp + fm) ] 
(tabla 9) Cfob= 20000*(1.0+0+1.0) = 
40000 USD 
8) Factor del módulo 
desnudo CMD= Cb * FACTOR 
= 20000*3.39 
CMD= 67800 
 
 
 
 
 
9) Costo del módulo desnudo ajustado: 
 
 
 
10) Costo del condensador 
Base de referencia 1968 
 
COSTO DEL FERMENTADOR: 
 
1) Costo base (tabla 7) Cb= 3000 $ 
2) Costo ajustado 
Tipo de diseño: acero al 
carbon Presión: 7 psi 
Cfob= [costo base *(Fd + fp + fm) ] 
(tabla 9) Cfob= 3000*(1.0+1.0+1.0) = 
9000 USD 
3) Factor del módulo desnudo 
CMD= Cb * FACTOR = 
3000*4.34 
CMD= 13020 
 
4) Costo del módulo desnudo ajustado: 
 
 
5) Costo del FERMENTADOR 
Base de referencia 1968 
 
COSTO TOTAL= SUMA DE LOS CUATROS EQUIPOS: = 67425 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
EJERCICIO 3.8 
Una columna de destilación procesa 120000 lb/hr de una solucion acuosa que 
contiene 5% de amoniaco NH3 en peso, y produce un flujo de destilado de 
3000 lb/hr con una concentración de 20% en peso. Estime la inversión total 
requerida para los tres componentes de equipo en 1997. Indique 
explícitamente cualquier suposición que haga. 
 Datos de la columna: 
o Diámetro de 3.5 ft; altura de 8ft; con 5 platos de cachucha (o 
campanas) con espaciamiento de 1ft, y de acero al carbón. 
 Datos del hervidor: 
o Área de 200ft^2, tipo Kettle, acero inoxidable por los tubos y 
acero al carbón por la coraza. 
 Datos del condensador: 
o Área de 2000 ft^2, tubo y coraza, monel por los tubos y acero al 
carbón por la coraza. 
Nota: La columna de destilación en si es considerada un recipiente de 
proceso, por tanto los datos serán obtenidos de la gráfica que corresponde a 
los contenedores de proceso, tomando en cuenta las características ya 
mencionadas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
SOLUCIÓN 
3.8.1 Estimación de columna 
1) Costo base de columna Cb= $2,000 
 
 
2) Factores de ajuste de columna 
 
- Para el Fp hay que determinar una presión, por lo que se supone una presión de 1 
atm en la torre, siendo esto 14.7 psi. 
 Fm = 1.00 
 Fp= 1.00 
 
3) Costo de la columna (Cfob) 
 
Cfob= ($2,000) (1.00) (1.00)= $2,000 
 
 
4) Calcular costo de módulo desnudo Cmd= Cb*fmd 
 
 
 
Cmd= ($2,000) (4.34) = $ 8680 
 
 
5) Costo de módulo Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb) 
 
Cmda= $ 8680 + ($2,000–$2,000) = $ 8680 
 
6) Costo del equipo a actualizar (columna) 
- El problema pide que se estimen las inversiones al año 1997, por tanto se toma el 
dato de la tabla 2.3 
 
𝑪𝐞𝐪 𝐀𝐜𝐭 = (𝐂𝐦𝐝𝐚) (
𝐢𝐧𝐝𝐢𝐜𝐞 𝐝𝐞𝐥 𝐚ñ𝐨 𝐚 𝐞𝐬𝐭𝐢𝐦𝐚𝐫 
𝐢𝐧𝐝𝐢𝐜𝐞 𝐝𝐞𝐥 𝐚ñ𝐨 𝟏𝟗𝟔𝟖
) (𝟏. 𝟏𝟓) 
 
- La cantidad de 1.15 es el 15% que se usa para incluir contingencias en el costo 
del equipo. 
𝐶eq Act = ($8680) (
386.5 
113.7
) (1.15) = $𝟑𝟑𝟗𝟑𝟏. 𝟕𝟕 
3.8.2 ESTIMACIÓN DE PLATOS DE LA COLUMNA 
1) Costo base de columna Cb= $200 
 
 
2) Factores de ajuste de platos 
 
- Factores de ajuste resultantes: 
 Fs = 2.2 
 Ft = 1.8 
 Fm = 0.0 
 
3) Costo de los platos (Cfob) 
 
 Cfob= ($200) (2.2 + 1.8 + 0.0)= $800 
 
4) Costo de los platos a actualizar (columna) 
- El problema pide que se estimen las inversiones al año 1997, por tanto se toma el 
dato de la tabla 2.3 
 
𝐶eq Act = (Cmda) (
indice del año a estimar 
indice del año 1968
) (1.15) 
 
- La cantidad de 1.15 es una constante que se usa para incluir contingencias en el 
costo del equipo. 
𝐶eq Act = ($800) (
386.5 
113.7
) (1.15) = $𝟑𝟏𝟐𝟕. 𝟑𝟓 
3.8.3 ESTIMACION TOTAL DE TORRE DE DESTILACION 
 
𝐶eq Act = $3127.35 + $33931.77 = $ 𝟑𝟕𝟎𝟓𝟗. 𝟏𝟐𝟑 
3.8.4 ESTIMACION DEL HERVIDOR 
 Datos del hervidor: 
- Área de 200ft^2, tipo Kettle, acero inoxidable por los tubos y acero al carbón por la 
coraza. 
 
1) Costo base del equipo Cb= $3,200 
 
 
 
 
2) Factores de ajuste del equipo
 
 
- Para el Fp hay que determinar una presión, por lo que se supone una presión de 1 
atm en la torre, siendo esto 14.7 psi. 
Fd = 1.35 
Fp= 0.00 
Fm = 1.78 
 
 
3) Costo de la columna (Cfob) 
 
Cfob= ($3,200) (1.35 + 0.0) (1.78)= $7689.6 
 
 
4) Calcular costo de módulo desnudo (Cmd) 
 Cmd= Cb*fmd (factor de módulo, tabla 3.2) 
 
 
Cmd= ($7689.6) (3.39) = $ 26067.744 
 
5) Costo de módulo Cmda 
 Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb) 
Cmda= $ 26067.744 + ($7689.6–$3,200) = $ 30557.334 
 
 
6) Costo del equipo a actualizar (columna) 
- El problema pide que se estimen las inversiones al año 1997, por tanto se toma el 
dato de la tabla 2.3 
 
𝑪𝐞𝐪 𝐀𝐜𝐭 = (𝐂𝐦𝐝𝐚) (
𝐢𝐧𝐝𝐢𝐜𝐞 𝐝𝐞𝐥 𝐚ñ𝐨 𝐚 𝐞𝐬𝐭𝐢𝐦𝐚𝐫 
𝐢𝐧𝐝𝐢𝐜𝐞 𝐝𝐞𝐥 𝐚ñ𝐨 𝟏𝟗𝟔𝟖
) (𝟏. 𝟏𝟓) 
La cantidad de 1.15 es una constante que se usa para incluir contingencias en el 
costo del equipo. 
𝐶eq Act = ($30557.334) (
386.5 
113.7
) (1.15) = $𝟏𝟏𝟗𝟒𝟓𝟒. 𝟒𝟖𝟗 
 
3.8.5. ESTIMACION DEL CONDENSADOR 
 Datos del condensador: 
- Área de 2000 ft^2, tubo y coraza, monel por los tubos y acero al carbón por la coraza. 
 
1) Costo base del equipo Cb= $3,200 
 
 
 
2) Factores de ajuste del equipo. 
 
- Para el Fp hay que determinar una presión, por lo que se supone una presión de 1 
atm en la torre, siendo esto 14.7 psi, también se infiere que el condensador es de 
tubo U. 
Fd = 0.85 
Fp= 0.00 
Fm = 2.30 
 
 
 
 
 
 
 
3) Costo de la columna (Cfob) 
 
Cfob= ($3,200) (0.85 + 0.0) (2.30)= $ 6256 
 
 
4) Calcular costo de módulo desnudo (Cmd) 
 Cmd= Cb*fmd (factor de módulo, tabla 3.2) 
 
 
 
 Cmd= ($6256) (3.39) = $ 21207.84 
 
5) Costo de módulo Cmda 
 Cmda= Cmd + ( Cfob – Cb) 
 Cmda= $ 21207.84 + ($ 6256 – $3,200) = $ 24263.84 
6) Costo del equipo a actualizar (columna) 
- El problema pide que se estimen las inversiones al año 1997, por tanto se toma el 
dato de la tabla 2.3 
 
 
𝑪𝐞𝐪 𝐀𝐜𝐭 = (𝐂𝐦𝐝𝐚) (
𝐢𝐧𝐝𝐢𝐜𝐞 𝐝𝐞𝐥 𝐚ñ𝐨 𝐚 𝐞𝐬𝐭𝐢𝐦𝐚𝐫 
𝐢𝐧𝐝𝐢𝐜𝐞 𝐝𝐞𝐥 𝐚ñ𝐨 𝟏𝟗𝟔𝟖
) (𝟏. 𝟏𝟓) 
La cantidad de 1.15 es una constante que se usa para incluir contingencias en el 
costo del equipo. 
𝐶eq Act = ($24263.84) (
386.5 
113.7
) (1.15) = $𝟗𝟒𝟖𝟓𝟏. 𝟗𝟖 
 
3.8.6 ESTIMACION TOTAL DEL PROCESO 
𝐶 TOTAL = $94851.98 + $119454.489 + $ 37059.123 = $ 𝟐𝟓𝟏𝟑𝟔𝟓. 𝟓𝟗 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
EJERCICIO 3.10 
Calcular mediante el método de Guthrie el costo en 1990 de un intercambiador de 
calor de cabezal flotante con área de 1,000 ft2 que va a operar a presiones moderadas, 
construido de acero al carbón por la coraza y monel por los tubos. 
Costo del intercambiador $= [Costo base (Fd+Fp)*Fm]SOLUCIÓN: 
 
1) Se encuentra el costo base de la figura 3.3 
“costo base de intercambiadores de calor” de acuerdo al área del intercambiador. 
Cb= $9,000 
2) Se encuentran los factores de ajuste de acuerdo a las especificaciones del 
intercambiador. 
Fd= 1.0 
Fp= 0.25 (suponiendo una presión moderada de 400 psia) 
Fm= 2.15 
3) Calculo del costo del quipo 
- Costo del intercambiador $= [costo base (Fd+Fp)*Fm] 
𝑪𝒇𝒐𝒃 = 𝑪𝒃 (𝑭𝒅 + 𝑭𝒑) ∗ 𝑭𝒎 
𝐶𝑓𝑜𝑏 = $9,000 ( 1.0 + 0.25) ∗ 2.15 = $𝟐𝟒𝟏𝟖𝟕. 𝟓 
4) Costo del módulo desnudo 
𝑪𝒎𝒅 = 𝑪𝒃 ∗ 𝒇𝒎𝒅 
- Factor de modulo desnudo para un intercambiador de calor fmd= 3.39 
𝐶𝑚𝑑 = $9,000 ∗ 3.39 = $𝟑𝟎, 𝟓𝟏𝟎 
5) Calculo del módulo o equipo deseado en el año 
𝑪𝒎𝒅𝒂 = 𝑪𝒎𝒅 + (𝑪𝒇𝒐𝒃 − 𝑪𝒃) 
𝐶𝑚𝑑𝑎 = $30,510 + ($24187.5 − $9,000) = $𝟒𝟓, 𝟔𝟗𝟕. 𝟓 
6) Costo del equipo 
𝑪𝒆𝒒𝒖𝒊𝒑𝒐 = 𝑪𝒎𝒅𝒂 (
𝒊𝒏𝒅𝒊𝒄𝒆 𝟏𝟗𝟗𝟎
𝒊𝒏𝒅𝒊𝒄𝒆 𝟏𝟗𝟔𝟖
) 
𝐶𝑒𝑞𝑢𝑖𝑝𝑜 = $45,697.5 (
357.6
113.7
) = $𝟏𝟒𝟑, 𝟕𝟐𝟐. 𝟒𝟗𝟎𝟖 
 
 
EJERCICIO 3.11 
Considere el sistema tanque-enfriador mostrado en la figura. Estime la 
inversión que este proceso requería en 1968 de acuerdo al método de Guthrie. 
 
SOLUCIÓN: 
 Tanque vertical 
 
1) Costo Base de la unidad: 𝐶𝑏 = $1,800 𝑈𝑆𝐷 
 
2) Costo Ajustado 
 
Factores de Ajuste 
Se obtienen de las nomogramas correspondientes a tanque vertical 
Fp Fm 
1.05 1.00 
 
𝒄𝑭𝒐𝒃 = 𝑪𝒃 ∗ 𝑭𝒑 ∗ 𝑭𝒎 
 
𝑐𝐹𝑜𝑏 = (1,800)(1.05)(1.00) 
 
𝑐𝐹𝑜𝑏 = 𝟏, 𝟖𝟗𝟎 𝑼𝑺𝑫 
 
3) Costo módulo desnudo 
- Buscamos el valor en la tabla 3.2 y este es de 4.34 
𝑪𝒎𝒅 = 𝑪𝒃 ∗ 𝑭𝒂𝒄𝒕𝒐𝒓 
𝐶𝑚𝑑 = (1,890)(4.34) 
𝐶𝑚𝑑 = 𝟖, 𝟐𝟎𝟐. 𝟔 𝑼𝑺𝑫 
 
4) Costo módulo desnudo ajustado 
 
𝑪𝒎𝒅𝒂 = 𝑪𝒎𝒅 + (𝒄𝑭𝒐𝒃 − 𝑪𝒃) 
 
𝐶𝑚𝑑𝑎 = 8,202.6 + (1,890 − 1,800) 
 
𝐶𝑚𝑑𝑎 = 𝟖, 𝟐𝟗𝟐. 𝟔 𝑼𝑺𝑫 
 
5) Índice Chemical 
 
𝑰𝟏𝟗𝟔𝟖 113.7 
 
- En el caso de este métodos el índice que se utiliza es 1968 y es al mismo 
tiempo que lo piden por eso solo buscamos un solo índice chemical 
 
6) Costo del tanque vertical de proceso 
𝑪𝒐𝒔𝒕𝒐 = 𝑪𝒎𝒅𝒂 (
𝑰𝟏𝟗𝟔𝟖
𝑰𝟏𝟗𝟔𝟖
) (𝟏. 𝟏𝟓) 
 
𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 = 8,292.6 (
113.7
113.7
) (1.15) 
 
𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜𝑇 = 𝟗, 𝟓𝟑𝟔. 𝟒𝟗 𝑼𝑺𝑫 
 
 
7) Costo Base de la unidad: 𝐶𝑏 = $6,000 𝑈𝑆𝐷 
 
8) Costo Ajustado 
Los factores de ajuste se obtienen de los nomogramas correspondientes a tanque 
vertical. 
Fp Fm Ft 
1.05 1.85 0.10 
 
𝒄𝑭𝒐𝒃 = 𝑪𝒃 ∗ (𝑭𝒑 ∗ 𝑭𝒎 ∗ 𝑭𝒕) 
𝑐𝐹𝑜𝑏 = (6,000)(1.05 + 0.10 + 1.85) 
𝑐𝐹𝑜𝑏 = 𝟏𝟖, 𝟎𝟎𝟎 𝑼𝑺𝑫 
 
9) Costo módulo desnudo 
Buscamos el valor en la tabla 3.2 y este es de 2.54 
𝑪𝒎𝒅 = 𝑪𝒃 ∗ 𝑭𝒂𝒄𝒕𝒐𝒓 
 
𝐶𝑚𝑑 = (18,000)(2.54) 
 
𝐶𝑚𝑑 = 𝟒𝟓, 𝟕𝟐𝟎 𝑼𝑺𝑫 
 
10) Costo módulo desnudo ajustado 
 
𝑪𝒎𝒅𝒂 = 𝑪𝒎𝒅 + (𝒄𝑭𝒐𝒃 − 𝑪𝒃) 
 
𝐶𝑚𝑑𝑎 = 45,720 + (18,000 − 6,000) 
 
𝐶𝑚𝑑𝑎 = 𝟓𝟕, 𝟕𝟐𝟎 𝑼𝑺𝑫 
Índice Chemical 
 
𝑰𝟏𝟗𝟔𝟖 113.7 
 
- En el caso de este métodos el índice que se utiliza es 1968 y es al mismo 
tiempo que lo piden por eso solo buscamos un solo Índice Chemical 
 
11) Costo del enfriador de proceso 
𝑪𝒐𝒔𝒕𝒐 = 𝑪𝒎𝒅𝒂 (
𝑰𝟏𝟗𝟔𝟖
𝑰𝟏𝟗𝟔𝟖
) (𝟏. 𝟏𝟓) 
 
𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 = 57,720 (
113.7
113.7
) (1.15) 
 
𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜𝐸 = 𝟔𝟔, 𝟑𝟕𝟖 𝑼𝑺𝑫 
 
12) Inversión que se requeriría para este proceso 
 
𝑰 = 𝑪𝒐𝒔𝒕𝒐𝑻 + 𝑪𝒐𝒔𝒕𝒐𝑬 
 
𝐼 = 9536.4 + 66,378 
 
- Esta sería la inversión que se requeriría para poner en marcha el proceso 
 
𝑰 = 𝟕𝟓, 𝟗𝟏𝟒. 𝟒𝟗 𝑼𝑺𝑫 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 9 
 
 
PROBLEMA 9.1 
Lee, Masso y Rudd (Ind. And Eng. Chem. Fund., 9,48,1970) usaron el método de 
Brach y Bound para generar redes optimas de intercambiadores de calor. 
Resuelva los problemas 5SP1 y 6SP1 mostrados abajo usando el método del 
diagrama de contenido de calor. Compare sus resultados con los óptimos 
reportados por Lee et al. De 38,278 $/año (para el problema 6SP1) y 35,108 $/año 
(para el problema 6SP1). 
 
Problema 5SP1. 
 
Problema 6SP1. 
Corriente Flujo, lb/hr Tent, ºF Tsal, ºF Cp, Btu/lbºF 
1 20,000 100 430 0.80 
2 40,000 440 150 0.70 
3 36,000 180 350 0.91 
4 35,000 520 300 0.68 
5 31,000 200 400 0.85 
6 42,000 390 150 0.80 
 
Datos de diseño. 
Presión de vapor 450 psia 
Temperatura de agua de enfriamiento 100 ºF 
Temperatura maxima de salida del agua de enfriamiento 180 ºF 
Corriente Flujo, lb/hr Tent, ºF Tsal, ºF Cp, Btu/lbºF 
1 27,000 100 400 0.8 
2 42,000 480 250 0.75 
3 35,000 150 360 0.7 
4 36,000 400 150 0.7 
5 38,000 200 400 0.65 
Diferencias minimas de temperatura 
 Intercambiadores de calor 20ºF 
 Calentadores 25ºF 
 Enfriadores 20ºF 
Coeficientes globales de transferencia de calor 
 Intercambiadores de calor 150 Btu/hr ft2 ºF 
 Calentadores 200 Btu/hr ft2 ºF 
 Enfriadores 150 Btu/hr ft2 ºF 
Tiempo de reparación del equipo 380 hr/año 
 Costo de intercambiadores 350 A0.6 (A en ft2) 
 Costo de agua de enfriamiento 5 x 10-5 $/lb 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solución: 
Problema 5SP1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Intercambiador Area, ft2 Costo Vapor, lb/año 
Agua, 
lb/año 
Costo de 
servicio,$/año 
1 0.930308842 335.1539433 0 0 
2 3.027319815 680.3040031 0 0 
Calentador 1 20 2111.961718 0.004438352 0 4.43835E-06 
Calentador 2 4.5 862.9697105 0.014607111 0 1.46071E-05 
 CE 6102.351093 Cs 2.23321E-05 
 Costo de operación 610.2351115 $/año 
 
 
Problema 5SP1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 9.2 
Considere las siguientes corrientes: 
∆𝑇𝑚𝑖𝑛= 10ºF 
Use el método heurístico basado en el diagrama de contenido de calor para 
encontrar una red de intercambiadores de calor que maximise la recuperación de 
energía. 
Solución: 
I. Ajuste de la temperatura mínima. 
Corriente Tent, ºF Tsal, ºF WCpBtu/hr°F 
h1 600 500 80 
C1 460 600 110 
C2 310 410 50 
 
II. Ordenar de mayor a menos las temperaturas ajustadas. 
Intervalo de T 
 600-500 
 500-400 
 400-410 
 410-310 
 
 
 
T Entrada T 
Salida 
Corriente T ent, °F Tsal ,°F WCp , kW/°F 
h1 600 500 80 
C1 450 590 110 
C2 300 400 50 
T1 = 600 
T2 = 500 
T3 = 460 
T4 = 410 
T5 = 310 
 
600 -----------------------------------------------------------------------------------------------------
------ T2 
500 ------- T6 
450 -----------------------------------------------------------------------------------------------------
------ T1 
590 ------- T4 
300 -----------------------------------------------------------------------------------------------------
-------T5 
400 ------ T3 
III. Grafica de las corrientes de acuerdo a su temperatura modificada. 
IV. Balance Entalpico. 
∆𝐻𝑖 = [(∑ 𝑊𝑐𝑝𝑐𝑎𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 − ∑ 𝑊𝑐𝑝𝑓𝑟𝑖𝑜) (𝑇𝑖 − 𝑇1 + 1)] 
 
∆H1= (80)-110(600-500) = -3000 kW 
∆H2=-110(500-460) = -4400 kW 
∆H3= -50(460-410) = -2500 kW 
∆H4= -50(410-310) = -5000 kW 
 
 
V. Cascada de calor 
 Regla heurística 
T1 = 600 ºF Q1 = 0 kW 
 ∆H1= -3000 kW 
T2 = 500 ºF Q2 = 0 kW - 3000 kW = -3000 kW 
 ∆H2= -4400 kW 
T3 = 460 ºF Q3 = -3000kW + (-4400) kW = -7400 kW 
 ∆H3= -2500 kW 
T4 = 410 ºF Q4 = -7400 kW +(-2500) kW = -9900 kW 
 ∆H4= -5000 kW 
T5 = 310 ºF Q5 = -9900kW + (-5000 kW) = -14900 kW 
 
Qh = Cantidad mínima de calentamiento 
Qh = -14900 kW 
Qc = Cantidad mínima de enfriamiento 
 
T1 = 600 ºFQ1 = -14900 kW 
 ∆H1= -3000 kW 
T2 = 500 ºF Q2 = 14900W +(-3000)kW = 11900 kW 
 ∆H2= -4400 kW 
T3 = 460 ºF Q3 = 11900kW + (-4400)kW = 7500 kW 
 ∆H3= -25000 kW 
T4 = 410 ºF Q4 = 7500 kW + (-2500) kW = 5000 kW 
 ∆H4= -5000 kW 
T5 = 310 ºF Q5 = 5000 kW + (-5000kW) = 0 kW 
 
Qc = 0 kW 
Con respecto a las temperaturas originales el punto de pliegue para la 
corriente caliente es 310 ºF y para la corriente fría es 300 ºF siguiendo las 
reglas heurísticas cuando mi punto de pliegue sea en la última zona se toma 
el anterior en este caso será 410 para las calientes y para las frías 400°F. 
 
 
VI. Grafica de corriente de problema de diseño ubicada con respecto al punto 
de pliegue. 
 
 
El número mínimo de unidades que se requiere para cada lado de la red se estima 
con la siguiente formula: 
 
𝑈𝑀𝐼𝑁 = 𝑁𝑐 + 𝑁𝑠 − 1 
 
UMIN = Número mínimo de intercambiadores 
Nc = Numero de corrientes involucradas 
NS= Numero de servicios 
 
Para la zona de arriba del punto de pliegue o zona de calentamiento. 
𝑈𝑀𝐼𝑁 = 1 + 1 − 1 = 1 
 
Para la zona abajo del punto de pliegue o zona de enfriamiento. 
𝑈𝑀𝐼𝑁 = 3 + 1 − 1 = 3 
 
Se debe elegir el intercambiador adecuado siempre y cuando se aplica: 
𝑊𝐶𝑝𝑓𝑟𝑖𝑎 ≥ 𝑊𝐶𝑝𝑐𝑎𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 
 
VII. Generar cascada de calor. 
Arriba del punto de pliegue 
Qh1 =80 Kw/ºF (600-410)ºC = 15200 kW 
Qc2= 110 kw/ºF (590-400)ºC = 20900 kw 
Qc3=50 kw/ºF (300-400)ºC = 5000 kw 
 
3 y 1 
 
Abajo del punto de pliegue 
Qc1 =80 Kw/ºF(500-410)ºF = 7200 kW 
Qc2 =110Kw/ºF (450-400)ºF = 5500 kW 
Qf1 = 10 kw/ºF(400-400)ºF = 0 kw 
 
 
Corriente 
F2-Q1 
∆𝑇𝑓𝑟𝑖𝑎 =
15200 𝑘𝑊
80 𝑘𝑊/º𝐹
= 190 º𝐹 
𝑡 𝑎 𝑜𝑐𝑢𝑝𝑎𝑟 = 190 + 410º𝐹 = 600 º𝐹 
 
 
 
 
 
 
 
VIII. Red de intercambiador. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 9.5 
Considere el siguiente problema: 
 
 
 
 
 
 
ΔTmin = 10 °C 
Usando el método del punto de pliegue, obtenga: 
a) El punto de pliegue para cada tipo de corrientes. 
b) Los requerimientos mínimos de servicios 
c) Una red de intercambiadores de calor que consuma la cantidad mínima de 
servicios. 
Solución: 
 
1) Ajuste de temperatura de corrientes frías sumando a cada una de ellas la ΔT 
mínima permaneciendo inalteradas la corriente caliente. 
 
Corriente Tent, °F Tsal, °F 
1 H1 90 50 
2 H2 50 20 
3 C1 30 210 
4 C2 30 100 
 
2) Ordenar de mayor a menor las Temperaturas ajustadas y buscar los intervalos 
de temperatura. 
T1 = 210 Intervalo de T 
T2 = 100 210 – 100 
T3 = 90 100 – 90 
T4 = 50 90 – 50 
T5 = 30 50 – 30 
Corriente T ent, ºC T sal, ºC WCp(Kcal/hr°C) 
1 90 50 6 
2 50 20 9 
3 20 200 12 
4 20 90 10 
T6 = 20 30 – 20 
 
3) Graficar las corrientes de acuerdo a su T° modificada 
 
 
 
4) Calculo de Balance Entálpico 
𝜟𝑯𝒊 = [(𝜮𝑾𝑪𝒑𝑪𝒂𝒍𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 − 𝜮𝑾𝑪𝒑𝑭𝒓𝒊𝒂)(𝑻𝒊 − 𝑻𝒊+𝟏)] 
𝛥𝐻1 = [(0
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ − 12
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ )(210 − 100)°𝐶] = −1320
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝛥𝐻2 = [(0
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ − 22
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ )(100 − 90)°𝐶] = −220
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝛥𝐻3 = [(6
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ − 22
𝑙𝑏
ℎ𝑟⁄ )(90 − 50)°𝐶] = −640
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝛥𝐻4 = [(9
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ − 22
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ )(50 − 30)°𝐶] = −260
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝛥𝐻5 = [(9
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ − 0
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ )(30 − 20)°𝐶] = 90
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
5) Se busca la cantidad de Calor de Calentamiento minima (Qh) 
 
Q 
T1 = 210 °C Q1= 0 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻1 = −1320 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T2 = 100 °C Q2= 0 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 +(-1320 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 ) = -1320 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻2 = −220 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T3 = 90 °C Q3= -1320
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + (- 220 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
) = -1540 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻3 = −640 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T4 = 50 °C Q4= -1540 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
+(-640 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
)= -2180 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻4 = −260 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T5 = 30 °C Q5= -2180 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + (-260 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 ) = -2440 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
  Qh 
 𝛥𝐻5 = 90 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T5 = 20 °C Q6= -2440 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + 90 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 = -2350 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 
 
6) Se busca la cantidad de Calor de Enfriamiento mínima (Qc) y punto de pliegue 
 
Q 
T1 = 210 °C Q1= 2440 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻1 = −1320 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T2 = 100 °C Q2= 2440 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 +(-1320 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 ) = 1120 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
  Qc 
 𝛥𝐻2 = −220 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T3 = 90 °C Q3= 1120 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + (- 220 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
) = 900 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻3 = −640 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T4 = 50 °C Q4= 900 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
+(-640 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
)= -260 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻4 = −260 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T5 = 30 °C Q5= 260 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + (-260 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 ) = 0
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
  Punto de Pliegue 
 𝛥𝐻5 = 90 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T5 = 20 °C Q6= 0 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + 90 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 = 90 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 
 
7) Gráfica de Corrientes del problema de diseño ubicados respecto al punto de 
pliegue. 
 
8) Número mínimo de unidades que se requiere para cada lado de a red y se 
estima con la siguiente formula: 
𝑼𝒎𝒊𝒏 = 𝑵𝑪 + 𝑵𝑺 − 𝟏 
Donde: 𝑼𝒎𝒊𝒏: 𝑁𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠 
 𝑵𝑪: 𝑁𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑣𝑜𝑙𝑢𝑐𝑟𝑎𝑑𝑎𝑠 
 𝑵𝑺: 𝑁𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑆𝑒𝑟𝑣𝑖𝑐𝑖𝑜𝑠 
Para la zona de arriba del Punto de Pliegues o Zona de Calentamiento 
𝑼𝒎𝒊𝒏 = 4 + 1 − 1 = 4 
Para la zona de abajo del Punto de Pliegue o Zona de Enfriamiento 
𝑼𝒎𝒊𝒏 = 2 + 1 − 1 = 2 
 
9) Generar la Cascada de Calor 
𝑄 = 𝑤𝐶𝑝∆𝑇 
Arriba del punto de pliegue 
𝑸𝒉𝟏 = 6
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
 (90 − 30)°𝐶 = 720 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝑸𝒉𝟐 = 9
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
 (50 − 30)°𝐶 = 180 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝑸𝒄𝟏 = 𝟏𝟐 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
 (200 − 20)°𝐶 = 2160 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝑸𝒄𝟐 = 10 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
(90 − 20)°𝐶 = 700 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
10) Intercambiador de calor 
Para la corriente 2 - 4 
𝐷𝑆𝑇𝐶𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 =
180 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
10
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
= 18 °𝐶 
𝑇 𝑅𝑒𝑎𝑙 = 20 °𝐶 + 18°𝐶 = 38 °𝐶 
Para la corriente 1 - 3 
𝐷𝑆𝑇𝐶𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 =
360 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
12 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
= 30 °𝐶 
𝑇 𝑅𝑒𝑎𝑙 = 20 °𝐶 + 30 °𝐶 = 50°𝐶 
Para la corriente 2 – 4 
 
𝐷𝑆𝑇𝐶𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 =
620
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
10 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
= 51.67 °𝐶 
𝑇 𝑅𝑒𝑎𝑙 = 51.67 °𝐶 + 50 °𝐶 = 101.67°𝐹 ≅ 102°𝐹 
 
11) Red de Intercambiador 
 
PROBLEMA 9.6 
Considere el siguiente problema: 
 
 
 
 
Suponiendo una ΔTmin = 10 °C , use el método del punto de pliegue para diseñar 
una red de intercambiadores de calor. Reporto los siguientes puntos: 
a) Los requerimientos mínimos de servicios 
b) El punto de pliegue para corrientes calientes y frías. 
c) El número mínimo de unidades para la red. 
d) Una red de intercambiadores de calor que consuma la cantidad mínima de 
servicios. 
Solución: 
 
1) Ajuste de temperatura de corrientes frías sumando a cada una de ellas la ΔT 
mínima permaneciendo inalteradas la corriente caliente. 
 
Corriente Tent, °F Tsal, °F 
1 H1 100 60 
2 H2 140 25 
3 C1 30 190 
 
2) Ordenar de mayor a menor las Temperaturas ajustadas y buscar los intervalos 
de temperatura. 
T1 = 190 Intervalo de T 
T2 = 140 190 – 140 
T3 = 100 140 – 100 
T4 = 60 100 – 60 
T5 = 30 60 – 30 
T6 = 25 30 – 25 
 
3) Graficar las corrientes de acuerdo a su T°modificada 
 
Corriente T ent, ºC T sal, ºC WCp(Kcal/hr°C) 
h1 100 60 4 
h2 140 25 6 
C1 20 180 8 
 
 
4) Calculo de Balance Entálpico 
𝜟𝑯𝒊 = [(𝜮𝑾𝑪𝒑𝑪𝒂𝒍𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 − 𝜮𝑾𝑪𝒑𝑭𝒓𝒊𝒂)(𝑻𝒊 − 𝑻𝒊+𝟏)] 
𝛥𝐻1 = [(0
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ − 8
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ )(190 − 140)°𝐶] = −400
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝛥𝐻2 = [(6
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ − 8
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ )(140 − 100)°𝐶] = −80
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝛥𝐻3 = [(10
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ − 8
𝑙𝑏
ℎ𝑟⁄ )(100 − 60)°𝐶] = 80
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝛥𝐻4 = [(6
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ − 8
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ )(60 − 30)°𝐶] = −60
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝛥𝐻5 = [(6𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ − 0
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶⁄ )(30 − 25)°𝐶] = −30
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 
 
5) Se busca la cantidad de Calor de Calentamiento mínima (Qh) 
 
 
T1 = 190 °C Q1= 0 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻1 = −400 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T2 = 140 °C Q2= 0 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 +(- 400 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 ) = - 400 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻2 = −80 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T3 = 100 °C Q3= - 400
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + (- 80 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
) = - 480 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
  Qh 
 𝛥𝐻3 = 80 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T4 = 60 °C Q4= - 480 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + 80 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 = - 400 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻4 = −60 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T5 = 30 °C Q5= - 400 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + (-60 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 ) = - 460 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻5 = 30 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T5 = 25 °C Q6= - 460 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + 30 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 = - 430 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 
6) Se busca la cantidad de Calor de Enfriamiento mínima (Qc) y punto de pliegue 
 
T1 = 190 °C Q1= 480 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
  Qc 
 𝛥𝐻1 = −400 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T2 = 140 °C Q2= 480 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 +(- 400 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 ) = 80 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻2 = −80 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T3 = 100 °C Q3= 80
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + (- 80 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
) = 0 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
  Punto de pliegue 
 𝛥𝐻3 = 80 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T4 = 60 °C Q4= 0 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + 80 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 = 80 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻4 = −60 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T5 = 30 °C Q5= 80 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + (-60 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 ) = 20 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 𝛥𝐻5 = 30 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
T5 = 25 °C Q6= 20 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 + 30 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 = 50 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
 
7) Gráfica de Corrientes del problema de diseño ubicado respecto al punto de 
pliegue. 
 
8) Número mínimo de unidades que se requiere para cada lado de a red y se 
estima con la siguiente formula: 
𝑼𝒎𝒊𝒏 = 𝑵𝑪 + 𝑵𝑺 − 𝟏 
Donde: 𝑼𝒎𝒊𝒏: 𝑁𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠 
 𝑵𝑪: 𝑁𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑣𝑜𝑙𝑢𝑐𝑟𝑎𝑑𝑎𝑠 
 𝑵𝑺: 𝑁𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑆𝑒𝑟𝑣𝑖𝑐𝑖𝑜𝑠 
Para la zona de arriba del Punto de Pliegues o Zona de Calentamiento 
𝑼𝒎𝒊𝒏 = 4 + 1 − 1 = 4 
Para la zona de abajo del Punto de Pliegue o Zona de Enfriamiento 
𝑼𝒎𝒊𝒏 = 2 + 1 − 1 = 2 
 
9) Generar la Cascada de Calor 
𝑄 = 𝑤𝐶𝑝∆𝑇 
Arriba del punto de pliegue 
𝑸𝒉𝟏 = 4 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
 (100 − 60)°𝐶 = 160 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝑸𝒉𝟐 = 6 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
 (140 − 100)°𝐶 = 240 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝑸𝒉𝟐 = 6 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
 (100 − 25)°𝐶 = 450 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝑸𝒄𝟏 = 8 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
 (190 − 110)°𝐶 = 560 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝑸𝒄𝟏 = 8
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
(110 − 20)°𝐶 = 720 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
10) Intercambiador de calor 
Para la corriente 1 - 3 
𝐷𝑆𝑇𝐶𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 =
160 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
8
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
= 20 °𝐶 
𝑇 𝑅𝑒𝑎𝑙 = 100 °𝐶 − 20 °𝐶 = 80 °𝐶 
 
 
Para la corriente 2 - 3 
𝐷𝑆𝑇𝐶𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 =
240 
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟
8
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑟°𝐶
= 30 °𝐶 
𝑇 𝑅𝑒𝑎𝑙 = 140 °𝐶 − 30 °𝐶 = 110°𝐶 
 
11) Red de Intercambiador 
 
 
 
12) Carga térmica de hervidores y condensadores 
𝑄𝐸1 = 4(80 − 60) = 80
𝐾𝐶𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝑄𝐸2 = 6(110 − 25) = 510
𝐾𝐶𝑎𝑙
ℎ𝑟
 
𝑄𝐸𝑇 = 80 + 510 = 590
𝐾𝐶𝑎𝑙
ℎ𝑟
≤ 𝑄𝑐 
𝑄𝐻1 = 8(180 − 70) = 880
𝐾𝐶𝑎𝑙
ℎ𝑟
≤ 𝑄𝐻 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 9.8 
Considere las siguientes corrientes: 
CORRIENTE Wcpx104, btu/hr°F T ent, °F T sal, °F 
h1 10 150 70 
h2 4 220 150 
c1 5 80 270 
C2 3 50 120 
Tomando ∆Tmin igual a 20°F, identifique el punto de pliegue y los requerimientos 
mínimos de servicios. Diseñe una red de intercambiadores que cumpla con esos 
requerimientos mínimos. 
CORRIENTE T ent, °F T sal, °F TIN, °F tf, °F 
1 150 70 150 70 
2 220 150 220 150 
3 80 270 100 290 
4 50 120 70 140 
 
C Btu/hr°F 
1 10 
2 4 
3 5 
4 3 
 
Balance entalpico. 
290 
 ∆H1 -3.50E+02 (-5)*(290-220) 
220 
 ∆H2 -7.00E+01 (4-5)*(220-150) 
150 
 ∆H3 5.00E+01 (10-5)*(150-140) 
140 
 ∆H4 8.00E+01 (10-5-3)*(140-100) 
100 
 ∆H5 2.10E+02 (10-3)*(100-70) 
70 
 
 
H residual. 
290 
 -3.50E+02 (-350) 
220 
 -4.20E+02 (-350-70) 
150 
 -3.70E+02 (-420+50) 
140 
 -2.90E+02 (-370+80) 
100 
 -8.00E+01 (-290+210) 
70 
 
Punto de pliegue. 
 290 
 7.00E+01 (420-350) 
220 
 0.00E+00 (70-70) 
150 
 5.00E+01 (0+50) 
140 
 1.30E+02 (50+80) 
100 
 3.40E+02 (130+110) 
70 
 
 
 LADO CALIENTE 
 Linea 1 Linea 2 Linea 3 Linea 4 Linea 5 TOTAL 
Q 0 
T2 0 
Enfriador 280 
Calentador 700 150 850 
Total 0 280 700 150 0 
 LADO FRIO 
 Linea 1 Linea 2 Linea 3 Linea 4 Linea 5 TOTAL 
Q 250 250 
T2 212.5 212.5 
Enfriador 800 250 1050 
Calentador 0 
TOTAL 800 462.5 250 0 0 
 
Línea 3, Q= 5*(130-100) 
T° de salida en línea 2, 250=4*(220-x) 
X= 220- (250/4) 
Calentadores: 
Línea 3, Q=5* (270-130) 
Linea 4, Q= 3*(120-70) 
Enfriadores: 
Línea 1, Q= 10*(150-70) 
Línea 2, Q= 4* (212.5-150) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 9.9 
Se tiene dos corrientes calientes y dos corrientes frias que necesitan 
procesamiento, de acuerdo a la información proporcionada en la siguiente tabla. 
Usando un valor de ∆Tmin de 10°C. 
 
 Estime los requerimientos mínimos de servicios. 
 Reporte el punto de pliegue para cada tipo de corriente. 
 Diseñe una red de intercambiadores de calor que consuma la mínima 
cantidad de servicio. 
 
Solución: 
I. Ajuste de la temperatura mínima. 
 
 
Ordenar mayor a menor la temperaturas ajustadas. 
 Intervalo de T. 
Corriente T ent, °C Tsal ,°C WCp , kW/°C 
H1 175 50 10 
H2 120 
 
65 
 
40 
 
C1 
C2 
30 
50 
175 
130 
20 
15 
T1 = 175 
 
T2 = 130 
 
T3 = 120 
250 – 220 
 
175-130 
 
 
130-120 
 
 120-65 
 
65-50 
 
50-30 
 
 
T Entrada T 
Salida 
175 -----------------------------------------------------------------------------------------------------
------ T2 
130 ------- T6 
120 -----------------------------------------------------------------------------------------------------
------ T1 
65 ------- T4 
65 ------------------------------------------------------------------------------------------------------
------T5 
50 ------ T3 
50--------------------------------------------------------------------------------------------------------
------T7 
30------T8 
 
II. Grafica de las corrientes de acuerdo a su temperatura modifica. 
 
T4 = 65 
 
T5 = 50 
 
T6=30 
 
 
 
 
 
 
III. Balance 
Entalpico. 
∆𝐻𝑖 = [(∑ 𝑊𝑐𝑝𝑐𝑎𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 − ∑ 𝑊𝑐𝑝𝑓𝑟𝑖𝑜) (𝑇𝑖 − 𝑇1 + 1)] 
 
∆H1= (10-20)*(175-130) = -450 kW 
∆H2= (10-(20+15)*(130-120) = -250 kW 
∆H3= (10+40) –(20+15)*(120-65) = 825 kW 
∆H4= (10)-(20+15)(65-50) = -375 kW 
∆H5= -20*(50-30) = -400 kW 
 
IV. Cascada de calor 
Regla heurística 
T1 = 175 ºC Q1 = 0 kW 
 ∆H1= -450 kW 
T2 = 130 ºC Q2 = 0 kW -450 kW = -450 kW 
 ∆H2= -250 kW 
T3 = 120 ºC Q3 = -450+(-250) kW = -700 kW 
 ∆H3= 825 kW 
T4 = 65ºC Q4 = -700 kW + 825kW = 125 kW 
 ∆H4= -375Kw 
 
T5 = 50 ºC Q5 = 125 kW + (-375 kW) = -250 kW 
 ∆H5= -400 kW 
T6 = 30 ºC Q6 = -250 kW + (-400 kW )= -650 kW 
 
Qh = Cantidad mínima de calentamiento 
Qh = -700 kW 
 
Qc = Cantidad mínima de enfriamiento 
 
T1 = 175 ºC Q1 = 700 kW 
 ∆H1= -450 kW 
T2 = 130 ºC Q2 = 700 kW + (-450 )kW = 250kW 
 ∆H2= -250 kW 
T3 = 120 ºC Q3 = 250 kW + (-250 )kW = 825 kW∆H3= 825 kW 
T4 = 65 ºC Q4 = 0 kW + 825 kW = 0+825 kW 
 ∆H4= -375 kW 
T5 = 50 ºC Q5 = 825 kW + (-375 kW) = -400 kW 
 ∆H5= 70 kW 
T2 = 30 ºC Q6 = 450 kW + (-400 kW) = 50 kW 
 
Qc = 50 kW 
 
Con respecto a las temperaturas originales el punto de pliegue para la corriente 
caliente es 120 ºC y para la corriente fría es 110 ºC. 
 
V. Grafica de corriente de problema de diseño ubicada con respecto al punto 
de pliegue. 
 
 
El número mínimo de unidades que se requiere para cada lado de la red se estima 
con la siguiente formula: 
𝑈𝑀𝐼𝑁 = 𝑁𝑐 + 𝑁𝑠 − 1 
 
UMIN = Numero mínimo de intercambiadores 
Nc = Numero de corrientes involucradas 
NS= Numero de servicios 
 
Para la zona de arriba del punto de pliegue o zona de calentamiento. 
𝑈𝑀𝐼𝑁 = 4 + 1 − 1 = 4 
 
Para la zona abajo del punto de pliegue o zona de enfriamiento. 
𝑈𝑀𝐼𝑁 = 2 + 1 − 1 = 2 
 
Se debe elegir el intercambiador adecuado siempre y cuando se aplica: 
 
𝑊𝐶𝑝𝑓𝑟𝑖𝑎 ≥ 𝑊𝐶𝑝𝑐𝑎𝑙𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 
 
VI. Generar cascada de calor. 
Arriba del punto de pliegue 
QH1 =10 Kw/ºC (175-120)ºC = 550 kW 
QH2= 40 kw/ºC (120-120)ºC = 0 kw 
QC3 =20 Kw/ºC (165-110)ºC = 1100 kW 
QC4= 15 kw/ºC (120-110)ºC = 150 kw 
 
1Y 3 
 
QH1 =10 Kw/ºC (120-50)ºC = 700 kW 
QH2= 40 kw/ºC (120-65)ºC = 2200 kw 
QC3 =20 Kw/ºC (120-50)ºC = 700 kW 
QC4= 15 kw/ºC (120-65)ºC = 2200 kw 
 
 
 
 
∆𝑇𝑓𝑟𝑖𝑎 =
550 𝑘𝑊
10 𝑘𝑊/º𝐶
= 55 º𝐶 
𝑡 𝑎 𝑜𝑐𝑢𝑝𝑎𝑟 = 55 º𝐶 + 120º𝐶 = 175 º𝐶 
 
∆𝑇𝑓𝑟𝑖𝑎 =
700 𝑘𝑊
10 𝑘𝑊/º𝐶
= 70 º𝐶 
𝑡 𝑎 𝑜𝑐𝑢𝑝𝑎𝑟 = 70 º𝐶 + 50º𝐶 = 120 º𝐶 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 9.11 
Considere los siguientes datos para tres corrientes que desean usarse para 
integrar entre ellas. 
CORRIENTE T Ent °F T Sal °F WCp, Btu/Hr°F 
1 200 100 De 200 a 150 
°F:1x104 
 De 150 a 100 
°F:2x104 
2 100 100 0.5x104 
3 150 150 4.0x104 
 Identifique el punto de pliegue suponiendo una ∆ 𝑇𝑚𝑖𝑛 = 10°𝐹 Reporte el 
valor para cada tipo de corriente. 
 Identifique cual es la mínima cantidad de servicios que requiere cualquier 
red de intercambiadores de calor. 
 Diseñe una red de intercambiadores que consuma la mínima cantidad de 
servicios. 
 
Solución: 
1.- Ajustar las temperaturas de las corrientes frías sumando a cada una de ellas la 
∆T mínima, permaneciendo inalteradas las Corrientes calientes. 
CORRIENTE TENT °C T SAL °C 
H1 1 175 50 
H2 2 120 65 
C1 3 30 175 
 C2 4 50 130 
 
2.- Ordenar las temperaturas de mayor a menor 
TENT (°F) TSAL (°F) 
175………………………….T1 
 50………………….Duplicada 
120………………………….T3 
 65.…………………..T4 
30………………………….T6 
 175……………………Duplicada 
50.…………………………..T5 
 130……………………T2 
 
 
 
3.- Ordenando tenemos lo siguiente Intervalo de Temperatura 
T1:175 175 - 130 
T2:130 130 - 120 
T3:120 120 - 65 
T4:65 65 - 50 
T5:50 50 - 30 
T6:30 
 
4.- Calculo de W=wcp calcular el flujo 
W1= 10 Kcal/ Hr 
W2= 40 Kcal/Hr 
W3= 20 Kcal/Hr 
W4= 15 Kcal/Hr 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.- Graficar las Corrientes (4) de acuerdo a su Temperatura Modificada 
175 ……………………………………………………….. 
 ∆H1 
130 ………………………………………………………… 
 ∆H2 
120 .………………………………………………………….. 
 ∆H3 
65 …………………………………………………………… 
 ∆H4 
50 …………………………………………………………… 
 ∆H5 
30 ….............................................................................. 
 
 10 40 20 15 
 
6.- Balance entalpíco 
∆H1=((10-20) (175-130)) = -450 Kcal/hr 
∆H2=(10-(20+15) x (130-120)) = -250 Kcal/Hr 
∆H3=((10+40)-(20+15) x (120-65)) = 825 Kcal/hr 
∆H4=(10-(20+15)x (65-50)) = -375 Kcal/Hr 
∆H5=(20)x (50-30)) = 400 Kcal/hr 
 
 
 
 
7.- Cascada de calor 
Regla euristica con Q=0 
Por lo tanto Qi+1=Qi+∆Hi 
 Q 
T1=175°C ……………………………….0 
∆H= -450 Kcal/Hr 
T2=130°C ……………………………… -450 Kcal/Hr 
∆H= -250 Kcal/Hr 
T3=120°C……………………………… -700 Kcal/Hr 
∆H= 825 Kcal/Hr 
T4= 65°C…………………………….. 125 Kcal/Hr 
∆H= -375 Kcal/Hr 
T5=50 °C ……………………………… -250 Kcal/Hr 
∆H= 400 Kcal/Hr 
T6=30 °C ……………………………… 150 Kcal/Hr 
 
Al dato de mayor valor aunque tenga signo (-) se le conoce como cantidad 
minima de calentamiento QH Qh= 700 Btu/Hr 
 
8.- Cantidad minima de enfriamiento (Qc) 
Regla euristica Qh=Qi 
 
 
 Q 
T1=175°C ……………………………….700 
∆H= -450 Kcal/Hr 
T2=130°C ……………………………… 250 Kcal/Hr 
∆H= -250 Kcal/Hr 
T3=120°C……………………………… 0 Kcal/Hr 
∆H= 825 Kcal/Hr 
T4= 65°C…………………………….. 825 Kcal/Hr 
∆H= -375 Kcal/Hr 
T5=50 °C ……………………………… 450 Kcal/Hr 
∆H= 400 Kcal/Hr 
T6=30 °C ……………………………… 850 Kcal/Hr 
POR TANTO Qc= 825 Kcal/hr 
9.- El número mínimo de unidades que se requiere para cada lado de la red se 
estima con la siguiente ecuación: 
Umin= Nc + Ns-1 
Donde: 
Umin: Numero de intercambiadores 
Nc: Numero de corrientes involucradas 
Ns: Nuero de Servicios 
a) Para la zona de arriba del punto de quiebre o zona de calentamiento 
Umin= 4 + 1= 4 
b) Para la zona bajo de punto de quiebre o zona de enfriamiento 
Umin= 2 + 1 – 1 = 2 
10.- Carga térmica del primer enfriador 
Q=∆T x wcp 
Q= (10)x(120-65)= 550 Kcal/Hr 
A) Carga Térmica del segundo enfriador 
Q2= wcp x ∆T 
Q2=(40) x (120-65)= 275 Kcal/Hr 
11.- Por arriba del punto de pliegue se tiene 2 Corrientes Calientes y 2 Corrientes 
frías por lo tanto existen 2 posibilidades para comenzar el diseño de la red 
a) 1-4 y 2-3 
b) 1-3 y 2-4 
Nota: Para elegir el intercambiador adecuado se deben cumplir con el siguiente 
criterio wcp frías ≥ wcp calientes 
1-3 = 20 > 10 
2-4 = 40> 15 
12.- se genera la cascada de calor 
Calcular Q= wcp x ∆T para cada una de las corrientes 
Qc1= (10) (175-30) = 360 Kcl/Hr 
Qc2= (40) (150-20) = 180 Kcl/Hr 
Qf1= (20) (20-165) = 2160 Kcal/Hr 
Qf2= (15) (15-120) = 700 Kcal/Hr 
 
 
 
 
 
 
Cascada de calor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 10 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROBLEMA 10.1 
Zamora y Grossmann (Computers Chem, Engng., 21, Suppl., S65-S70, 1997) 
usaron un algoritmo de optimizacion global 
Costo de intercambiadores y enfriadores ($/año)= 15,000 + 30 A0.8, A en m2 
Costo de calentadores ($/año)= 15,000 + 60 A0.8, A en m2 
Costo de agua de enfriamiento = 10 $/kW año 
 
Costo de vapor de calentamiento= 110 $/kW año 
 Diseñe una red de intercambiadores de calor con minimo consumo de 
energia usando un valor de incremento de ∆Tmín entre 5 y 10°C. Compare el 
costo con el optimo reportado por Zamora y Grossmann de 419.98x103 
$/año. 
 Realice una preoptimización de ∆Tmin usando la formula Bath para la 
prediccion del area requerida. Compare el valor optimo predicho de ∆Tmin 
con el usado en laparte (a). 
 Diseñe la red al valor obtenido en el inciso (b) y compare el resultado con el 
optimo reportado. 
 
Usando un algoritmo de optimización global para resolver el siguienteproblema: 
Tabla 1: Datos del problema. 
Corriente Ten °C Tsal 
°C 
WCp 
Kw/°C 
h,Kw/m2°C 
C1 180 75 30 0.15 
Corriente T ent, ºC Tsal ,ºC WCp , kW/ºK h, kW/m2*C 
H1 180 75 30 0.15 
H2 240 60 40 0.10 
C1 
C2 
Agua 
Vapor 
40 
120 
25 
325 
230 
300 
40 
325 
35 
20 
0.20 
0.10 
0.50 
2.00 
C2 240 60 40 0.1 
F1 40 230 35 0.2 
F2 120 300 20 0.1 
 
I. Tmin.= 5 y 10 °C 
Corriente Toriginal Tsal Tajustada Orden 
1 180 170 T3 
 75 65 T5 
2 240 230 T2 
 60 50 T6 
3 40 40 T7 
 230 230 duplicada 
4 120 120 T4 
 300 300 T1 
 
 
 
Ordenando las temperaturas de mayor a menor: 
T1 300 °C 
T2 230 °C 
T3 170 °C 
T4 120 °C 
T5 65 °C 
T6 50 °C 
T7 40 °C 
 
II. Como el problema ya nos da los valores de W procedemos a graficar 
las corrientes de acuerdo a su temperatura modificada. 
C1 C2 
wCp T wCp T 
30 180 40 170 
30 75 40 50 
 
F1 F2 
wCp T wCp T 
35 40 20 120 
35 230 20 300 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
III. Cálculo 
del balance entálpico: 
Fórmula: 
∆𝐻𝑖 = (∑ 𝑤𝑐𝑝 𝑐𝑎𝑙 − ∑ 𝑤𝑐𝑝 𝑓𝑟𝑖𝑎𝑠)( 𝑇𝑖 − 𝑇𝑖+1) 
 
H1 700 Kw/hr 
H2 -1500 Kw/hr 
H3 750 Kw/hr 
H4 3850 Kw/hr 
30, 180
30, 75
40, 170
40, 50
35, 40
35, 230
20, 120
20, 300
0
50
100
150
200
250
300
350
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45
C1 C2 F1 F2
IV. Cascada de calor: 
Por regla heurística el concepto es calor Q1=𝟇 
Fórmula: 𝑄𝑖+1 = 𝑄𝑖 + ∆𝐻𝑖 
 
 
Resultados: 
 Q 
T1 300 °C 0 Q1 
dH1 700 Kw/hr 
T2 230 °C 700 Q2 
dH2 -1500 Kw/hr 
T3 170 °C -800 Q3 
dH3 750 Kw/hr 
T4 120 °C -50 Q4 
dH4 3850 Kw/hr 
T5 65 °C 3800 Q5 
 
V. Cantidad mínima de calentamiento 
Qh 3800 Kw/hr 
 
VI. Cantidad mínima de enfriamiento y el punto de pliegue 
Donde Qh=Q1 
 Q 
T1 300 °C 3800 Q1 
dH1 700 Kw/hr 
T2 230 °C 4500 Q2 
dH2 -1500 Kw/hr 
T3 170 °C 3000 Q3 
dH3 750 Kw/hr 
T4 120 °C 3750 Q4 
dH4 3850 Kw/hr 
T5 65 °C 7600 Q5 
 
Qc 7600 Kw/hr 
 
P.P.C 170 °C 
P.P.F 120 °C 
 Número mínimo de intercambiadores 
Fórmula: 
𝑼𝑴𝑰𝑵 = 𝑵𝑪 + 𝑵𝑪 − 𝟏 
 
VII. Para la zona arriba del punto de pliegue o zona de calentamiento. 
 Nc 4 
 Ns 1 
 Umin. 4 
 
 
VIII. Para la zona por abajo del punto de pliegue o zona de 
enfriamiento. 
 
 
Nc 2 
 Ns 1 
 Umin. 2 
 
 Carga térmica del primer enfriador. 
Q1 2100 Kw/hr 
 
 Carga térmica del segundo enfriador. 
Q2 2800 Kw/hr 
 
 Consumo mínimo de enfriamiento. 
Q1+Q2 4900 Kw/hr 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
IX. Área de la red 
 
 
Fórmula: 
𝐴𝐾 =
1
∆𝑇𝑀𝐿𝐾
( ∑
𝑄𝑖
ℎ𝑖
𝑐𝑜𝑟𝑟.𝑐𝑎𝑙
𝐼
+ ∑
𝑄𝑗
ℎ𝑗
𝑐𝑜𝑟𝑟.𝑓𝑟𝑖𝑎𝑠
𝑗
) 
 
 
 
 
 
A 97.5 m2 
I 1 
2 
3 
300 
 
C 
65 
 
65 
 
40 
230 
 
300 
120 
H 
I 
120 
 
 
170 
 
 
E 
120 
 
 
4 
PROBLEMA 10.4 
Los siguientes datos se aplican a una planta de aromáticos (linnof y 
ahmad,computers chem engng ,14,7,729-750,1990). A partir de los cuales se 
quiere diseñar una red de intercambiadores de calor. 
Corriente T ent,C T sal,C Wcp,kW/K h,kW/m2-k 
H1 327 40 100 0.50 
H2 220 160 180 0.40 
H3 220 60 60 0.14 
H4 160 45 400 0.30 
C1 100 300 100 0.35 
C2 35 164 70 0.70 
C3 85 138 350 0.50 
C4 60 170 60 0.14 
C5 140 300 200 0.60 
Aceite 330 250 0.50 
Agua 15 30 0.50 
 
Costo de intercambiadores (s) = 10,000 350A, con A en m2 
Vida de la planta=5años 
Costo de aceite=60 S/kW año 
Costo de agua=6S/kw año 
Diseñe una red de intercambiadores a un valor selecto de ∆min y compare con la 
solución reportada de linnhoff ahmad que tiene un costo de 2.96*10^6 s/año. 
Compare las predicciones obtenidas con los resultados del diseño de la red. 
 ∆min de 10 K, se modificaron las corrientes calientes. 
 Valor 
selecto 
 
dTmin 10 °C 
Corriente T ent, °C Tsal, °C Wcp, 
MW/°C 
H1 317 30 100 
H2 210 150 180 
H3 220 50 60 
H4 150 35 400 
C1 100 300 100 
C2 35 164 70 
C3 85 138 350 
C4 60 170 60 
C5 140 300 200 
 
Ordenar las temperaturas de mayor a menor 
T 317 T1 317 
T 30 T2 300 
T 210 T3 220 
T 150 T4 210 
T 220 T5 170 
T 50 T6 164 
T 150 T7 150 
T 35 T8 140 
T 100 T9 138 
T 300 T10 85 
T 35 T11 60 
T 164 T12 50 
T 85 T13 35 
T 138 T14 30 
T 60 
T 170 
 
 
Corriente T 
Original 
 T Mod 
H1 327 317 
 40 30 
H2 220 210 
 160 150 
H3 220 220 
 60 50 
H4 160 150 
 35 
C1 100 100 
 300 300 
C2 35 35 
 164 164 
C3 85 85 
 138 138 
C4 60 60 
 170 170 
C5 140 140 
 
I. Graficar las corrientes de acuerdo a la temperatura modificada 
H1 H2 H4 
wCp T wCp T wCp T 
100 327 180 210 400 150 
100 40 180 150 400 35 
 
H3 C1 
wCp T wCp T 
60 220 100 100 
60 60 100 300 
 
 
 
C2 C3 
wCp T wCp T 
70 35 350 85 
70 164 350 138 
 
C4 C5 
wCp T wCp T 
60 60 200 140 
60 170 200 40 
 
 
Balance de entalpia 
∆𝐻𝑖 = (∑ 𝑤𝑐𝑝 𝑐𝑎𝑙 − ∑ 𝑤𝑐𝑝 𝑓𝑟𝑖𝑎𝑠)( 𝑇𝑖 − 𝑇𝑖+1) 
327
40
210
150
220
60
100
300
35
164
85
138
60
170
150
35
140
40
15
55
95
135
175
215
255
295
335
375
10 90 170 250 330 410
H1 H2
H3 C1
C2 C3
C4 H4
C5+'Hoja1 (3)'!$P$27:$P$34
H1 -6460 BTU/hr 
H2 -19200 BTU/hr 
H3 -5500 BTU/hr 
H4 -20400 BTU/hr 
H5 -2280 BTU/hr 
H6 -7280 BTU/hr 
H7 -1400 BTU/hr 
H8 340 BTU/hr 
H9 6890 BTU/hr 
H10 -1000 BTU/hr 
H11 -400 BTU/hr 
H12 -1950 BTU/hr 
H13 -2700 BTU/hr 
II. Cascada de calor 
𝑄𝑖+1 = 𝑄𝑖 + ∆𝐻𝑖 
 
 
Q1 0 BTU/hr 
Q2 -6460 BTU/hr 
Q3 -25660 BTU/hr 
Q4 -31160 BTU/hr 
Q5 -51560 BTU/hr 
Q6 -53840 BTU/hr 
Q7 -61120 BTU/hr 
Q8 -62520 BTU/hr 
Q9 -62180 BTU/hr 
Q10 -55290 BTU/hr 
Q11 -56290 BTU/hr 
III. Cantidad minima de calentamiento 
Qh 62520 BTU/hr 
IV. Cantidad mínima de enfriamiento 
Q1 62520 
Q2 56060 
Q3 36860 
Q4 31360 
Q5 10960 
Q6 8680 
Q7 1400 
Q8 0 
Q9 340 
Q10 7230 
Q11 6230 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Qc 56060 BTU/hr 
problema 10.11 
Se desea diseñar una red de intercambiadores de calor para el siguiente caso 
(colberg y morari Computers chem engng 14, 1,1-22,1990) 
 
Corriente T ent,K T sal, K WCp, kW/K h.kW/m2 
HI 393 343 4 2.0 
H2 405 288 6 0.2 
C1 293 493 5 2.0 
C2 353 383 10 0.2 
Vapor 520 520 2.0 
agua 278 288 2.0 
 
 para una ∆min de 10 k, obtenga la predicción de energía y áreas para cualquier 
red a partir del diagrama de curvas compuestas. 
 diseñe una red de intercambiadores que consuma la mínima cantidad de 
servicios y compare los requerimientos de área con los predichos por la 
formula Bath. 
I. ∆min de 10 K, se modificaron las corrientes calientes. 
Corriente Ten °C Tsal °C WCp 
BTU/hr°F 
H1 383 333 4 
H2 395 278 6 
C1 293 493 5 
C2 353 383 10 
 
Ordenar las temperaturas de mayor a menor 
 
T1 493 Intervalo 
de T 
T2 395 493-395 
T3 383 395-383 
T4 353 383-353 
T5 333 353-333 
T6 293 333-293 
T7 278 293-278 
 
 
Corriente T original Tmodificada 
H1 393 383 T3 
 343 333 T4 
H2 405 395 T2 
 288 278 T5 
C1 293 293 Duplicada 
 493 493 T1 
C2 353 353 Duplicada 
 383 383 duplicada 
 
T1 493 T1 493 
Duplicada 383 T2 405 
T2 405 T3 393 
T3 393 T4 343 
T4 343 T5 288 
Duplicada 293 
T5 288 
Duplicada 353 
 
Graficar las corrientes de acuerdo a la temperatura modificada 
| 
 
 
Balance 
entalpico 
∆𝐻𝑖 = (∑ 𝑤𝑐𝑝 𝑐𝑎𝑙 − ∑ 𝑤𝑐𝑝 𝑓𝑟𝑖𝑎𝑠)( 𝑇𝑖 − 𝑇𝑖+1) 
 
H1 -528 BTU/hr 
H2 -132 BTU/hr 
H3 -250 BTU/hr 
H4 550 BTU/hr 
 
Cascada de calor 
393
343
293
493
395
278
353
383
270
300
330
360
390
420
450
480
510
2 4 6 8 10 12
H1 C1 H2 C2
H1 H2 
wCp T wCp T 
4 393 6 395 
4 343 6 278 
 
C1 C2 
wCp T wCp T 
5 293 10 353 
5 493 10 383 
 
𝑄𝑖+1 = 𝑄𝑖 + ∆𝐻𝑖 
Q1 0 BTU/hr Qh=Q1=No hay fuente de calor externa 
Q2 -528