Entregar problema: 4 (fecha de entrega: 24/09/09)
Guía de Problemas N°6: Absorción en torres de platos
1.- En una planta química se produce una mezcla mezcla (gas + vapor) que debe evacuarse a la atmósfera. Esta mezcla, a 37 C y 101.3 kPa, tiene la siguiente composición promedio en volumen: gas (esencialmente aire) = 98% vapor x (contaminante ambiental) = 2% Según la legislación vigente sobre contaminación contaminación ambiental, se permite la evacuación libre hasta una concentración de vapor x del 2%. En poco tiempo más, este valor será reducido a un 0.5%, lo que nos obligará a tratar el efluente gaseoso. 3 Se pide, calcular una torre con bandejas de casquete de burbujeo convencionales para tratar 3600 m /h de mezcla gaseosa a 37 C, la que será 2 3 soplada al absorbedor a 101.3 kPa de presión. El absorbente será agua pura a 37 C (μ=0.0007 Ns/m , ρ=993.3 kg/m ) con un flujo igual a 1.3 veces el mínimo. Las soluciones (agua-x) pueden considerarse como ideales. Como una garantía de cumplimiento con la legislación se calculará la torre para una concentración de vapor x en el gas de 0.35% en volumen. La presión de vapor del contaminante x a 37 C es 53.5 kPa. Las propiedades del gas pueden tomarse como las del aire puro y las del líquido como agua pura, a todo lo largo de la torre. Datos: tensión superficial = 0.04 N/m, espaciado entre los platos = 0.5 m, velocidad superficial del gas = 0.75 VF (V F = velocidad de inundación del gas), longitud del vertedero = 0.7 D (D = diámetro de la torre) Calcular: a) el diámetro de la torre b) el número de bandejas ideales c) la altura de la torre d) nos han ofrecido una torre de absorción usada que posee 8 platos de casquetes de burbujeo, con una eficiencia global del 70%, una separación entre platos de 0.5 m, m, una longitud del vertedero = 0.7 D y un diámetro de la la torre = 0.65 m. ¿Funcionaría para nuestra nuestra condición de caudal de gas y concentración de entrada y salida del gas? °
°
°
°
+1 ∙ = 37° = 310 = 1.3
1 ℎ3 3 ℎ ∙ ∙ ∙ ∙ ∗ ∗+1 01 ∙ ∙ +1 1 ⁄ 2 3 3 = 0.02 0.02
= 101.3 101.3
= 53.5 53.5
= 0.04 0.04
= 0.00 0.0035 35
= 360 3600
= 0.00 0.0007 07
= 0.75 0.75
= 0.5 0.5
= 40
ℎ3 2 3 ∙ 0 = 993. 993.3 3
= 0.7
=0
a) Se pasa el flujo volumétrico a molar, porque la magnitud magnitud que se conserva es la masa y no el volumen.
=
1
= 3600 3600
1
0.082
310
3600
W
= 0.03 0.0393 93
Se supone que el sistema es diluido, después se verifica. Como las soluciones son ideales puede establecerse la relación entre x e y a partir de la ley de Raoult:
y1, G1
x0=0, L0
yNp+1 GNp+1
xNp LNp
=
=
=
=
53.5
= 0.52 0.523 3
101.3
Se calcula la composición del contaminante en el líquido en el equilibrio, con el cual se puede obtener el caudal mínimo.
0.02
=
=
= 0.03 0.0378 78
(0.02 0.0035) 0.0035) = 0.01 0.017 7 (0.0378 0)
= 0.03 0.0393 93
= 1.3
Con el caudal real se calcula el
0.523
= 1.3 0.017
= 0.02 0.0223 23
de operación:
0.0393
=
(0.02
=
0.0035) 0.0035) = 0.02 0.0291 91
0.0223
Es menor a 0.1 por lo tanto el sistema es diluido. Ahora se calcula el diametro de la torre:
=
= (
+
2)
De la Tabla 6.1, con la longitud del derramadero se obtiene el porcentaje del área de la torre utilizada por un vertedero: Para
∙ = 0.7
= 8.80 8.808% 8%
=
=
0.75
=
1
29
=
= 1.14 1.141 1
0.082
310
1
′′ 0 5 0 2 03 5 ′′ 0 5 3 =
.
1
log
+
.
20
De la Tabla “Dimensiones recomendadas recomendadas para torres de casquetes” (Edición 1 del Treybal) se obtiene α y β de acuerdo al rango en que cae: .
.
0.0223
18
1.141
0.0393
29
993.3
=
0.01
⋯ ⋯
0.03
0.03 0.2
= 0.00 0.0041 41 + 0.013 0.0135 5 = 0.00 0.0042 42 + 0.06 0.068 8 = =
= 0.01 0.012 2
Cuando cae en este rango no se utiliza el valor calculado de Cuando cae en este rango se utiliza el valor calculado.
0 5 .
= 0.00 0.0041 41 + 0.01 0.0135 35 = 0.00 0.0041 41 0.5
39.37
+ 0.01 0.0135 35 = 0.09 0.0942 42
= 0.0042 0.0042 + 0.06 0.068 8 = 0.00 0.0042 42 0.5
39.37
+ 0.06 0.068 8 = 0.15 0.1507 07
sino el extremo extremo mayor. t en in.
G’,L’ conviene usar los caudales más grandes de la torre, estos se encuentran en la base de la torre que es donde están mas concentrados. La tensión superficial debe estar en dyn/cm.
0 2 0 2 ′′ 0 5 3 3 3 ∙ 3 2 2 2 → 2 2 .
=
.
1
log
.
+
= 0.0942 0.0942 log
20
993.3
=
1
0.03
40
+ 0.1507 0.1507
= 0.33 0.3379 79
20
1.141
= 0.33 0.3379 79
= 9.96 9.964 4
= 3.04 3.04
1.141
=
=
+
= 0.43 0.439 9
=
0.75
=
1
/
0.75 3.04
= 0.43 0.439 9
+ 0.0880 0.08808 8
=
4
=
=
4(0.4814
)
0.439
1
0.08808
= 0.48 0.4814 14
= 0.78 0.783 3
A B
b) el número de bandejas ideales Se emplean las ecuaciones de Kremser y el grafico 5.16 del Treybal.
2
1+10 0 =
∙ 1+1
0.0223
=
= 1.08 1.085 5
0.523 0.0393
Se obtiene entonces: O del grafico:
=4
=
=
0.0035 0.02
= 0.17 0.175 5
0 ∙ ∙ 3 2 ∙ −6 ≅ ∙ → 0 ∙ =3+
c) la altura de la torre
=3+
1.1 1.3
= 3.85 .85
Se obtiene ahora el número de platos reales, a partir de la figura 6.24, se lee E0
°
=
Se entra con
°
0.523 18
Y se lee
0 ∴ = 0.59 0.59
=8
= 6.63 6.63 10
993.3
=
Finalmente
d)
0.0007
=
0
=
= 0.7
=
0.59
3.85 0.59
= 6.5 6.53
7
= 0.5 7 = 3.5
= 0.5 0.5
= 3.5
= 0.7
= 0.65 .65
Se calcula la velocidad de superficie y compara con la de inundación, si está por debajo del 85% 85% es admisible de lo contrario la torre no sirve.
=
= 0.7 8 = 5.6
Una forma es buscar la pendiente de la recta de operación que contenga los 5.6 platos teóricos pero que no toque en ningún punto la curva de equilibrio.
1+10 0 1+1 ′ ∙ ∙ ∙ ∙ 0 5 ′′ 0 5 ∙ 33 → 3 3 3 2 2 2
De otra forma, con el grafico 5.16, se entra con:
=
Y
=
0.0035 0.02
= 0.17 0.175 5
= 5.6
Y se lee A
=
= 0.97 0.97
Donde todo permanece constante menos el caudal de agua:
=
= 0.97 .97 0.523 0.0393
=
= 0.01 0.0199 99
= 0.02 0.02
18
= 0.35 0.3582 82
=
.
.
0.0199
18
1.141
0.0393
29
993.3
=
= 0.01 0.0106 06
Entra en el mismo rango que antes, y como el t es el mismo
el Cf es el mismo.
993.3
=
= 0.33 0.3379 79
1.141
= 0.33 0.3379 79
= 9.96 9.964 4
= 3.04 3.04
1.141
=
2
=
0.65 2
= 0.33 0.332 2
3
2 2 3 2 ≪ u =
=
(1
+
=
+ 0.0880 0.08808 8
0.08808) 0.08808) = 0.33 0.332 2
(1
0.08808) 0.08808) = 0.30 0.303 3
=
=
Finalmente, la idea es que
=
1
= 3.30 3.305 5
0.303
3.305
=
= 1.09 1.09
3.04
Pero no lo es. Por lo tanto la torre no sirve para los requerimientos de operación del problema.
2.- A 2.- A partir de su uso como solvente para la extracción de aceite de semilla de algodón se recupera el pentano en exceso contenido en la fase sólida por medio de un gas de escape que contiene el 79% de nitrógeno y el 21% de dióxido de carbono. El gas abandona el proceso de extracción a 37,78 °C y 2 atm con un flujo másico de 554,5 mol/min y está saturado al 52,77% con pentano. El solvente ha de recuperarse por absorción con 3 un hidrocarburo de masa molecular 160 y densidad 0,84 g/cm en una columna de platos de burbujeo a 37,78 °C y 1 atm. Se mantiene el funcionamiento isotérmico por enfriamiento interno. El hidrocarburo entra en la columna desde un separador y contiene una fracción molar de 0,005 de pentano, con un flujo molar equivalente al 170% del mínimo requerido para el 99% de recuperación. El valor de m para el pentano de acuerdo a la ley de Henry puede considerarse igual a la unidad. a) b)
Estime el número de bandejas requeridas para esta separación. Calcular el número de etapas reales si el rendimiento Murphree de bandeja EMG=0.8.
0 +1+1 → ∗ 0 0∗0 ∗ +1∗ +1 +1 +1+1+1+1∙ +111 ∴ 1 +1 ∙ 1 +1 ∙ 1 1∙1 1 0 +1 1 +1 +1 +1 01 ∙ 0 +1 1 = 37.7 37.78° 8° = 310.85 310.85 = 1.7
Por ley de Henry
=2
=
= 554. 554.5 5
= 160
= 0.52 0.5277 77
=
=
3 = 840
0
= 0.00 0.005 5
=
Para calcular el caudal mínimo de hidrocarburo, se busca el
= 0.52 0.5277 77
Algunas de las composiciones son mayores a 0.1. Por lo tanto no es posible suponer que el sistema es diluido. Se emplean relaciones molares:
=
=
1
=
=
1
1
0.005
= 0.0050 0.00503 3 0.005 0.5277 = = 1.12 1.12 1 0.5277 0.5277 = = 1.12 1.12 1 0.5277
1
0.01 0.01 = =
=
=
0.01
=
0.01
= 1.12 1.12 0.01 0.01 = 0.01 0.0112 12
+
=
1
=
=
(1
= 554. 554.5 5
= 261. 261.9 9
= 1.7
+
0.5277) 0.5277) = 261. 261.9 9
(1.12 0.0112) 0.0112) = 260. 260.44 44 (1.12 0.00503) 0.00503)
= 1.7 260.44
= 442. 442.75 75
Se vuelve a calcular
261.9
=
+
= 0.00 0.0050 503 3+
(1.12
0.0112) 0.0112) = 0.6609 0.66092 2
442.75
a) El número de bandejas requeridas para esta separación:
Se emplea el grafico 5.16 “Número “Número de etapas teóricas para cascada a contracorriente, en el equilibrio equilibrio de la Ley de Henry y factores de absorción y desorción constantes” 4
∙ 1+10 0 ∙ −3 442.75
=
=
= 1.6 1.69
1 261.9
=
0.0112 1.12
0.00503
0.00503
= 5.53 5.534 4 10
= 8.3
b) El número de etapas reales si el rendimiento Murphee de bandeja EMG=0.8. (eficiencia por plato)
∗+1+1 11 ∗+1 1 +1 1 ≅ =
=
+
= 0.8
= 0.01 0.011 12 +
=
=
=
1.12
0.0112
0.8
= 1.39 1.3972 72
°
°
8.3 0.8
= 10.4 10.4
11
3.- El bisulfuro bisulfuro de carbono, CS2 (A), utilizado como solvente en una planta química es evaporado del producto de un secador con gas inerte (inicialmente nitrógeno), de tal manera que se evite el riesgo de una explosión. La mezcla vapor-nitrógeno será depurada con un aceite hidrocarburado absorbente, el que posteriormente será depurado del vapor para recuperar el CS2. La mezcla CS2-N2 tiene una presión parcial de 5
3
CS2 igual a 6.64 kPa a 297 K y será soplada en un absorbedor a presión atmosférica y con un caudal de 0.393 m /s. El contenido de vapor en el gas 2 será reducido a 0.5%. El aceite absorbente tiene un peso molecular medio de 180, una viscosidad de 0.002 N s/m y un peso específico de 0.81 a 297 K. El aceite entra al absorbedor inicialmente desorbido de todo CS2, y las soluciones de CS 2 y aceite son ideales. La presión de vapor del CS2 a 297 K es de 46.12 kPa. Suponer una operación isotérmica. a) b) c)
Determinar la mínima relación líquido/gas. Para una relación líquido/gas de 1.5 veces el valor mínimo, determinar los kg/h de aceite de entrada al absorbedor. Determinar gráfica y analíticamente el número de bandejas teóricas necesarias.
=297 =297 =297 =297 +1 1 2 =297 +1 +1 → ∗ +1 +1 3 3 +1+1 00 11 ∗0 00 ∗ +1∗ +1 1 +1 1 1 +1 +1 0 +1 1 ∗+1 01 ∙ −3 ∙ = 6.64 6.64
= 180
= 101. 101.3 3
= 46.1 46.12 2
= 0.39 0.393 3
= 0.8 0.81
= 0.00 0.005 5
|
= 0.00 0.002 2
=
6.64
=
3
′0 ∙ ′ 0 = 1.5
=0
= 0.06 0.065 5
101.3
Se supone que el sistema es diluido, luego de calcular xNp se verificara lo supuesto. De esta forma, se puede emplear la ley de Raoult:
=
=
=
=
Se busca la fracción molar en equilibrio en el líquido, para
46.12
= 0.45 0.4553 53
101.3
= 0.06 0.065 5
= 0.14 0.143 3
Este valor está al límite, es mayor a 0.1, pero todavía puede suponerse sistema diluido sin arrastrar mucho error.
=
1
= 0.39 0.393 3
= 0.0161 0.01614 4
0.080
+
=
=
=
=
=
=0
0.143
1
1
= 0.45 0.4553 53
)
= 0.45 0.4553 53
a)
)(1 )
(1
)
(1
=
= 0.01 0.0151 51
=
=
1
(1 (1
= 0.01 0.0161 614 4
+
=
= 0.16 0.167 7
= 0.06 0.069 9 1 0.065 0.005 = = 0.00 0.0050 503 3 1 0.005
= 0.45 0.4553 53
1
0.143 0.065
=
1
1
=
+
1
=
1
(1
297
)
∙ −3
0.065) 0.065) = 0.01 0.0151 51
+
(0.069 0.00503) 0.00503) = 5.78 .78 10 (0.167 0)
5.78 10
= 0.38 0.383 3
0.0151
b)
= 1.5
= 1.5 0.38 0.383 3 = 0.57 0.574 4
Se vuelve a calcular
6
0 +1 1 ∙ ∙ −3 ′ ∙ −3 ℎ ℎ −3 ∙ ∙ 1+10 0 =
+
=
1
0.574
= 0.57 0.574 4 0.0151
= 8.67 8.67 10
c)
(0.069
0.00503) 0.00503) = 0.11 0.1114 14
= 8.67 .67 10 3600
180
= 5616 5616.5 .5
8.67 10
=
=
= 1.26 1.261 1
0.4553 0.0151
=
0.00503 0.069
= 0.07 0.073 3
= 5.65 .65
B A
5
4
3
2 1
=5+
=5+
1.73 2.46
= 5.7
4.- Determinar el número de bandejas teóricas necesarias para el absorbedor del problema 3, suponiendo operación adiabática. El bisulfuro de carbono, CS2, utilizado como solvente en una planta química es evaporado del producto de un secador con gas inerte (inicialmente nitrógeno), de tal manera que se evite el riesgo de una explosión. La mezcla vapor-nitrógeno será depurada con un aceite hidrocarburado absorbente, el que posteriormente será depurado del vapor para recuperar el CS2. La mezcla CS2-N2 tiene una presión parcial de CS2 igual a 6.64 3 kPa a 297 K y será soplada en un absorbedor a presión atmosférica y con un caudal de 0.393 m /s. El contenido de vapor en el gas será reducido reducido a 2 0.5%. El aceite absorbente tiene un peso molecular molecular medio de 180, una viscosidad de 0.002 0.002 N s/m y un peso específico de 0.81 a 297 K. El aceite entra al absorbedor inicialmente desorbido de todo CS2, y las soluciones de CS2 y aceite son ideales. La presión de vapor vapor del CS2 a 297 K es de 46.12 kPa. Utilizar un flujo de fluido de 2.27 kg/s que es aproximadamente 1.5 veces el valor mínimo. Los calores específicos son: N2
∆=297 =297
Aceite
El calor latente del CS2 es
= 28.4 28.45 5
= 361. 361.92 92
CS2 (líquido) CS2 (vapor)
(
(
= 76.1 76.15 5
)
)
= 46.4 46.48 8
= 2791 27910 0
La funcionalidad de la presión de vapor del CS2 a con la temperatura es como sigue: 7
P vapor (mmHg)
200
400
760
Temperatura (°C)
10.4
28
46.5
3 ′ =297 ≅ ∙ ′ 0 +1 =297 =297 =297 1 2 =297 = 6.64 6.64
= 46.1 46.12 2
= 101. 101.3 3
|
= 0.00 0.002 2
= 180
= 2.27 2.27
= 0.39 0.393 3
= 0.81 0.81
1.5
= 0.00 0.005 5
Dado que los platos se numeran desde el primero al último como 1,2,…, N P-1, Np, los distintos puntos de operación a la entrada y la salida se nombran de acuerdo al plato que lo antecede (si sale de la torre) y si entra a la torre con la numeración consecuente. Como se tienen datos de la presión parcial de CS2 y la presión total a la entrada de la torre, se puede obtener la fracción molar de CS2 en ese punto.
+1+1 +1 +1 3 3 000 ′0 ⁄ ∙ 1 1 1 +1 +1 ∴ +1 +1 1 1 1 +1 1+1 0 +1 1 → 0 +1 1 00 +1+1 11 ∙ ∙ 0 0 +1 +1 1 1 ⁄ =
=
6.64
= 0.06 0.065 5
101.3
= 297
,
=
1
= 0.39 0.393 3
= 16.1 16.14 4
1 1000
0.082
297
Como el aceite entra al absorbedor inicialmente desorbido de todo CS2
,
=0 = 297 =
2.27
=
= 12.6 12.61 1
1 1000
180
Como se exige que el vapor en el gas sea reducido al 0.5%
= 0.00 0.005 5
Si
=
=
(1
) y
1
(1
)
=
(1
)
= 16.1 16.14 4
1
(1
0.065) 0.065)
(1
0.005)
=
(1
)
= 15.1 15.17 7
Ahora, en el caso de la salida del líquido:
+
=
Para conocer
+
=
+
= 12.6 12.61 1
también se plantea el balance correspondiente:
=
+
=
+ 16.1 16.14 4
15.17
+
=
0 + 16.1 16.14 4
0.065
= 13.5 13.58 8
+
15.17
0.005
13.58
= 0.07 0.0717 17
Conocidos los datos de los puntos de operación de entrada y salida, puede analizarse lo que sucede con la temperatura dado que se trata de un proceso adiabático, y existe variación de la temperatura por el proceso de disolución involucrado en la transferencia de masa. Un balance de entalpia para toda la torre resulta:
0 0 +1 +1 1 1 +
,
=
,
,
+
,
+
Donde Hi,j representa en cada caso la entalpía molal de la corriente corriente en su concentración y condición particular. = 0, y la temperatura de las corrientes que salen del absorbedor será generalmente mas elevada que Además como la operación es adiabática la temperatura de entrada debido al calor de disolución.
↑ → = ⋀ = � 0 Δ >
>
La entalpía molal de una solución líquida, a temperatura ti,j y composición x fracción mol de soluto, puede obtenerse de:
Δ0
Si la solución es ideal: La temperatura base es
=0 = 297
,
=
ó
,
=
,
+
8
Para líquidos:
� 0 Δ 0 0 ∙ � 0 Δ 0 0 ∆=297 =297 ⋅ ∙ +1 +1+1 ∙ ⋅ 0 00 ∙ 11 ⋅ 1 ∙ 0 0 +1 +1 1 1 +1 +1 1 1 +1 +1 1 1 ∙ ⁄∙ ∗ ∙ → → ∙ =
=
,
(
(
(
= 361. 361.92 92
)+
)
)(1 297 )(1
(
=
)(1 )(1
) + 76.1 76.15 5
(
=(
)+
(
)
(
)
297 )
)(361.92 297 )(361.92
)
285.77
Para gases:
=
(
=
,
(
(
= 28.4 28.45 5
)+
)
297)( 297)(1 1
(
=
)(1 )(1
) + 46.48
(
=(
)+
(
)
(
)+
297) 297) + 2791 27910 0
297)( 297)(28 28.4 .45 5 + 18.0 18.03 3
)
+ 2791 27910 0
Se calculan los valores de las entalpias, en los distintos puntos:
Para el gas en N p+1 con
= 297 :
,
Para la entrada del líquido con
,
= 297 :
,
= (297
,
= 1814.1 1814.15 5
,
= (297
,
=0
297) 297) (28.4 28.45 5 + 18.0 18.03 3 0.065) 0.065)
297) 297) (361.92
Para la salida del gas, se supone una temperatura levemente superior:
,
Como
,
+
= (298
,
,
+
,
=
,
)
+ 2791 27910 0
entonces
16.14
1814.15
+
,
0.065
= 298
297) 297) (28.4 28.45 5 + 18.0 18.03 3 0.005) 0.005)
=
,
285.77
+ 2791 27910 0
0.00 0.005 5 = 168. 168.1 1 =
,
15.17
,
+
,
168.1
=
= 1968 1968.7 .77 7
13.58
Con todos los datos iniciales necesarios se procede a calcular plato a plato el número de platos, de la siguiente manera: Se obtiene la temperatura
,
,
=
,
,
297
361.92
= 297
+
285.77
= 1968 1968.7 .77 7
1968.77 = 302. 302.8 8 (361.92 285.77 0.0717) 0.0717)
Como la temperatura está relacionada con la presión de vapor (y con la pendiente) y ésta con la fracción molar, puede obtenerse para la = / temperatura calculada, el en el equilibrio: con = Como las soluciones de CS2 y aceite son ideales, puede utilizarse la ley de Raoult para encontrar la relación de equilibrio entre x e y:
=
a T=297K
(
)
=
200
=
400
0.2632 0.5263
=
=
46.12 101.3
= 0.45 0.4553 53
= 0.45 0.4553 53
760 1
(° (° )
10.4
28
46.5
( )
283.4
301
319.5
9
→ ∗ ∙ +1 +1 −1 0 +1 −1−1 +1+1 ∙ ∙ +1 +1 −1 −1 ⋅ ∙ −1 −1 −1 +1 +1 −1 −1 +1 +1 −1 −1 −1 ∙ −1 ∙ −1 → ∗−1 ∙ −1 −1 −2 −1 −1 −2−2 −1−1 −1−1 ∙ ∙ −2 −1−1 −1−2−1 −1 −1 −1 −1 −1 ⋅ −1 ∙ −2 −2 −2 −1 −1 −1 −1 −2 −1−1 −1−2 −1 −2 −2 −2 ∙ −2 ∙ −2 → ∗−2 ∙ −2 −1 −2−1
Entonces para
= 302. 302.8 8 por interpolación corresponde a
,
= 0.54 0.548 8
= 0.54 0.548 8 0.07 0.0717 17 = 0.03 0.0393 93
Con este nuevo valor se recalculan los flujos:
1
=
(1 0.065) 0.065) = 15.7 15.71 1 (1 0.0393) 0.0393)
= 16.1 16.14 4
1
=
+
= 12.6 12.61 1
+ 16.1 16.14 4
15.71
= 13.0 13.042 42
+
13.58
+
=
=
+
0.07 0.0717 17 + 15.7 15.71 1
0.0393
16.14
0.065
=
= 0.04 0.0416 16
13.042
,
= 28.4 28.45 5
,
= (302.8
297
,
1
+ 46.48
297) 297) (28.4 28.45 5 + 18.0 18.03 3 0.0393) 0.0393)
Ahora se entra al siguiente plato, se quiere obtener
,
=
,
=
+
,
,
13.58
297 + 2791 27910 0
,
+ 2791 27910 0
0.03 0.0393 93 = 1265 1265.9 .98 8
:
,
+
,
=
,
,
+
,
,
1968.77
+ 15.7 15.71 1
1265.98
16.14
1814.15
= 1329 1329.8 .86 6
13.042
= 297
,
361.92
Entonces para
1329.86
,
+
= 297
+
= 300. 300.8 8 por interpolación corresponde a
,
= 300. 300.8 8
(361.92
285.77
285.77 0.0416) 0.0416)
= 0.52 0.5233 33
= 0.52 0.5233 33 0.04 0.0416 16 = 0.021 0.0217 7
Como todavía el valor que se obtiene está lejos del requerido, se calculan los flujos nuevamente:
1
=
(1
= 15.7 15.71 1
(1
1
=
+
0.0393) 0.0393) = 15.4 15.43 3 0.0217) 0.0217)
= 13.042 13.042
+ 15.4 15.43 3
15.71
= 12.7 12.76 6
=
+
+
13.042
+
=
0.04 0.0416 16 + 15.4 15.43 3
0.0217
15.71
0.0393
=
= 0.02 0.0204 04
12.76
,
= 28.4 28.45 5
,
= (300.8
297
,
1
+ 46.48
297) 297) (28.4 28.45 5 + 18.0 18.03 3 0.0217) 0.0217)
Ahora se entra al siguiente plato, se quiere obtener
,
=
,
=
,
13.042
+
,
1329.86
,
297 + 2791 27910 0
,
+ 2791 27910 0
:
0.02 0.0217 17 = 715. 715.24 24 +
,
,
=
,
+
,
,
+ 15.4 15.43 3
715.24
15.71
1265.98
= 665. 665.49 49
12.76
,
= 297
,
+
361.92
Entonces para
,
665.49
= 297
+
= 298. 298.87 87
(361.92
285.77
= 298. 298.87 87 por interpolación corresponde a
285.77 0.0204) 0.0204)
= 0.49 0.4944 44
= 0.49 0.4944 44 0.02 0.0204 04 = 0.01 0.01
Como todavía el valor que se obtiene está lejos del requerido, se calculan los flujos nuevamente:
1
=
1
= 15.4 15.43 3
(1 0.0217) 0.0217) = 15.2 15.25 5 (1 0.01) 0.01)
10
−3 −2 −2 −1 −3−3 −1−1 −2−2 −2−2 −2 −2 −2 −2 −1 −1 −3 −3 −2 −2 −2 −1 −2 ⋅ −2 ∙ −3 −3 −3 −1 −1 −2 −2 −2 −2 −3 −2 −2 −2 −3−2 −1 −1 −3 −3 −3 ∙ −3 ∙ −3 → ∗−3 ∙ ∗−3 =
+
= 12.7 12.76 6
+ 15.2 15.25 5
15.43
+
+
=
=
12.76
=
= 12.5 12.58 8
+
0.02 0.0204 04 + 15.2 15.25 5
0.01
15.43
0.0217
= 0.00 0.0062 62
12.58
,
= 28.4 28.45 5
,
= (298.87
297
,
1
+ 46.48
297) 297) (28.4 28.45 5 + 18.0 18.03 3 0.01) 0.01)
+ 2791 27910 0
Ahora se entra al siguiente plato, se quiere obtener
,
+
,
,
=
,
=
,
12.76
,
665.49
+ 15.2 15.25 5
297 + 2791 27910 0
,
0.01 0.01 = 331. 331.96 96
:
+
,
331.96
15.43
=
,
,
+
,
715.24
= 200. 200.16 16
12.58
,
= 297
,
+
361.92
Entonces para Como
,
200.16
= 297
+
= 297. 297.55 556 6
(361.92
285.77
= 297.55 297.556 6 por interpolación corresponde a
= 0.002 .0029 9 < 0.00 0.005 5
285.77 0.0062) 0.0062)
= 0.47 0.4748 48
= 0.47 0.4748 48 0.00 0.0062 62 = 0.002 0.0029 9
finaliza la iteración.
En resumen:
n=número de platos
( )
=4
302.8 0.0717 0.0393
1=3
300.8 0.0523 0.0217
2=2
298.87 0.0204 0.0100
3=1
297.56 0.0062 0.0029
Como la concentración requerida cae entre el plato 3 y el 4, y los platos teóricos pueden ser fraccionarios, se interpola en los siguientes gráficos la cantidad exacta de platos:
11
De acuerdo al gráfico, n=1.4
∴
= 3.6
La temperatura que se determina gráficamente es = 298. 298.05 05
5.- Una columna de desorción es usada para remover trazas de cloro a partir de una corriente acuosa. La columna utiliza aire puro a una presión absoluta de 0,6 atm como gas desorbente y los gases son evacuados evacuados por la parte superior a la misma presión en un sistema de vacío. La columna debe eliminar el 98% del cloro de la corriente acuosa. acuosa. La torre es isotérmica y opera a 20 °C. La solubilidad del cloro en agua a 20 °C es es 0,0018 fracción molar/atm. Si la torre posee tres etapas de equilibrio, encontrar la velocidad del aire expresada como moles de aire /mol de agua.
+1 ℎ ℎ ≅ ≅ ≅ 10≅ +1 0 0 ∙ −3 = 0.6 0.6
= 20° = 273
=
1
0.0018
=0
=3
Se quiere obtener la velocidad del aire en mol aire/mol agua:
=
=
Se considera sistema diluido, ya que se van a eliminar trazas:
0.02 0.02 = 0.02 0.02 =
= 0.00 0.0018 18
1
0.6
= 1.08 1.08 10
La ecuación para desorción es:
12
0 +1+1 3 3 4 4 3 log
=
(1
)+
=
log( log(1/ )
1
3log
= log[50
1
= 50
1=50 50
Con MathCAD:
Por lo tanto
0+1+1 0 ∙ −3
49 ]
49
+
49
) + ] log[50 49 ] log[50( 50(1 = log( log(1/ ) log( log(1/ )
49 1
49
=0
= 0.30 0.306 6
1
Con el grafico:
=
=
/
/
Con se trata de desorción se obtiene:
=
1
1
=
=
3.3
1.08 10
1
0.306
=
= 3.26 .26
0 0
0.02
=3
= 0.02 0.02
= 3.3
= 3.3
= 3056 056
13
