Problemas de Tranferencia de Masa 1 Absorcion de Gases

8/18/2019 Problemas de Tranferencia de Masa 1 Absorcion de Gases

1/32

FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1

PROBLEMAS DE TRANFERENCIA DE MASA 1

1.- En una columna de absorción de platos se tratan 150m

3

hora de una mezcla de

NH 3- Aire que entra por el fondo de la columna con una concentración de 3 % en

volumen de NH 3 nace de la c!spide con una concentración de 0"05 % en volumen"

Al absorber el a#ua se verifica a $ 30 & ' 1 atm" (a relación de equilibrio para

ciertas sustancias" A concentraciones ba)as de NH3 dado por 0"1*5+" 'ara + e

las fracciones molares en la fase liquida #aseosa respectivamente" &alc!lese"

A, (a cantidad mnima de a#ua empleada., El n!mero de etapas teóricas que empleara el /0% recuperar la cantidad

mnima de a#ua empleando la ecuación de balance"&, Empleando la ecuación, r2ficamente

SOLUCION

y = 0.185x

1 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES


2/32


&onvertimos a relaciones molares

y = 0.185x

Y

Y +1=0.185

X

1+ X

Y =0.185 X (Y +1)

1+ X

Y ∗(1−0.185 X

1+ X )=

0.185

1+ X

Y ∗(1−0.185 X

1+ X )=

0.185

1+ X

Y ∗(1+0.815 X

1+ X )=

0.185

1+ X

Y = 0.185 X

1+0.815 X (α )

&omo primer paso para el desarrollo de este problema analizamos la concavidad de la

curva de equilibrio4 para esto analizamos la se#unda derivada"

Y ¿=0.185

(1+0.815 ) X −0.815 X

(1+0.815 X )2 (1)

Y

¿

=

0.185

(1+0.185 X )2 primera derivada

¿∗¿=0.185∗−1∗2 (1+0.815 X )∗0.815

(1+0.815 X )4

Y ¿

¿∗¿=0.185∗−2∗0.815∗0.185

(1+0.815 X )4 segundaderivada

Y

¿



3/32


'ara que una curva se cóncava acia aba)o basta que un punto valuado en la

se#unda derivada sea cero para poder aceptar esta concavidad"

Analizamos para 6 0

¿∗¿=0.185∗−2∗0.815∗0.185

(1+0.815(0))4

Y ¿

Notamos que al valuar en cero nos saldr2 un numero ne#ativo por lo tanto la curva es

cóncava acia aba)o"

Aora procedemos a determinar el punto de tan#encia que resultara de la intersección

de la curva de equilibro con la recta de operación"

e la ecuación (α )

Y T = 0.185

1+0.815 X T

(a recta de operación

Y T =

L S

G Smin ( X T − X 0 )+Y 1

&omo en la recta la relación

LS

G S min est2 representada por la primera derivada "'or lo

tanto reemplazamos la ecuación 71, en la recta de operación"

Y T = 0.185

(1+0.185 X )2 ( X T − X 0 )+Y 1

8#ualamos la ecuación de la curva de equilibrio la recta de operación con el fin de

allar el punto de tan#encia"



4/32


0.185

1+0.815 X T =

0.185

(1+0.185 X )2 ( X T − X 0 )+Y 1

&alculamos el 9 1

Y 1= y1

1− y1=

0.05∗10−2

1+0.05∗10−2=5.0025∗10−4

:eemplazamos

0.185

1+0.815 X T =

0.185

(1+0.185 X )2 ( X T −0 )+5.0025∗10

−4

0.185 X T (1+0.815 X T )

(1+0.815 X T )2

= 0.185

(1+0.185 X )2 ( X T )+5.0025∗10

−4

0.185∗0.815∗ X T 2

0.8152 X T

2+1.63∗ X T +1=5.0025∗10−4

0.150775 X T 2=3.321125∗10−4∗ X T

2+8.15∗10−4 X T +5.0025∗10−4

0.150443 X T 2−8.15∗10−4 X T ∗−5.0025∗10

−4=0

:esolvemos la ecuación cuadr2tica tenemos

X T =0 .06044

" Hallamos elY T

Y T = 0.185

1+0.815 X T

Y T =

0.185 X T

1+0.815∗(0.06044)=0.010653



5/32


&onocido el X T podemos conocer el valor de la pendiente de la recta de operación

L S

G S min=Y ¿=

0.185

(1+0.185 X )2

:eemplazamos

LS

G S min=Y ¿=

0.185

(1+0.815(0.06044))2

LS

G S min=0.168038

A) La cantidad mínima d a!"a m#$ada%B)

1"- &alculas el s

GS=G NP+1∗(1− y NP+1)

GS=150 m

3

hora∗(1−0.03 )=145.5 m

3

hora

e la pendiente

LS

G S min=0.168038

LSmin=0.168038∗145.5 m

3

hora



6/32


LSmin=24.449529 m

3

hora

Ent&nc'%

Ls= L0(1− x0)

&omo + 0 0

Tnm&'

Ls= L0=24.449529 m

3

hora

C) El número de etapas teóricas que emplearan para una

relación 1.6 mayor

LS

G S=0.168038∗1.6=0.268861

e la ecuación

Ls

G s=

Y NP+1−Y 1 X NP− X 0

Ls

G s=0.268861=

0.030928−0.0005

X NP−0

X NP=0.113174

• ;abemos adem2s

X NP=0.113174= x NP

1− x NP



7/32


:esolviendo< x NP=0.101668

(ue#o

Gs=G NP+1(1− y NP+1)

Gs=150 m

3

hora(1−0.03)

Gs=145.5 m

3

hora

• Hallamos el Ls:

Ls

G s=0.268861

Ls= L0=0.268861∗145.5 m

3

hora=39.119275

m3

hora

Uti$i(am&' $ mt&d& d *+m'+%

'ara esto calculamos lo si#uiente

A tope= L0

m∗G1 A fondo=

L NP

m∗G NP+1 A=√ A tope∗ A fondo

• &2lculos



8/32


Gs=G1(1− y1)

145.5 m

3

hora=G1(1−0.05∗10

−2)

G1=145.572786 m

3

hora

Ls= L NP∗(1− x NP)

39.119275 m

3

hora= L NP∗(1−0.101668)

L NP=43.546567 m

3

hora

Fina$mnt ca$c"$am&' $ A%

Sind& m $a #ndint%

A tope= L0

m∗G1

A tope=39.119275

m3

hora

0.185∗145.572786 m

3

hora

A tope=1.452576

A fondo= L NP

m∗G NP+1



9/32


A fondo=43.546519

m3

hora

0.185∗150 m

3

hora

A fondo=1.569244

A=√ A tope∗ A fondo

A=√ 1.599201∗1.727646=¿ 1.509783

*REMSER%

N P=

log ( y NP+1− x0∗m

y1− x0∗m (1− 1

A )+ 1

A)

log ( A)

N P=

log( 0 .03

0 .05∗10−2 (1− 1

1.509783 )+ 11 .509783 )log (1 .509783)

N P=7 .381138 N"m+& d ta#a' t,+ica'.

c) EMPLEANDO LA ECUACION DE BALANCE

ebemos realizar un proceso de iteración asta un valor X NP=0.113174

X n= Y n

m+(m−1 )∗Y n

Y n+1= Ls

G s∗( X n− X 0 )+Y 1

0.268861∗ X n = 0"0005



10/32


Pa+tim&' d Y 1=0 .0005 m .1/0

X 1=

0.0005

0.185+(0.185−1 )∗0.0005=0 .002709

Y 2=0.268861∗ X 1=0.268861∗0.002709+0.0005

Y 2=0.001228

X 2= 0.001228

0.185+(0.185−1 )∗0.001228=0.006674

Y 3=0.268861∗ X 2=0.268861∗0.006674+0.0005

Y 3=0.002294

X 3= 0.0022940.185+(0.185−1 )∗0.002294

=0.012526

Y 4=0.268861∗ X 2=0.268861∗0.012526+0.0005

Y 4=0.003868

X 4=

0.003868

0.185+(0.185−1 )∗0.003868=0.021271

Y 5=0.268861∗ X 2=0.268861∗0.021271+0.0005

Y 5=0.006219



11/32


X 5= 0.006219

0.185+(0.185−1 )∗0.006219=0.034563

Y 6=0.268861∗ X 2=0.268861∗0.034563+0.0005

Y 6=0.009793

X 6=

0.009793

0.185+ (0.185−1 )∗0.009793=0.055322

Y

7

=0.268861∗ X 2

=0.268861∗0.055322+0.0005

Y 7=0.015374

X 7= 0.015374

0.185+ (0.185−1 )∗0.015374=0.08914

Y 8=0.268861∗ X 2=0.268861∗0.08914+0.0005

Y 8=0.024466

X 8=

0.024466

0.185+ (0.185−1 )∗0.024466=0.148231

Y 9=0.268861∗ X 2=0.268861∗0.148231+0.0005

Y 9=0.040354

X 9= 0.040354

0.185+ (0.185−1 )∗0.040354=0.265292



12/32


ETAPAS Y X

1 0.0005 0.002709 ¿ X NP

2 0.001228 0.006674 ¿ X NP

3 0.002294 0.012526 ¿ X NP

4 0.003868 0.021271 ¿ X NP

5 0.006219 0.034563 ¿ X NP

6 0.009793 0.055322 ¿ X NP

7 0.015374 0.089140 ¿ X NP

8 0.024467 0.148231 ¿ X NP

9 0.040354 0.265292 ¿ X NP

X

X

(¿¿8− X 7)∗(Y 9−Y 8)

2

(¿¿ NP− X 7)∗(Y NP+1−Y 8)

2¿

FRA!"N =¿

FRA!"N =

(0.113174−0.08914)∗(0.030928−0.024467)2

(0.148231−0.08914)∗(0.040354−0.024467)2

FRA!"N =0.165390



13/32


Por lo tanto la respuesta = 7 +0.16539 7.16539

Numero e platos te!r"#os.

d) METODO GRAFICO

$%&'()&*+N,+:

&ontamos en la #rafica con > platos m2s una fracción

Esa fracción lo allamos de la si#uiente manera

f ∠Ι=∠Ι

del Triangulo pequeño

del Triangulo grande

Area f

Area=



14/32


0.148231 0.089140)* (0.040354 0.024467)

2

(0.113171 0.089140)* (0.030928 0.024467

2∠Ι

− −∠Ι =

− −=

FRA!"N =

(0.113174−0.08914)∗(0.030928−0.024467)2

(0.148231−0.08914)∗(0.040354−0.024467)2

FRA!"N =0.165390

'or lo tanto la respuesta 2.13045 .13045 Numero de platos teóricos"



15/32


6.- ?na mezcla 5 % de butano @5 % de aire se introducen como alimentación de unabsorbedor de de platos perforados que consta de * etapas ideales" El liquido

absorbente es una aceite pesado no vol2til de ' B50 cua densidad relativa es

04@" (a absorción tiene lu#ar a 1 atm 15C&" (a recuperación del butano ser2 de @5

%4 la presión del vapor del butano a 15C& es 14@B atm4 el butano liquido tiene una

densidad de 5*0 D#m3 a 15 C&" &alcular los m3 de aceite absorbente fresco que al

utilizarse por m3 de butano recuperado"

:esuFlvase analticamente #r2ficamente"

7;upón#ase que son aplicables la le de :aoult la le de alton",

;olución



16/32


-el prolema se sae /ue:

#Re=(1− Y 1

Y Np+1)

0,95=(1− Y 1

0,05263)

Y 1=(1−0,95 ) .0,05263

Y 1=0,002632

+nton#es:


1atm

15$

G Np+1

L0

x


17/32


y1= Y 1

1+Y 1

y1= 0,002632

1+0,002632

y1=0,002623

Aplicando la le de :aoult la le de alton

P A= P$ A . x A

y A . P= x A . P$

A

;e obtiene la curva de equilibrio

y A= P

$ A

P . x A

y A=1,92atm

1atm . x A

y A=1,92. x A

a" Analticamente



18/32


e la ecuación de Dremser

Np=log [

y Np+1−m . x0 y1−m. x0 .(

1−

1

A

)+ 1

A ]log A

Hallando el valor de A

8=

log [ 0,05263−1,92.00,002632−1,92.0

.(1− 1 A )+ 1

A]

log A

8.log A= log[ 0,05263−1,92.00,002632−1,92.0

.(1− 1 A )+ 1 A ]

log A8=log [

0,05263−1,92.00,002632−1,92.0

.(1− 1 A )+ 1

A ]

10log A

8

=10log[ 0,05263−1,92.0

0,002632−1,92.0.(1− 1 A )+

1

A]

A8=

0,05263−1,92.00,002632−1,92.0

.(1− 1 A )+ 1

A

A9−

0,05263−1,92.00,002632−1,92.0

. ( A−1)−1=0



19/32


:esolviendo por el mFtodo de NeGton :apson

f ( A )= A9− 0,05263−1,92.0

0,002632−1,92.0 . ( A−1)−1=0

f ( A )= A9−19,9963. A+18,9963

f ( A ) % =9. A8−19,9963

)onstruendo un cuadro resumen de las iteraciones4 con A0=1,5

i xi f ( x) f ( x) % x i+1

0 145 B>4B5 B10"//3@ 1"3/@>

1 1"3/@> *"5>>B @1"50@5 1"B>5@

B 1"B>5@ B">* 3"B*1 1"B1@3

3 1"B1@3 0"5>35 B3"@@>1 1"1@5

1"1@55 0"0>*> 1>"553/ 1"1@1

5 1"1@1 0"00B5 1/"05 1"1@0*

/ 1"1@0* 0"00B* 1/"033 1"1@0*

Iinalmente se tiene el valor de A

A=1,1908

;e sabe que

A=√ ( A tope . A fondo)



20/32


1,1908=√ L0m. G1

. L NPm .G Np

1,1908=√ Ls

(1− x0)

m. Gs

(1− y1)

.

L Np

(1− x Np)

m. G Np

(1− y Np)

1,1908=

√ Ls

m. Gs.

√(1− y1)

(1− x0)

(1− y Np)

(1− x Np)

1,1908= 1

m .√

Ls

Gs.√

(1− y1)

(1− x0)

(1− y Np)

(1− x Np)

?sando la ecuación de diseJo

Ls

Gs=

Y 1−Y Np+1 X 0− X Np

;e tiene entonces

1,1908= 1

m .√

y1

1− y1−

y Np+1

1− y Np+1 x0

1− x0−

x Np

1− x Np

.√(1− y1)

(1− x0)

(1− y Np+1)

(1− x Np)



21/32


1,1908= 1

1,92.√

0,002623

1−0,002623−

0,05

1−0,05

0

1−0−

x Np1− x Np

.√(1−0,002623 )

(1−0)(1−0,05)(1− x Np)

1,1908= 1

1,92 .√ 0,05.√ 0,925 .

1

√ x

Entonces

x Np=0,02127

Hallando los m3

de aceite absorbente fresco por m3

de butano recuperado

L Np= L0+m3

de A (&mo' )(en'are(upera(ion )

L Np= Ls+m3

de A .580&g

m3

.1 )mo'

58 )g

L Np= Ls+10 &mo'

'or lo tanto

Ls

1− x Np= Ls+10&mo'

Ls

1−0,02127= Ls+10



22/32


Ls=460,3669 &mo'.250 )g

1&mo' . 1m

3

900 )g

Ls=127,877 m3

b" r2ficamente

e la curva de equilibrio4 se construir2

y A=1,92. x A

Y

1+Y =1,92.

X

1+ X

Y = 1,92 X

1−0,92 X

0 0.000

001 0.0193

002 0.0391

003 0.0592

004 0.0797

Adem2s se tiene la recta de operación



23/32


Ls

Gs=

Y 1−Y Np+1 X 0− X Np

Y =460,3669

Gs . ( X −0 )+0.002632

Hallando s

460.3669

Gs =0.002632−0.05263

0−0.02127

Gs=1958.479 &mo'

Entonces

Y =460,3669

1958.479 . ( X −0 )+0.002632

Y =0.235 . ( X )+0.00263



24/32


e la #rafica se obtiene

X Np=0.02055

Hallando los m3

de aceite absorbente fresco por m3

de butano recuperado

L Np= L0+m3

de A (&mo' )(en'are(upera(ion )

L Np= Ls+m3

de A .580&g

m

3 .

1 )mo'

58 )g


XNp=0.02055


25/32


L Np= Ls+10 &mo'

'or lo tanto

Ls

1− x Np= Ls+10&mo'

Ls

1−0,02055= Ls+10

Ls=466.,19&mo'.250 )g

1&mo' . 1m

3

900 )g

Ls=129.49 m3



26/32


7.- ?n idrocarburo relativamente no vol2til que contiene propano se e+trae por

reacción directa con vapor sobrecalentado en una torre de absorción de platos para

reducir el contenido al %la temperatura se mantiene constante a BBBD por

calentamiento interno de la torre que opera a B"0B/ *10−5

'a de presión" ;e usa un

total de 11"BDmol de vapor directo para 300Dmol de liquido total de entrada la

relación de equilibrio esta dada por ¿ B5+

El vapor puede considerarse como #as inerte que no condensa alle rafica

analticamente



27/32


5.!?na columna de 30 etapas tiene los si#uientes flu)os" Ilu)o de liquido en e tope

1100 D# en el fondo 15300 D#" Ilu)o de vapor en el tope B3300 D# en el fondo

B500 D# densidad del liquido 50" (bpie3 densidad del vapor promedio 0"1/5

(bpie3" (a tensión superficial del liquido B0"5 inascm temperatura promedio *BC&4

presión 1* ';8A"

;e tiene información de que el sistema es mu espumante" etermine el di2metro de

la columna"

"#$%C'

• En este problema se trata de una columna de absorción a que los flu)os molares

del fondo son maores a los flu)os molares del tope"

?samos la si#uiente ecuación emprica"

+ F = F ( , L− ,G ,G )0.5

( - 20 )0.20

+ F =¿ Kelocidad superficial del #as a travFs del 2rea neta activa4 en

condiciones de inundación4 pies"

F =¿ &onstante emprica cuo valor depende del diseJo de la bande)a4

pies"

, L=¿ ensidad del liquido4 (bpie3"

,G=¿ ensidad del #as4 (bpie3"

- =¿ $ensión superficial del lquido4 inascm"



28/32


• Hallamos F de la #rafica que esta en función del desplazamiento entre las

bande)a 7t, de la relación ( ,G , L )0.5

L

G espaciado"

• Nosotros ele#imos un espaciado de la tabla"

• • Ele#imos el espaciado de B pies

• Ha#amos ( ,G , L )0.5

L

G

( ,G , L )0.5

L

G=(0.165 L/ pie

3

50.40 L/ pie3 )0.5

15300 )g/h24500 )g/h



29/32


( ,G , L )0.5

L

G=0.0357

• e la #rafica sacamos que el F =0.38

pie

s

• :emplazamos en la ecuación para allar el+ F "

+ F = F ( , L− ,G ,G )0.5

( - 20 )0.20

+ F =0.38 (50.40 L/ pie3−0.165 L/ pie3

0.165 L/ pie3 )0.5

(20.5dinas /(m20 )0.20

+ F =6.6633 pie /s

• Hallamos el velocidad superficial 7 + , sabiendo que el sistema es mu

espumante"



30/32


+ =0.7+ F

+ =0.7 (6.6633 )

+ =4.66431 pie /s

• Hallamos el 2rea neta

A n= /

+ ( ,G ) 0 pies

/ =¿ Ilu)o m2sico del #as"

+ =¿ Kelocidad superficial del #as"

,G=¿ ensidad del #as"

/ =24500 )g

h x

2.205 L

1 )g x

1h

3600 s

/ =15 L /s

A n= 15 L /s4.66431 pie/s (0.165 L / pie3 )

A n=19.5 pie2

• Aora allamos elα

α =

( ,G

, L

)

0.5 L

G=

(0.165 L / pie3

50.40 L/ pie3 )

0.515300 )g/h

24500 )g/h



31/32


α =0.0357

0.035710.1

• e la tabla

2=0.1

'ero se sabe que A T = A n+ 2 ( AT )

A T − 2 ( AT )= A n

A T =

An

(1− 2 )=

19.5 pie2

1−0.1

A T =21.67 pie2

A T =3

4 4

2

4=

(4 ( A T )

3

)

0.5

4=( 4 (21.67)3 )0.5

4=5.25 pies

• e la tabla /"1 se sabe que el di2metro de la torre debe estar en [4−10 ]

pies< entonces el espaciado esta bien el di2metro de la columna es



32/32


4=5.25 pies

Problemas de Tranferencia de Masa 1 Absorcion de Gases

Documents

Transcript of Problemas de Tranferencia de Masa 1 Absorcion de Gases