Problemas Para El Final

PROBLEMA

Una mezcla gaseosa constituida por n-butano y aire, con una concentración 6% en peso de n-butano, se absorbe en una columna de platos equivalente a 7 etapas de equilibrio; empleando como absorbente un aceite de hidrocarburos de peso molecular 350 lb/lb mol.

Se ha de recuperar el 95% de la n-butano, efectuando la absorción a una temperatura de 68 ° F y a la presión de 1 atmósfera.

Puede suponerse que para este sistema se cumplen las leyes de Raoult y de Dalton. La presión de vapor del n-butano puede calcularse mediante la siguiente ecuación:

log P °=6.83029− 945.90(T+240)

P ° enmmHg,T en° C

Calcular la relación kmol aceite/kmol gas inerte, así como el factor de diseño utilizado para las condiciones de operación de la columna de absorción.

ii) Nuevas composiciones de Entrada y salida

de los gases y líquido ( Mayúscula)

Gas de Entrada

6% peso de n-butano

base

y1=

658.12346

58.1234+ 94

28.97

=0.030833

Y 1=y1

1− y1= 0.030833

1−0.030833=0.03181419 Kmoln−butano

Kmol aire

• Gas de Salida

Ahora hallamos Y 2: a partir de la siguiente reacción:

%Absorción=(1−Y 2

Y 1)∗100

95=(1−Y 2

0.03181419 )∗100

Y 2=0.0015907 Kmol n−butanoKml aire

• Líquido de Entrada

Asumiendo que el aceite entra puro al reactor entonces x2=0

X2=O Kmol n−butanoKmol aceite

iii) De los datos de equilibrio hallar la ecuación de equilibrio

y= ° PPT

x

Utilizamos el dato de:

log ° P=6.83029− 945.9(T+240)

Evaluando para : T= 68°F <> 20°C

° P=1556.729219 mmHg

Reemplazando en la ecuación de equilibrio tenemos

y=1556.729219760

x

y=2.0483279 x

iv) Recordar que:

( LsGs )mín=

Y 1−Y 2

X1máx−X2

( LsGs )mín=0.03181419−0.0015907

0.01529326−0

Rpta:

( LsGs )mín=1,976262 Kmol aceite

Kml Gas inerte

v) Utilizando la ecuación del método de Kremser- Brown- Soulers podemos hallar:

( LsGs ). ¿

Np=log(

y1−m x2

y2−m x2∗(1− 1

A )+ 1A

)

log A

Dato : Np= 7 platos

7=log(

0.03181419−m(0)1.588183∗10−3−m(0)

∗(1− 1A )+ 1

A)

log A

A=1.244043058

A= 1m

∗( LsGs )= 1.244043058

m= 2.0865645 pendiente de la recta de equilibrio

( LsGs )= 2.59588041

Hallamos el nuevo X1máx

( LsGs )= 2.59588041=0.03181419−0.0015907

X1máx −0

X1máx=0.01164 kmoln−butanokmol aceite

Vi) Hallar el factor de diseño (F.D)

( LsGs )= F .D∗( Ls

Gs )mín

F . D=2.595880411.976262

Rpta:

F . D=1.3135

PROBLEMA

Una corriente de agua residual contiene 0,1% en moles de amoniaco que ha de ser retirado en una operación de aire de extracción. Aire libre de amoniaco saturado con agua se alimenta a una torre que debería servir para reducir el contenido de amoniaco de la corriente de agua a 0,002 mol%. La torre operar isotérmicamente a 27 ° C y a 1 atm donde la relación de equilibrio puede representarse como y = 1.414x. Calcule el requerimiento de aire (moles por mol de agua ) si la torre es una torre de relleno proporcionando 3 unidades global de transferencia de fase gaseosa. El requisito de ser diferente si se trata de una torre de placas que proporciona 3 etapas de equilibrio.

SOLUCIÓN:

Representación Esquemática

Una alternativa al método grafico para determinar el número de etapas de equilibrio, en el caso de soluciones diluidas y con línea de equilibrio recta es el empleo de la Ecuación de Kremser – Brown - Souders:

Para la desorción se cumple:

Np=log {x 2− y 1/m

x 1− y 1/m.(1−1

S )+ 1S }

log S……. (I)

Siendo S el factor de desorción S= m.G/L, donde G y L son los flujos molares del gas y liquido respectivamente, mientras que “m “es la pendiente de la línea de equilibrio

A 80 °F y a 1 atm la relación de equilibrio viene dada por y=1.414 x

¿1.414

a) Una torre de 3 platos teóricasReemplazando en (I):

3=log{ 0.001−0 /1.414

0.00002−0 /0.414.(1−1

S )+ 1S }

log S

Resolviendo

S=3.271799

S=m GL

GL

= Sm

=2.7913891.414

=2.31386

GL

=2.31386

b) En soluciones diluidas , se puede simplificar el cálculo de unidades de transferencia para mezclas diluidas : referencia pag.342 Treybal

NTOG=y1− y2

( y− y¿)M…… ( II ) , ( y− y¿ )M=

( y− y¿ )1−( y− y¿)2

ln( ( y− y¿)1( y− y¿)2 )

… ..(III )

En donde: ( y− y¿)M: es el promedio logarítmico de las diferencias de concentraciones en los puntos

terminales de la torre.

En el equilibrio:

y=1.414 x

y2¿=1.414 x 2

y2¿=1.414 x 0.001=1.414 x 10−3

y1¿=1.414 x 1

y1¿=1.414 x 0.00002=2.828 x10−5

Reemplazando en (III):

( y− y¿)M=( 0−2.828 x10−5 )−( y2−1.414 x10−3 )ln (−2.828 x 10−5/( y 2−1.414 x 10−3))

Reemplazando en (II):

3= 0− y2(0−2.828 x 10−5 )−( y 2−1.414 x10−3 )

ln (−2.828 x10−5/ ( y2−1.414 x10−3))

Resolviendo

y 2=6.61891 x x10−4

Se cumple para la desorción:

LS

GS=

Y 1−Y 2

X1−X2……(IV )

Bajo la consideración de que solo el soluto se transfiere, esencialmente el gas inerte (gas que no se difunde) y el solvente (líquido que no se difunde) no cambian sus flujos a medida que pasan a través de la torre por lo que pueden considerarse constantes

X1=x1

1− x1= 0.00002

1−0.00002=2.00004 x10−5

X2=x2

1−x2= 0.001

1−0.001=1.001 x10−3

Y 1=y1

1− y1=0

1=0

Y 2=y

1− y2= 6.61891x10−4

1−6.61891 x10−4 =6.62329 x10− 4

Reemplazando en (IV):

LS

GS= 0−6.62329 x10−4

2.00004 x10−5−1.001 x 10−3 =0.67516

Se sabe que:LS

GS=

L1(1−x1)G1(1− y1)

=L2(1−x2)G2(1− y2)

Luego :

G1

L1=

GS (1−x1)LS(1− y1)

= 10.67516

x (1−0.00002)(1−0)

=1.4811

G2

L2=

GS (1−x2)LS(1− y2)

= 10.67516

x (1−0.001)(1−6.61891 x10−4)

=1.4806

GL =

(G1

L1+

G2

L2)

2 =1.48085

PROBLEMA 20

Una corriente de aguas servidas contiene 0.1 moles % de amoniaco, que debe eliminarse en una operación de desorción con aire. Se cargara a la torre una corriente de aire exenta de amoniaco, que serviría para reducir el contenido de amoniaco en el agua a 0.003 moles %

La torre operara de forma isotérmica a 80 °F y a 1 atm. Calcular la relación liquido/gas si se dispone de:

a) Una torre de platos equivalente a 3 platos teóricasb) Una torre rellena que proporciona tres unidades de transferencia


SOLUCIÓN:

Representación Esquemática

G2 L2

y2 x2 = 0.1 %

T=80 ° F

P=1atm

G1 L1

Y1 = 0 x1 = 0.003%




x 1− y 1/m.(1−1

S )+ 1S }

log S……. (I)

Siendo S el factor de desorción S= m.G/L, donde G y L son los flujos molares del gas y liquido respectivamente, mientras que “m “es la pendiente de la línea de equilibrio


m=1.414

c) Una torre de 3 platos teóricas

Reemplazando en (I):

3=log{ 0.001−0 /1.414

0.00003−0 /0.414.(1−1

S )+ 1S }

log S

Resolviendo

S=2.791389

S=m GL

GL

= Sm

=2.7913891.414

=1.97411

LG

=0.50656

d) Se cumple

NTOG=y1− y2

( y− y¿)M…… ( II ) , ( y− y¿ )M=

( y− y¿ )1−( y− y¿)2

ln( ( y− y¿)1( y− y¿)2 )

… ..(III )

En el equilibrio:

y=1.414 x

y2¿=1.414 x 2

y2¿=1.414 x 0.001=1.414 x 10−3

y1¿=1.414 x 1

y1¿=1.414 x 0.00003=4.242 x 10−5

Reemplazando en (III):

( y− y¿)M=( 0−4.242 x10−5 )−( y2−1.414 x10−3 )ln (−4.242 x 10−5/( y2−1.414 x10−3))


3= 0− y 2(0−4.242 x10−5 )−( y 2−1.414 x10−3 )

ln (−4.242 x10−5/( y 2−1.414 x10−3))

Resolviendo

y 2=7.0795 x10−4


LS

GS=

Y 1−Y 2

X1−X2……(IV )

Bajo la consideración de que solo el soluto se transfiere, esencialmente el gas inerte (gas que no se difunde) y el solvente (líquido que no se difunde) no cambian sus flujos a medida que pasan a través de la torre por lo que pueden considerarse constantes

X1=x1

1− x1= 0.00003

1−0.00003=3.001 x10−5

X2=x2

1−x2= 0.001

1−0.001=1.001 x10−3

Y 1=y1

1− y1= 0

1=0

Y 2=Y 2

1−Y 2= 7.0795 x10−4

1−7.0795 x10−4 =7.08452 x 10−4

Reemplazando en (IV):

LS

GS= 0−7.08452 x10−4

3.001 x 10−5−1.001 x10−3=0.72961

Se sabe que:LS

GS=

L1(1−x1)G1(1− y1)

=L2(1−x2)G2(1− y2)

Luego :

L1

G1=

LS(1− y1)GS (1−x1)

=0.72961 x (1−0)(1−0.00003)

=0.7296

L2

G2=

LS(1− y2)GS (1−x2)

=0.72961 x (1−7.0795 x 10−4)(1−0.001)

=0.7298

LG=

( L1

G1+

L2

G2)

2 =0.7297

PROBLEMA

5.000 kg / h de una mezcla de aire - SO2 5 % en volumen de SO2 es para ser lavados con 200.000 kg / h de agua en una torre de relleno. La concentración existen de SO2 se reduce a 0,15 %. La torre funciona a 1 atmósfera. El equilibrio en el que se da por y=30 x .

Donde

Y=moles SO2

molaire

X=moles SO2

moldeagua

Si la altura lleno de la torre es de 42 cm, estime la altura de la unidad de transferencia (HTU).

Solución:

i) Diagrama de flujo

Dato:

y=30 x

Observación:

y (Relación del gas que está reaccionando).

Y (Relación del gas que no está reaccionando).

ii) Como los componentes inertes en las líneas de entrada y salida de mezcla gaseosa no cambia y análogamente sucede en las líneas de mezcla líquida. Expresemos las composiciones en función de estas nuevas (Mayúsculas).

Gas en entrada

y1=0,05mol SO2

mol gas

Y 1=y1

1− y1= 0,05

1−0,05=0,05263157895

mol SO2

molaire

Gas de salida

y2=0,0015mol SO2

mol gas

Y 2=y2

1− y2= 0,0015

1−0,0015=0,00150225338

mol SO2

molaire

Líquido de entrada

x2=0mol SO2

molmezcla líquida

X2=x2

1−x2= 0

1−0=0

mol SO2

mol agua

Cambiando las unidades de L2.

L2=200000

Kgh

∗1Kmol

18 Kg∗1000 mol

1 Kmol=11111111,11 mol

h

iii) Relacionando inertes

LS=L2∗(1−x2 )=11111111,11 molh

∗(1−0 )=11111111,11 molh

Análogamente

GS=G1∗(1− y1 ) --- (1)

Hallando G1:

- M SO2=64,05 Kg

Kmol

- M aire=28,97 KgKmol

G1=G1

I

MWprom.=

G1I

( y1∗M SO2 )+ [ (1− y1 )∗M aire ]

G1=5000 Kg

h

(0,05∗64,05 KgKmol )+[ (1−0.05 )∗28,97 Kg

Kmol ]∗( 1000 mol

1 Kmol )

G1=162739,2267 molh

Reemplazando datos en la ecuación (1):

GS=G1∗(1− y1 )=162739,2267 molh

∗(1−0,05 )

GS=154602,2654 molh

Sé que:

LS

GS=

Y 1−Y 2

X1−X2 --- (2)

Reemplazando datos en la ecuación (2):

LS

GS=

Y 1−Y 2

X1−X2

11111111,11 molh

154602,2654 molh

=0,05263157895−0,00150225338X1−0

X1=0,00071142386mol SO2

molagua

Hallando x1:

x1=X1

1+ X1= 0,00071142386

1+0,00071142386=0.0007109180959

mol SO2

molmezcla líquida

De dato me dan: y=30 x --- (3)

iv) Hallando HTU

HTU=HTU tope+HTU fondo

2 --- (4)

- Hallando HTU tope :

HTU tope=L2

Kx∗a∗(1−x )M 2¿

(1−x )M 2¿ =

( 1−x2 )+ (1−x2¿ )

2

x2¿=

y2

m=0,0015

30=0,00005

(1−x ) M 2¿ =

(1−0 )+ (1−0,00005 )2

=0,999975

HTU tope=L2

Kx∗a∗(1−x )M 2¿ = 11111111,11

Kx∗a∗0,999975

- Hallando HTU fondo :

HTU fondo=L1

Kx∗a∗(1−x )M 1¿

(1−x ) M 1¿ =

(1−x1)+ (1−x1¿ )

2

x1¿=

y1

m=0,05

30=0,001666666667

(1−x ) M 1¿ =

(1−0,0007109180959 )+(1−0,001666666667 )2

=0,9988112076

Hallando L1 :

L1=LS

1−x1=

11111111,11 molh

1−0,0007109180959mol SO2

molmezcla líquida

=11119015,82 molh

HTU fondo=L1

Kx∗a∗(1−x )M 1¿ = 11119015,82

Kx∗a∗0,9988112076

Reemplazando valores en ecuación (4):

HTU=HTU tope+HTU fondo

2

HTU=

11111111,11Kx∗a∗0,999975

+ 11119015,82Kx∗a∗0,99881120762

HTU=11121819,32Kx∗a

PR0BLEMA 3

Un aceite que contiene 2,55% de un hidrocarburo se separa mediante la ejecución de aceite a través de una columna hasta que se hace pasar vapor vivo, de modo que 4 moles de vapor se utilizan por 100 moles de aceite extraído. Determinar el número de platos teóricos requeridos para reducir al contenido de hidrocarburos de 0,005% en moles suponiendo que el aceite es no volátil. La relación líquido-vapor del hidrocarburo en el aceite está dada por y = 33x, donde y es la fracción molar en el vapor y x es la fracción molar en el líquido. La temperatura se mantiene por calentamiento intervalo.

Solución:

Lenguaje del ingeniero químico:

Datos:

G1

L1= 4mol devapor

100 molde aceiteextraido

Bajo la consideración de que solo el soluto se transfiere, esencialmente el gas inerte (gas que no se difunde) y el solvente (líquido que no se difunde) no cambian sus flujos a medida que pasan a través de la

torre por lo que pueden considerarse constantes.

X1=x1

1− x1= 0.0005

1−0.0005=5.0025 x10−4 mol dehidrocarburo

moldeaceite

X2=x2

1−x2= 0.0255

1−0.0255=0.026167 molde hidrocarburo

mol deaceite

Y 1=y1

1− y1=0

1=0


LS

GS=

Y 1−Y 2

X1−X2……(I )

Se sabe que:

LS

GS=

L1(1−x1)G1(1− y1)

Luego :

LS

GS=

100(1−0.0005)4(1−0)

=24.9875 moldeaceitemolde vapor

Reemplazando en (I):

24.9875=0−Y 2

5.0025 x10−4−0.026167

Resolviendo:

Y 2=0.641348 mol de hidrocarburomol devapor

y2=Y 2

1+Y 2= 0.641348

1+0.641348=0.390745 molde hidrocarburo

mol demezcla




x 1− y 1/m.(1−1

S )+ 1S }

log S……. (II)

Siendo S el factor de desorción S= mG/L, donde G y L son los flujos molares del gas y liquido respectivamente, mientras que “m “es la pendiente de la línea de equilibrio

Spromedio=(S tope S fondo)0.5 … ..( III )

Stope=mG1

L1=33 4

100=1.32

Sfondo=mG2

L2=33

GS

LS

(1−x2)(1− y2)

Sfondo=33 124.9875

(1−0.0255)(1−0.390745)

=2.11238

Reemplazando en (III)

Spromedio=1.6698

La relación de equilibrio viene dada por y=33 x

m=33


N p=log{0.0255−0 /33

0.0005−0 /33.(1− 1

1.6698 )+ 11.6698 }

log 1.6698

Resolviendo

N p=5.94 platos

PROBLEMA:

Una mezcla de acetona-aire que contiene 0.015 fracción molar de acetona, reducido a una centésima parte de este valor por absorción en contracorriente con agua en una torre de relleno. El flujo de gas es

4000 kgh−m2 y la entrada de agua es 6250 kg

h−m2 .

Para este sistema, la ley de Henry es válida, y = 1,58x donde y es la fracción molar de acetona en el gas en equilibrio con una fracción molar x en el liquido. ¿Cuántas unidades de transferencia global se requieren?

SOLUCION:

Gas de entrada:

y1=0.015 Y 1=0.0152284264 kmol deacetonakmolde aire

Gas de salida:

y2=0.015100

=0.00015 Y 2=0.00015 kmolde acetonakmoldeaire

Liquido de entrada:

x2=0 X2=0

Por datos del problema:

G1=4000 kgh−m2

Gs=G1 (1− y1)=4000 kgh−m2 (1−0.015)

Gs=3940 kgh−m2

L2=6250 kgh−m2

Ls=L2 (1−x2 )=6250 kgh−m2 (1−0)

Ls=6250 kgh−m2

Entonces tenemos:

Ls

Gs=

Y 1−Y 2

X1−X2

Reemplazando datos:

6250 kgh−m2

3940 kgh−m2

=0.0152284264−0.00015X1−0

X1=0.0095 kmol deacetonakmoldeagua

x1=0.00941

Se tiene: y=1,58 x

Determinamos:

NTOG=y1− y2

( y− y¿)M… ( I ) , ( y− y¿)M=

( y− y¿ )1−( y− y¿ )2

ln( ( y− y¿)1( y− y¿)2 )

…(II )

y=1,58 x

y2¿=1,58∗x2

y2¿=1,58∗0=0

y1¿=1,58∗x1

y1¿=1,58∗x1=1,58∗0.00941=0.0148678

En II :

( y− y¿ )M=(0.015−0.0148678 )−(0.00015−0 )

ln ((0.015−0.0148678)/ (0.00015−0))

( y− y¿ )M=1.409∗10−4

En I :

NTOG=0.015−0.000151.409∗10−4

NTOG=105.39

PROBLEMA 6:

Un gas soluble se absorbe en agua usando una torre de relleno. la relación de equilibrio puede ser tomado como Yc = 0.06Xc, donde Y y X son relaciones de moles de solutos a moles de componente inerte. las condiciones son terminales

Arriba abajo

X 0,0 0,08

Y 0.001 0.009

Si las alturas individuales de las unidades de transferencia basado en líquido y fases de gas, respectivamente, son Hx = 0.24m y Hy = 0.36m, ¿cuál es la altura de la sección de relleno?

Solución:

Ahora la formula a usar será la sgt:

- Z=H toG∗N tOG

Convertiremos:

x= X1+X y= Y

1+Y ………….(I)

DATOS:

REEMPLAZAMOS EN LAS ECUACIONES (I)

Tope:

x= x2¿X 2

1+ X 2= 0

1+0=0

y2=Y 2

1+Y 2= 0.001

1+0.001 =9.9900*10^-4

Fondo:

x= x1¿X 2

1+ X 2= 0.08

1+0.08=0.074074

y 1= Y 11+Y 1

= 0.0091+0.009 =8.91972*10^-3

- Para poder analizar que formula utilizaremos procedemos a determinar el x promedio

X=x1+x2

2=0.0741+0

2=0.03705<5 %

y= y1+ y 22

=8.91972∗10−3+9.9900∗10−4

2=4.95935∗10−3 ≤5 %

Para sistemas diluidos, usaremos la ley de Henry, ya que se trata de una recta:

Henry

A= (ATOPE∗A FONDO¿¿0.5

ATOPE=L2

G2∗m=

Ls

(1−x 2)∗1− y2

Gs∗1

m

N tOG=ln (( y 1−mx 2)/( y2−mx 2)(1−1/A )+1 / A)

1−1/ A

AFONDO=L1

G1∗m=

Ls

(1−x1)∗1− y 1

Gs∗1

m

- A: factor de absorción

- ATope: factor de absorción del tope

- Afondo: factor de absorción del fondo

Pero sabemos que:

LsGs

=Y 1−Y 2X 1−X 2

=0.009−0.0010.08−0

=0.1

REEMPLAZANDO DATOS:

ATOPE=

Ls

(1−x 2)∗1− y 2

Gs∗1

m=

0.1∗1−9.9900∗10−4

1−0∗1

0.06

=1.66500

AFONDO=

L s

(1−x1)∗1− y 1

Gs∗1

m=

0.1∗1−8.91972∗10−3

1−0.0741∗1

0.06

=1.784

A= (ATOPE∗A FONDO ¿¿0.5=(1.665∗1.784 )0.5=1.7235

Por lo cual:

N tOG=ln( 8.9197∗10−3−0.06∗0

9.99∗10−4−0.06∗0 (1− 11.7235 )+ 1

1.7235 )1− 1

1.7235

N tOG=3.49030

Ahora hallaremos:

H toG=H tG+ 1A

∗H tL

De los datos:

H tG :alturade la fase gaseosa

H tL :alturade la fase liquida

H tG=0.36

H tL=0.24

H toG=0.36+ 11.7235

∗0.24=0.5

POR LON TANTO LA ALTURA Z SERA:

- Z=3.49030∗0.5=1.7452m

PROBLEMA

Se recupera SO2 de un gas procedente de una fundiciones, que contiene 3.5% en volumen de SO2, por absorción con agua pura en una torre rellena. El gas se alimenta por el fondo de la torre y a la salida el SO2 ejerce una presión parcial de 7.6mmHg , mientras que el agua se carga por el tope , libre de S02 a razón de 380Lbmol /h Y sale de la misma con una concentración de 0,0012 Lbmol S02/Lbmol agua.

El área de la sección transversal de la torre es de 9 pie2 y el coeficiente volumétrico global de transferencia

de masa , referido a la fase liquida , KL.a es igual a 4lbmol SO2 /h- pie3− lbmolpie3

La torre opera a 68°F y 1atm ; a estas condiciones los datos de equilibrio son :

Lbmol SO2/ 1000lbmol SO2 Lbmol SO2 /1000 lbmol Gas inerte0,056 0,70,14 1,60,28 4,30,42 7,90,56 11,60,84 19,41,405 36,3

Determine la altura de relleno que debe tener la torre.

I. Lenguaje del Ingeniero Químico

II. Determinando Ls , L1 , Gs, G1,G2 L2 = Ls/(1- x 2)

Ls = L2 (1- x2 ) = 380(1-0) = 380 lbmol/h

Hallando L1 = Ls/(1- x 1)Ls = L1 (1- x1 ) = 380(1-1,19856x10−3) = 380,456 lbmol/h

Hallando GsUtilizar

LSGS

=Y 1−Y 2X 1−X 2

GS = LSx(X1 – X2 )/(Y1-Y2) = 380x ((0,0012-0)/( 3,6269x10−2−0.01010 ¿¿GS = 17,42519775

Hallando G1G1 = GS/(1- y 1) = 17,42519775/( 1- 0,035) = 18,05719974lbmol/hora

Hallando G2Utilizar G2 = Gs/(1-y2) = 17,42519775 /(1-0,010) = 17,60120Lbmol/hora

Analizmos en que tipo d sistema estamos trabajando hallando x promedio :

X promedio = ( x1 +x 2¿ /2 = (1,19856x10−3+0¿ /2 = 0,00059928 ¿0,05

Estamos trabajando en un sistema diluido, hallamos Z

Z = Htol. Ntol

Htol = L

Kx .a .(1−x )¿ M ; donde (1−x )¿ M = (1−x )+(1−x¿¿¿)2

¿

Ntot = ∫x2

x1 dx(x¿−x )

= x1−x2

( x¿−x ) M

Donde : ( x¿−x ) M=¿

( x¿−x ) 1−( x¿−x ) 2

ln(( ( x¿−x )1( x¿−x )2 ))

Graficando x A vs y A

Haciendo el cambio de X mayúsculas a x minúsculas ; de igual manera a y

X = x/(1-x) ; Y = y / (1-y)

Valores : x A vs y A

0,0561000+0,056 = 5,5996x10−5

0,71000+0,7 = 6,9951x10−4

0,141000+0,14 = 1,3998x10−4

1,61000+1,6 = 1,5974x10−3

0,281000+0,28 = 2,7992x10−4

4,31000+4,3 = 4,2815x10−3

0,421000+0,42 = 4,1982x10−4

7,91000+7,9 = 7,8380x10−3

0,561000+0,56 = 5,5968x10−4

11,61000+11,6 = 1,1466x10−2

0,841000+0,84 = 8,3929x10−4

19,41000+19,4 = 1,9030x10−2

1,4051000+1,405 = 1,4030x10−3

36,31000+36,3 = 3,5028x10−2

x y5,5996x10−5 6,9951x10−4

1,3998x10−4 1,5974x10−3

2,7992x10−4 4,2815x10−3

4,1982x10−4 7,8380x10−3

5,5968x10−4 1,1466x10−2

8,3929x10−4 1,9030x10−2

1,4030x10−3 3,5028x10−2

Graficamos la curva de operación utilizamos :

y=

Y 1−( LSGS ).( X 1− x

(1−x ))

1+Y 1−( LSGS ) .(X 1− x

(1−x ))

x yX2=0 1.00x10−2

0,23971 x10−3 1,5098 x10−2

0,47942 x10−3 2,0146 x10−2

0,71913 x10−3 2,5145 x10−2

0,95884 x10−3 3,0096 x10−2

x 1 = 1,19856 x10−3 3,500 x10−2

Del grafico :

X 0 =0 x1¿ = 5,05x 10−4

x= 0,23971 x10−3 x2¿ = 6,95 x 10−4

X=0,47942 x10−3 x3¿ = 8,95 x 10−4

X=0,71913 x10−3 x 4¿ = 10,85 x 10−4

X=0,95884 x10−3 x5¿ =12,70 x 10−4

x 1 = 1,19856 x10−3 x5¿=14,00 x 10−4

Hallando Htot = L

Kx .a .(1−x )¿ M ; donde (1−x )¿M = (1−x )+(1−x¿¿¿)2

¿

Hallando (1−x )¿M

(1−x )¿M 1 =(1−x 1 )+ (1−x 1¿¿¿)2

¿ =(1−0 )+(1−5,05 x10−4)

2 = 0,9997475

(1−x )¿M 2 =(1−x 2 )+(1−x 2¿¿¿)2

¿ =(1−0,23971 x10−3)+(1−6,95 x 10−4)

2 =0,9995326

(1−x )¿M 3 =(1−x 3 )+(1−x 3¿¿¿)2

¿ =(1−0,47942 x10−3)+(1−8,95 x 10−4)

2 =0,9993127

(1−x )¿M 4 =(1−x 4 )+(1−x 4¿¿¿)2

¿ =(1−0,71913 x10−3 )+(1−10,85 x 10−4)

2 =0,9990979

(1−x )¿M 5 =(1−x 5 )+(1−x 5¿¿¿)2

¿ =(1−0,95884 x 10−3 )+(1−12,70 x10−4)

2 =0,9988855

(1−x )¿M 6 =(1−x 6 )+(1−x6¿¿¿)2

¿ =(1−1,19856 x10−3 )+(1−14,00 x 10−4)

2 = 0,9987

Hallandoel promedio :

(1−x )¿Mpromedio = (1−x )¿M 1+(1−x )¿M2 +(1−x)¿M 3+(1−x)¿M 4+(1−x )¿M 5+(1−x )¿M 6

6

(1−x )¿Mpromedio = 0,99921282

Hallando L

i. Lo podemos evaluar en cada punto y luego sacar el promedio aritmético .L = lbmol/h-pie2

L= Ls /(1-x)Pero las unidades Ls deben estar en Lbmol/h-pie2

Ls = 380Lbmol/hDel dato AsT = 9pie2

LS = 380Lbmol/h/9pie2 = 42,222222Lbmol/ h-pie2

En x= 0

L = 42,222222/(1-0) = 42,222222 Lbmolh−pie2

En x= 0,23971 x10−3

L = 42,222222/(1-0,23971 x10−3) = 42,2323458Lbmolh−pie2

En x= 0,47942 x10−3

L = 42,222222/(1-0,47942 x10−3 ¿ = 42,2424743073Lbmolh−pie2

En x= 0,71913 x10−3

L = 42,222222/(1-0,71913 x10−3¿=42,2526076357 Lbmolh−pie2

En x= 0,95884 x 10−3

L = 42,222222/(1-0,95884 x 10−3 ¿ = 42,2627458138Lbmolh−pie2

En x=1,19856 x10−3

L = 42,222222/(1-1,19856 x10−3¿= 42,2728889Lbmolh−pie2

Lprom = 42,222222+42,2323458+42,2424743073+42,2526076357+42,2627458138+42,2728889

6

Lprom = 42,2475474 Lbmolh−pie2

Hallando Kx

Utilizamos : K x.X BM = K L.X BM .CK x = K L.C………∅

HallandoCComo en su totalidad la sustancia de trabajo es agua ya que el sistema es diluido, la concntracion es agua ya que el sistema es diluido , la concentración lo calcularemos de la concentración lo calcularemos de la

siguiente forma :

Utilizar C = ρ

MWA ; ya que su totalidad es agua ; entonces

C = (ρ

MW)

AGUA

A 68°F ; ρagua=998,24 Kg /m3= 62,316165558 lb / pie3

C = 62,316165558 lb / pie3

18,02 Lb/ Lbmol = 3,45816679 lbmol / pie3

Hallando Kx.aDe ∅

Multiplicamos por aK x . a = K L.C.a

K x . a = 4lbmol /h- pie3− lbmolpie3 .3,45816679 lbmol / pie3

K x . a = 13,83266716 lbmol / h−pie3

Remplazaremos valores paradeterminar Htol

Htol = L

Kx .a .(1−x )¿ M = 42,2475474

13,83266716 x 0,99921282 =3,056558825 pie

Hallando NtolLo podemos hallar de 2 formas:

1.- Ntot = ∫x2

x1 dx(x¿−x )

2.- Ntot = x1−x2

( x¿−x ) M ; donde ( x¿−x ) M=¿

( x¿−x ) 1−( x¿−x ) 2

ln (( ( x¿−x )1( x¿−x )2 ))

Hallando Ntol por la primera forma :

Ntol = ∫x2

x1 dx(x¿−x )

Ntol = ∫x2

x1 dx(x¿−x )

Hallando

( x1¿−x ) = 5,05x10−4- 0 =5,05x10−4

( x2¿−x ) =6,95x10−4- 2,397123 x10−4 = 4,5529 x10−4

( x3¿−x ) = 8,95x10−4 – 4,7942469x10−4= 3,65863 x10−4

( x 4¿−x ) = 10,85x10−4−7,19137x 10−4=3,65863 x10−4

( x5¿−x ) =12,70x10−4 - 9,58849x10−4=3,11151 x10−4

( x 6¿−x ) =14x10−4−¿11,985617x10−4 = 2,014383x10−4

Aplicando método del trapecio :

x 0 0,00024 0,00048 0,00072 0,00096 0,0011985

3/8

y 1980,198

2196,4023

2406,3027

2733,2635

3213,8736

4964,30 Simpson

Ntol = 3,359168

Remplazamos para determinar la altura de relleno de la torreZ = Htol. Ntol

Z = 3,056558825 pie. 3,359168 .0,3048 m

1 pie = 3,129532m

PROBLEMAPara recuperar la acetona contenida en una mezcla con aire, se utilizara una torre de platos. Se emplea agua como liquido absorbente de la acetona, la cual ingresas por el tope de la torre a una temperatura de 68 ° F . La mezcla gaseosa se suministra por los fondos a razón de 50 pie3/min, medidos a 68 ° F y 1atm, con una concentración de 10% en volumen de acetona, mientras que la solución que sale por el fondo contiene un 20 % peso de acetona. Determinar cuál será la cantidad de agua que debe emplearse y el porcentaje de acetona absorbida, si se dispone de una torre de 10 platos que opera a 68 ° F y 1atm . Y que en condiciones tales que la eficiencia global es del 60 %.

Los datos de equilibrio entre las fases liquida y vapor para este sistema, a las condiciones de operación de la torre, son los siguientes:

DIAGRAMA DE FLUJO:

Datos de apoyo: M acetona=58g /molM agua=18 g/mol Hallando la fracción molar de acetona en el fondo {x} rsub {1}

x1=

m×0.258

m ×0.258

+m ×0.818

=0.072

Relacionándolo con X

X= x1−x

Reemplazando

X1=0.072

1−0.072→ X1=0.077586

Hallando la fracción molar de acetona en el fondo "y1"

y1=0.1Relacionándolo con "Y"

Y= y1− y

Reemplazando

Y 1=0.1

1−0.1→Y 1=0.11111

Se tiene de datos…% molar (acetona/H 2O)

xacetona Presión parcial acetona en gas mmHg y A=

Pparcial

Ptotal

0 0 0 0

3.3 0.033 30 0.0394733

7.2 0.072 62 0.08157895

11.7 0.117 85.4 0.11236842

17.1 0.171 103 0.13552632

Luego

X= x1−x ; Y= y

1− yGenerando una nueva tabla

X Y

0 0

0.03412616 0.04285714

0.07758621 0.09748428

0.13250283 0.14494229

0.20627262 0.18592058

Graficando

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.250

0.020.040.060.080.1

0.120.140.160.18

f(x) = 0.853119544067508 xR² = 0.975921787316045

X vs YYY

XX

De la curva de equilibrio o de la curva de trabajo haciendo una regresión lineal y=1.2597863 xDonde la pendiente es m=1.2597863Dato: Torre de 10 platosDe la eficiencia global

EOC=N ideal

N real

0.6=N ideal

10 N ideal=6 platos Se sabe que para absorción.

Np=

log { y1−m x0

y2−m x0×(1− 1

A )+ 1A }

logA

Pero: A= Lm ×G

Np=

log { y1−m x0

y2−m x0×(1− 1

Lm×G )+ 1

Lm ×G }

log( 1L

m×G ) Luego no se conoce y2 pero se puede relacionar con:

LG

=Y 1−Y 2

X 1−X2

Reemplazando

Np=

log { y1−m x0

y2−m x0×(1− 1

1m ×

Y 1−Y 2

X1−X2)+ 1

1m ×

Y 1−Y 2

X1−X2}

log( 11m

×Y 1−Y 2

X1−X2)

Ordenando convenientemente

Np=

log { y1−m x0

y2−m x0×(1− 1

1m ×

Y 1−Y 2

X1−X2)+ 1

1m ×

Y 1−Y 2

X1−X2}

log( 11m

×Y 1−Y 2

X1−X2)

Np=

log { y1

y2×(1−

1

1m

×Y 1−

y2

1− y2

X 1−X2)+

1

1m

×Y 1−

y2

1− y2

X1−X2}

log(1

1m

×Y 1−

y2

1− y2

X1−X2)

6=

log {0.1y2

×(1−1

11.2597863

×0.11111−

y2

1− y2

0.077586−0)+

1

11.2597863

×0.11111−

y2

1− y2

0.077586−0 }log(

1

11.2597863

×0.11111−

y2

1− y2

0.077586−0)

Luegoy2=0.0204933

Por lo que finalmente se tiene que

Y 2=0.0209186Luego cálculo de Gs.

G 1=45 pie3

min× 0.02837 m3

1 pi e3 × 1000L1 m3 =1415,85 L/min

Suponiendo gas idealPV =RTn

1atm×1415.85 L=0.082 ×293.33 ×nn=58.86361mol

G 1=58.86361mol/minGs=G 1×(1−Y 1)

Gs=58.86361 mol /min× (1−0.1 )

Gs=52.977249 mol /minEn la ecuación de línea de operación…

LsGs

=0.1111−0.02091860.077586−0

Reemplazando valores

Ls52.977

=0.1111−0.02091860.077586

Ls=61.57734679 mol/min

La cantidad de agua que se necesita

W =Ls×M agua

W =61.57734679 mol /min×18 gr /mol

W =1.1083922Kg /minCalculo del porcentaje de absorción.

%absorcion=Y 1−Y 2

Y 1×100

%absorcion=0.1111−0.0291860.11111

%absorcion=81,1737714 %

PROBLEMA:

Se desea absorber 95 % de la acetona en una mezcla de 2 por ciento en moles de acetona en el aire en una torre de absorción de contra-corriente continua, utilizando agua a una velocidad de 1750lb/h*pie2. Agua pura se introduce en la parte superior de la torre y la mezcla de gas es soplado en la parte inferior de la torre a una velocidad de 1000 lb / h* pie 2. La torre está lleno de anillos de Rasching de 1,0 pulgadas y la HL y HG son conocidos para este sistema como 1,06 pie y 1,78 pie. Asumiendo que la torre opera isotérmicamente a la presión atmosférica, la relación de equilibrio es y = 2.53x donde se dan las concentraciones en moles fracción. Calcule la altura de la torre para efectuar esta separación.

RESOLUCIÓN:

DIAGRAMA:

G1=1000 lbh∗pie2

y1=0.02

L2=1750 lbh∗pie2

x2=0

G2

y2

L1

x1

DATOS :

HL = 1.06 pies

HG = 1.78 pies

y = 2.53x

1ER PASO: convertiremos a lb-mol cada flujo.Flujo del gas entrante:

G1=1000 lbh∗pie2

Como se trata de una mezcla de gases (acetona-aire) hallaremos primero la masa molar de esta mezcla. Sabemos:

De dato tenemos: x1=0.02También:

M 1=M acetona=58.08 lb /lb−molM 2=M agua=28 lb /lb−mol

Por tanto reemplazando datos:Mmezcla=0.02∗58.08lb / lb−mol+(1−0.02)∗28 lb /lb−molMmezcla=28 . 6016 lb /lb−molEntonces:

G1=1000

lbh∗pie2∗lb−mol

28.6016 lb

Flujo del fluido entrante:

L2=1750 lbh∗pie2

Según dato del problema solo entra agua pura entonces sabemos:M agua=18lb / lb−mol

Por tanto:

L2=1750

lbh∗pie2∗lb−mol

18 lb

2DO PASO: hallaremos los Y (moles de soluto/ moles de gas inerte) correspondientes:También de dato se nos da la fracción molar del gas en el fondo:

y1=0.02Entonces de la siguiente fórmula:

Y 1=0.02

1−0.02

Mmezcla=x1∗M 1+x2∗M 2

G1=34.963 lb−molh∗pie2

L2=97.22 lb−molh∗pie2

Y 1=y1

1− y1

Y 1=0.02041 molacetonamol aire

De dato sabemos que el %absorcion=95 %Por fórmula:

Reemplazando datos:

0.95=1−Y 2

0.02041

De la siguiente formula podemos hallar la fracción molar del gas en el tope:

y2=Y 2

1+Y 2

y2=1.0205∗10−3

1+1.0205∗10−3

y2=1 .01946∗10−4

3ER PASO: hallaremos los X (moles de soluto/ moles de solvente) correspondientes:De dato: x2=0

De la fórmula:

X2=0

4TO PASO: hallaremos los flujos de gas inerte (GS) y del solvente (LS)De la siguiente fórmula:

GS=G1∗(1− y1)

Reemplazando datos:

GS=34.963 lb−molh∗pie2 ∗(1−0.02)

%absorcion=1−Y 2

Y 1∗100 %

Y 2=1.0205∗10−3 molacetonamol aire

X2=x2

1−x2

G1=GS

(1− y1)

GS=34.264 lb−molh∗pie2

También para el flujo del líquido:

LS=L2∗(1−x2)

Reemplazando datos:

Ls=97.22 lb−molh∗pie2 ∗(1−0 )

Para hallar X2 haremos uso de la siguiente fórmula:

Reemplazando datos:

97.22 lb−molh∗pie2


=0.02041−1.0205∗10−3

X1−0

X1=6 .8408∗10−3 molacetonamol agua

Entonces:

x1=X1

1−X1

x1=6.8408∗10−3

1−6.8408∗10−3

x1=6 .794∗10−3

5TO PASO: para hallar la altura de la torre de relleno necesitamos hacer uso de la fórmula adecuada, para eso primero hallaremos la fracción molar promedio del gas.

y promedio=y1+ y2

2=0.02+9.990∗10−4

2

y promedio=0 .0105<0 .05

Entonces se trata de un sistema diluido por tanto usaremos:

Donde:

Donde:

De dato en el problema se nos dio la relación: y=2. 53 xDe donde: y¿=2 .53 xEntonces hallaremos:

L2=LS

(1−x2)

Ls=97.22 lb−molh∗pie2

L s

GS=

Y 1−Y 2

X1−X2

Z=NOG∗H OG

NOG=y1− y2

( y− y¿)M

( y− y¿)M=( y− y¿)1−( y− y¿)2

ln (( y− y¿)1( y− y¿)2

)

Para: x1=6.794∗10−3 y¿1=2.53∗6.794∗10−3=0.0172

x2=0 y¿2=0

Por tanto reemplazando datos:

( y− y¿)M=(0.02−0.0172 )−(9.990∗10−4−0)

ln ( 0.02−0.01729.990∗10−4−0

)

Entonces en:

NOG=y1− y2

( y− y¿)M=0.02−9.990∗10−4

1.7475∗10−3

6TO PASO: Ahora hallaremos HOG mediante la fórmula siguiente:

Por dato del problema tenemos: HG=1.78 piesH L=1.06 pies

m=2.53Los demás datos ya han sido calculados, entonces reemplazamos datos:

HOG=1.78 pies+2.53∗34.264 lb−mol

h∗pie2


∗1.06 pies

Finalmente: Z=NOG∗H OG=10,8732∗2.7251 pies

Z=29,6313 pies∗0.3048 m1 pie

PROBLEMA

Aire que contiene 4.5 moles % de amoniaco fluye en contracorriente con agua, en una torre de absorción rellena con anillos rasching de ½ pulgada. El flujo de entrada del gas es de 100 lb mol /h-pie2 mientras que el flujo de entrada del agua es de 150 lb mol /h-pie2.

Asumir que la torre opera a la temperatura constante de 68ºf y a la presión atmosférica. Para concentraciones diluidas se puede aplicar la siguiente relación de equilibrio:

y= 1.075x

si el gas de salida contiene 0.2 moles % de amoniaco y si el coeficiente volumétrico global de transferencia de masa Kga es igual a 18 lb mol / h-pie3-atm.

( y− y¿)M=1.7475∗10−3

NOG=10,8732

HOG=HG+m∗GS

LS∗H L

HOG=2.7251 pies

Z=9.032 m

Determinar la altura de relleno.

Solución:

G2 L2 = 150 lbmol

h−pie2

y2 = 0.2% x2 = 0

1=Aire

2= Agua

Z = ¿?

G1 = 100 lbmol

h−pie2 L1

y1 = 4.5 % x1

Fijamos condiciones de operación:

P= 1 atm

T= 68ºF

ii) Z = (Htog)(Ntog)………………………………(1)

pero : Htog = G

Kya (1− y )∗m ; Ntog = y1− y2¿¿

(KG)(Pt) = Ky

(KG)(Pt)(a) = (Kya)

18 lbmol

h−pie 3−atm (1atm) = Kya

Kya = 18 lbmol

h−pie 3

De la ecuación de equilibrio :

y = 1.075x

y1* = 1.075x1

y 2*= 1.075x2

también

LsGs =

Y 1−Y 2X 1−X 2 ……………………………….. (2)

pero : Y1 = y 1

1− y 1 = 0.045

1−0.045 = 4,712*10−2

Y2 = y 2

1− y 2 = 0.002

1−0.002 = 2.004*10−3

X2 = x 2

1−x2 = 0

1−0 = 0

X1 = x 1

1−x1

Donde : Ls = L2 (1-X2)

Gs = G1(1-y1)

L 2(1−x 2)G1(1− y1)

= Y 1−Y 2X 1−X 2

Reemplazando en (2)

X1 =2.872385*10−2

X1 = 2.6516210−2

Entonces :

y1* = 0.0285

y2* = 0

luego definimos Htog como promedio entre fondo y tope

Htog = Htog ( fondo )+Htog(tope)

2

También:

Gs= G1(1-y1) = G2(1-y2)

100 lbmol

h−pie2 (1-0.045) = G2(1-0.002)

G2 = 92.69138 lbmol

h−pie2

Htog (fondo) = G 1

Kya¿¿ =

100 lbmolh−pie2

18 lbmolh−pie 3

((1−0.045 )+(1−0.0285 )

2)

Htog (fondo) = 5.767511pie

Htog (tope) = G 2

Kya¿¿ =

95.69138 lbmolh−pie2

18 lbmolh−pie 3

((1−0.002 )+(1−0 )

2)

Htog (fondo) = 5.321509pie

Htog = 5.76511+5.321509

2 = 5.54451 pie

Ntog = y1− y2¿¿

= y1− y2¿¿

Reemplazando

Ntog (fondo) =

0.045−0.002

((0.045−0.0285 )+ (0.002−0 )

ln 0.045−0.0285(0.002−0 )

) = 6.25787

Entonces en (1)

Z = (Htog)(Ntog)

Z = 5.4451pie*6.25787

Z = 34.074pie

Problemas Para El Final

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