267294927-Solucionario-Cap-3-Treybal.pdf

Operaciones de Transferencia de Masa

ROBERT TREYBALL-OPERACIONES TREYBALL-OPERACIONES DE TRANSFERENCIA DE MASA-SEGUNDA EDICION-CAPITULO CION-CAPITULO 3-COEFICIENTES DE TRANSFEREN TR ANSFERENCIA CIA DE MASA

PROBLEMA 3.1

Calcule el coeficiente de transferencia de masa y el espesor efectivo de la película que se esperaría en la absorción de amoniaco de aire por una solución de ácido sulfúrico 2 N, en una torre de paredes mojadas, en las siguientes condiciones:

Flujo Flujo de aire = 41.4 g/min( g/ min(sólo sólo aire) aire) parcial promedio promedio del amoniaco amoniaco en el aire = 30.8 mm Hg Hg Presión parcial Presión total = 760 760 mm mm Hg Hg promedio dio del del gas gas = 25 Temperatura prome

℃

promedio io del liquido liquido = 25 Temperatura promed

℃

Diám Diám.. de la torre torre = 1.46 1.46 cm Para la absorción de amoniaco en ácido sulfúrico de esta concentración, la resistencia total a la transferencia de masa se encuentra en el gas; la presión parcial del amoniaco en la interface puede despreciarse. Nota: Las condiciones corresponden a la corrida 47 de Chambers y Sherwood [`Trans. `Trans. ALChE, 33,579(1937)], quienes observaron que d/z = 16. 16.6.

F

SOLUCION 3.1

Web site: www www.qukteach.com .qukteach.com

e-mail: consultas [email protected] @qukteach.com

Pág. 1


Calculo de KG (coeficiente de transferencia de masa). Se trata de fluidos dentro de tubos circulares (tabla 33, sección 1). Propiedades del aire (25 °C).

ρ = 1.1707 kg/m

µ = 183.6 × 10−7 kg/ms

Calculo v:

g g

p 30.8 mm H y= = = 0.04 p 760 mm H

T

g 1 mol 1 min = 41.4 × × = 0.0238 mol aire/s min 29 g 60 s

ɳ  ɳ NH = 964 ɳ  = 964 (0.0238) = 9.914 × 10−mol NH/s m

NH

−

= 9.914 × 10 mol

TOTAL



41.4 = 0.7068 g/s 60

 m 0.7068 × 10− kg/s v= ρA = (1.107 kg/m) π4 (0.0146 m)² = 3.606 m/s Ahora: m

NH



NH 17g × = 0.0168g/s s 1 mol NH

=m

+m

= 0.0168 +



Cálculo de R :



R =

ρ V D = µ

 3.606 ms (0.0146 m) = 4895.18 183.6 × 10−7 kg/ms

1.707 kg/m

AB

Cálculo D :

A rB = 0.3711 nm ЄA/k = 558.3°K ЄB/k = 78.6°K r = 0.29 nm

Web site: www.qukteach.com

r

0 .9+0.7 AB  = 0.33055 nm =

Tabla 22

Є =  (558.3)(78.6) = 209.48°K K e-mail: [email protected]

Pág. 2


Ahora:

AB =

D

KT

ЄAB

298 = 1.42 209.48

=

−

10 (1.084

→ f ЄKTAB = 0.62 (Figura 2.5)

  ( 1 /17 + 1/29)  0.249 1/17 + 1/29)(298) = 2.3 × 10−m /s  .

(101330)(0.33055) (0.62)

Calculo de Sc

c

S =

µ

ρDAB

−7

183.6 × 10 kg/ms = = 0.46 (1.707 Kg/m )(2.3 × 10 m /s)

 −  Usamos: Sh = 0.023 Re0.Sc/ Sh = 0.0238(4895.18)0.(0.46)/ = 20.616 Sh pT DAB Ahora kG = (Tabla 3.2 , sección 4) p� , RTD Cálculo p� , :

 = 744. 5 mm Hg �B M = 760−79  n  .

p

,

.

− 

(20.616)(760 mm Hg)(2.3 × 10 m /s) k = atm.m (744.5 mm Hg) (0.082 × 10 mol °k )(298° )(0.0146 )

G

G kG

−

  1.79 × 10−  /sHg



k = 1.356 mol/m . . atm (1 atm /760 mm

)





Cálculo NA

A

G   p)

N = k (p


Si



p =0 e-mail: [email protected]

Pág. 3


NA = 1.79 × 10−

mol (30.8 mm Hg) mm Hg m . s





A

N = 0.0551 mol/m . s Para la teoría de la película, se trata de hallar el valor del espesor efectivo.

=

  

D

De la tabla 3.2, sección 4

Sh =

∴ Sh = ZDFAB C CDABD

 D

D 0.0146 m Z = = = 0.0007082 m Sh 20.616

F

PROBLEMA 3.2

Powell [Trans.

. Chem. . (Londres),13,175 (1935);18,36()] ℃

evaporó agua del

exterior de cilindros en una corriente de aire que fluía paralela a los ejes de los cilindros. La temperatura del aire era de 25 ; la presión total, la atmosférica. Los resultados están dados por

wl = 3.17 × 10 (ul) PW P

− 0.

 A

en donde

w = agua evaporada, g/s cm

∗

PA = Presión parcial del agua en la corriente de aire, mm Hg

.

v

P = Presión del vapor de agua a la temperatura de la superficie, mm Hg. u = Velocidad de la corriente de aire, cm/s. l = Longitud del cilindro, cm.

 = ѱ(, ),

a) Transforme la ecuación a la forma basado en la longitud del cilindro.

en donde Re, es un número de Reynolds

b) Calcule la rapidez de sublimación de un cilindro de naftaleno de 0.075 m de diám. por 0.60 m de largo (o 3 pulgadas de diám. por 24 pulgadas de largo) en una corriente de dióxido de Web site: www.qukteach.com

e-mail: [email protected]

Pág. 4


carbona puro a una velocidad de 6 m/s (20 pie/s) a 1 atm, 100

℃

. La presión de vapor del

 difusividad en el dióxido de carbono puede considerarse como 5.15 ( 10−6 ) m /s (0.0515 naftaleno en la temperatura superficial puede tomarse como 1 330 N/ m (10 mm Hg); la cm²/s) a 0

℃

, 1 atm. Expresar los resultados en kg de naftaleno evaporados/h.

SOLUCION 3.2

w = 3.17 × 10−(υl)0. p−p a) Transformación a la forma jD = ѱ(R ) Se puede deducir que: NA MA = w NA = kG (P   PA ) ∴ pw w p�A = kG MA → kGMAl = 3.17 × 10−(υl)0. ρυ l b Nosotros queremos hallar: jD = a   µ ρυ l b  / Sf D Sc = a   µ ρυ Sh l b  / = a  µ  ReSc Correlación dada:



Pág. 5


G BM  / /  / µρ D kG p B,M RT µ Sh G AB B M T AB   =     / / ρυ µ ρυµ υ ρ p D Re Sc T AB T AB   µ ρ  AB (υl)0. p B,MRT / ρυ Sh l b − Sc  / = a  µ  = 3.17 × 10 υ M l p Re Sc A T b b 3.17 × 10− p B,MRT Sc/ −0. ρ (υl) a   (υl) = µ MA pT k p , RTl k p , RT p D = = / l p D / / D

∴ b = 0.2 −0  3.17 × 10− p B MRT Sc  (υl)−0  ρ Ahora a   µ = MA pT 3.17 × 10− p B M RT Sc  (υl)−0  µ −0  ρ  a= MA pT 3.17 × 10− p B M RT Sc   υlµ −0  ρ a= MA pT 3.17 × 10− p B MRT Sc   ρ 0  ⇨ jD =   Re−0  υlµ MA pT /

.

/

.

,

/

/

,

wl

w  pA

p


.

.

,

De la correlación:

.

,

.

.

− υ 0.

= 3.17 × 10 ( l)


Pág. 6


−

0

3.17 × 10 (600 × 60) . (10) w= = 2.33 × 10 g/cm . s 60

−



π π



Area transferencia = Dl = (60 cm)(7.5 cm) = 1413.71 cm

− g × 1413.71 cm × 3600 s × 1 kg cm . s 1h 1000g

w = 2.33 × 10

w = 0.119 kg/h

PROBLEMA 3.3

Esta fluyendo agua en forma descendente por la pared inferior de una torre de paredes mojadas con el diseño de la figura 3.11; al mismo tiempo, en forma ascendente está fluyendo aire a través del centro. En un caso particular, el diámetro interior es 25 mm (o 1 in); el aire seco entra con una





rapidez de 7.0 kg/s m² de sección transversal interna (o 5 000 lb /pie h). Supóngase que el aire tiene una temperatura promedio homogénea, 36

℃

, el agua de 21

℃

; el coeficiente de transfe-

rencia de masa considérese constante. Presión = 1 atm. Calcule la presión parcial promedio del agua en el aire que se aleja, si la torre tiene 1 m de longitud (o 3 pies). SOLUCION 3.3



Pág. 7


Calculo Re:

̇ R = µ

mD



−

(7 kg/m . s)(2 5 × 1 0 m) = = 9266.71 188.8 × 10 kg/ms

AB

−7

Calculo D : .7) 0 6+0 = 0.3176 nm AB  ( .

A rB = 0.3711 nm Tabla 22 ЄA/k = 809.1°K Є =  (809.1)(78.6) = 252.18°K Єs/k = 78.6°K k kT 309 = ЄAB 252.18 = 1.22 → f (KT/ЄAB) = 0.67 1 1 1 1 10− 1.084  0.249 18 + 29 (309).  18 + 29 DAB = (101330)(0.3176) (0.67) = 2.4 × 10− m /s Calculo Sc : µ 188.8 × 10−7kg/ms Sc = ρDAB = (1.1314 kg/m)(2.4 × 10−m/s) Usamos: Sh = 0.023 Re0. Sc/ = 0.023(9266.71)0. (0.695)/ = 39.95 Sh pT DAB (tabla 3.2, sección 4) Ahora: kG = pB,M RTD r = 0.2641 nm

r

=

Asumiremos que la salida del gas es diluido

G

k =

⇨ pT /pB M ≅ 1 ,

AB

Sh D RTD

− 

(39.95)(2.4 × 10 m /s) k = = 1.514 mol/ atm.m 0.082 × 10 mol °K (309 °K)(2 5 × 1 0 m)

G



−



−

.s.atm

Balance de materia: Web site: www.qukteach.com


Pág. 8




Cálculo n

π

g = 7000 × (25×10 m) m s 4

−  1 mol = 0.118 mol/s

  29g n n (p + d p) p + NA πDdH = pT pT H p dp n n  kG (pst  p)πDdH = dp ⇨  dH = dp π  pT k p D p p G T p st 0 n pst  p  H= ln  kG pT πD pst  p Cálculo pst ∶ H O(T = 21℃), aplicamos Ley de Raout 9− A = 16.5362 ln pst = 16.5362  9−.97 ⇨ pst = 2.47 k Pa n

B = 3985.44



C = 38.9974

st

lnp

=





 −

0.118 mol/s ln(2.47/2.47 p ) 1.514 mol (1 atm) (2 5 × 1 0 m) m .s.atm









π

p = 1.573Pa = 1573 N/m

PROBLEMA 3.5

Un tanque de mezclado de 3 ft (0.915 m) de diám. Contiene agua a 25

℃

a una profundidad de 3 ft

(0.915 m). El líquido se agita con un impulsor giratorio a una intensidad de 15 Hp/1 000 gal (2 940 W/m³). Calcule la escala de los remolinos más pequeños en el rango universal.

SOLUCIONES 3.5



Pág. 9


HO :

Cálculo V

 H O 

V





= (0.915 m) (0.915 m) = 0.6016 m

W × 0.6016m = 1768.88 W 

P = 2940

Cálculo m :

ρHO(25 ℃) = 997.08 kg/m , µHO(25 ℃) = 0.8937 × 10−kg/ms m = VH O ρ = 0.6016 m (997.08 kg/m ) = 599.84 kg De la ecuación (3.25)

 /  l =  Pg  

µ 0.89 37 × 10− kg/ms  = ρ = 997.08 kg/m = 8.96 × 10−7m/s  (8.96 × 10−7) (599.84)  l =  = 2.22 × 10− m (1768.88)(1) /

PROBLEMA 3.6

La velocidad terminal en caída libre de gotas de agua en aire, a presión atmosférica estándar está dada por la siguiente tabla de datos.



Pág. 10


Diám. mm velocidad, m/s ft/s

0.05 0.055 0.18

0.2 0.702 2.3

0.5 2.14 7.0

1.0 3.87 12.7

2.0 5.86 19.2

3.0 7.26 23.8

Una gota de agua con un diámetro inicial de 1.0 mm cae en aire seco en reposo a 1 atm, 38

℉

℃ ℉

℃

(100 ). La temperatura del líquido puede tomarse como 14.4 (58 ). Suponiendo que la gota permanece esférica y que la presión atmosférica permanece constante a 1 atm. a) Calcule la rapidez inicial de evaporación. b) Calcule el tiempo y la distancia de la caída libre de la gota para que se evapore hasta un diámetro de 0.2 mm. c) Calcule el tiempo para que ocurra la evaporación anterior, suponiendo que la gota está suspendida sin movimiento (como una hebra fina) en aire en reposo.

SOLUCION 3.6

a)

Propiedades:

ρ aire 38℃ = 1.125 kg⁄m µaire38℃ = 189.792 × 10−7 kg⁄ms ρ aire 14.4℃ = 1.203 kg⁄m ρH014.4℃ = 999.07 kg⁄m ρ aire 26.2℃ = 1.165 kg⁄m µ aire 26.2℃ = 184.2 × 10−7 kg⁄ms Pv agua 26.2℃ = 3.39 k Pa Para D = 1 mm ⇒ v = 3.87 m⁄s

 = 38℃ THO = 14.4℃ D = 1 mm

T

Aire seco (p2 = o) P = 1 atm

ρ vD (1.165 kg⁄m )(3.87 m⁄s)(0.001 m) Re = µ = 184.2 × 10−7 kg⁄ms = 244.76 Calculo D

gu− (6.℃)



Pág. 11


/

 − m s   = 2.584 × 10 gu− 6 ℃ gu−  9℃   0⁄ s µ 184.2 × 10−7 kg⁄ms Sc = ρ D = (1.165 kg⁄m) 2.584 × 10− ms = 0.612 D

(

) =D

.

(

.

Como ReSc < 10

×

.

)

62.2 + 273 25.9 + 273



0. + 0.347 (Re Sc0.)0.6



Sh = 2 + 0.569 (G  Sc) Calculo GrD

∆ρ ρ 

gD

ρ µ   (9.81 m⁄s )(0.001 m) (1.203  1.1251) kg⁄m 1.165 kg⁄m 184.2 × 10−7 kg⁄ms = 1.165 kg⁄m G

 =

G

 = 2.627

Sh = 2 + 0.569 (2.627 × 0.612)

0. + 0.347 (244.76 × 0.6120.)0.6 = 11.661

Considerando que el agua se encuentra en baja concentración

G

k =

AB

Sh D RTD

− ⁄

(11.661)(2.584 × 10 m S) k = = 12.282 mol m . s .atm atm.m (299.2°k)(0.001 m) 0.082 × 10

G





−

G V

mol℉

N = k p = 12.282




mol m2 . s

atm

(3.39 k Pa)

⁄



1 atm 101.3  = 0.411 ⁄ k Pa


mol m2 . s

Pág. 12


b)

Conocemos que:

ρ µ vD gD ∆ρ ρ  Re = µ , Sc = DAB , G ρ 0 µ , Sh = 2 + 0.569 G Sc + 0.347(Re Sc 0  )0 6 Sh DAB kG = , NA = kG pV = , ƞA = NA . A RTD .

.

.

Vamos a tomar 5 valores de diámetro estos son: 1 mm, mm, 0.6 mm, 0.4 mm y 0.2 mm y luego hallaremos

ƞA

promedio.

D ƞA  ∫ ƞ�A = D∫D  D Luego: D 1 mm 0.8 mm 0.6 mm 0.4 mm 0.2 mm

V

⁄ 3.28 m⁄s . 55 m⁄s 1.69 m⁄s 0.702 m⁄s

3. 87 m s

2



Pág. 13


D(mm) 1 0.8 0.6 0.4 0.2

G

Re

Sh

244.76 165.96 96.77 42.75 8.88

0.612 0.612 0.612 0.612 0.612



S

k (mol/m2. . atm)

G

Sh

2.627 11.661 1.3452 9.632 0.5675 7.511 0.1681 5.380 0.0021 3.346

12.282 12.680 13.185 14.166 17.619

ƞA

(mol) m2 . s

0.411 0.424 0.441 0.474 0.589

ƞA

(mol) s

0 000 ƞA dD 4.546 × 10−0 ∫ 0 00 Ahora: = = 5.68 × 10−7 mol⁄s (0.0002  0.001) 0.0008 t dƞ ρ ρ dv A v A Luego: ƞA =  =  ̇ A dt ⇒  dt =  M A v dv dt M π π  V = D = (0.001m) = 5.236 × 10−0 m 6 6 π π  Vf = Df = (0.0002/m) = 4.188 × 10−m 6 6  999.07 kg⁄m (4.188 × 10−  5.236 t= mol 15.68 × 10−7 s (18×10− kg⁄mol) .

.

−0 m)

× 10

t = 50.75 s Calculo velocidad promedio:

D vdv ∫0 000 vdv 0.0019612 ∫ 0 00  = ∫DD dv = (0.0002 V = = 2.4515 m⁄s   0.001) 0.0008 D .

.

Ahora

�

⁄

d = V t = (2.4515 m s)(50.75 s) = 124.41 m

c)



−6 −7 −7 −7 −

1.291 × 10 8.532 × 10 4.990 × 10 2.383 × 10 7409 × 10

Pág. 14


ρ vD (1.165 ⁄ )(2.286 m⁄s)D Re = µ = 184.2 × 10−7 ⁄ = 144581.43 D µ 184.2 × 10−7 kg⁄ms Sc = ρ DAB = (1.165 kg⁄m) 2.584 × 10− ms = 0.612 gD ∆ρ ρ  G  = ρ  µ    (9.81 m⁄s ) (1.203  1.125) kg⁄m 1.165 kg⁄m 184.2 × 10−7 kg⁄ms = 1.165 kg⁄m G = 2627303738 kg m3

kg ms

9 0 7

0  + 0.347 (1445814D × 0.6120.)0.6 0 6  (2 + 114D0.7 + 471.5D0.6 ) 2.584 × 10− m s Sh DAB kG = =   (299.2°k)(D) RTD 0.082 × 10− atm.m mol °k 1.053 × 10−(2 + 114D0 .7 + 471.5D0.6) Sh = 2 + 0.569 (2.6 × 10 D × 0.612) . = 2 + 114D . + 471.5D .

=

D

(2 + 114D0.7 + 471.5D0.6 ) − (3.39 k Pa)(1 atm/101.3 k Pa) NA = k G pV = 1.053 × 10 D (2 + 114D0.7 + 471.5D0.6 ) − = 3.524 × 10 D

(2 + 114D0.7 + 471.5D0.6)  − ƞA = NA. A = (3.524 × 10 ) πD D = 1.1 × 10− (2D + 114D.7 + 471.5D.6) Del apartado b)

0 000 (π/2)D dD ρ A t=  MA 0 00 1.1 × 10−(2D + 114D 7 + 471.5D 6 ) ⁄ (π/2) (6.508 × 10− m . s/mol) t= − − 18×10 kg/mol 1.1 × 10 .

.

.

.

999.07 kg m3

t = 51.58 s

(c)



Pág. 15

Operaciones de Transferencia de Masa PROBLEMA 3.7

La rapidez de variación de la temperatura de una reacción química que involucra transferencia de masa, se utiliza algunas veces para determinar si la rapidez de transferencia de masa o la de la reacción química “controla” o es de mecanismo dominante. Considere un fluido que fluye a través de un tubo circular con un DI de 25 mm (1.0 in), en donde el soluto transferido es amoniaco en solución diluida. Calcule el coeficiente de transferencia de masa para cada uno de los siguientes casos: a) El fluido es una solución diluida de amoniaco en aire, 25 “C, 1 atm, que fluye con un número de Reynolds = 10 000. D AB =2.26 (10-5) m²/s (0.226 cm²/s). b) Igual que en (a) (la misma velocidad de masa), pero la temperatura = 35 °C. c) El fluido es una solución diluida de amoniaco en agua líquida, 25 °C, que fluye con un nu-

−) ²/].

mero de Reynolds = 10 000. D AB =2.65 (10-9) m²/s [2.65(10

d) Igual que en (c) (la misma velocidad de masa), pero la temperatura = 35 °C.

Tanto en

el gas como en el líquido, suponiendo que el coeficiente de transferencia de masa sigue una ecuación del tipo de Arrhenius, calcular la “energía de activación” de la transferencia de masa. ¿Es ésta alta o baja, en comparación con la energía de activación de reacciones químicas típicas? Nótese que, para obtener la “energía de activación” de la transferencia de masa, no se necesitaba en el caso de soluciones diluidas, haber especificado la identidad del soluto que está difundiendo. ¿Qué otro método puede utilizarse para determinar qué factor está “controlando”: la rapidez de la reacción o la rapidez de la transferencia de masa?

SOLUCIONES 3.7

(a)



℃

A=NH

T = 25

 = Aire

P = 1 atm


Re = 10000

AB = 2.26 × 10−m/s

D


Pág. 16


ρ(25 ℃) = 1.1707 kg/m µ(25 ℃) = 183.6 × 10−7k g/ms µ 183.6 × 10−7 k g/ms Sc = ρDAB = (1.1707 kg/m)(2.26 × 10−m/s) = 0.69 0.Sc/ Sh = 0.023(10 000)0.(0.69)/ = 42.463 Sh = 0.023 Re

G

k =

T AB BM

Sh p D p , RTD

/PB M ≅ 1(soluciones diluidas) ,

− 

(42.463)(2.26 × 10 m /s) k = atm.m 0.082 × 10 mol °K (298 °K)(25×10

G



−



− m)



= 1.57 mol/atm. m . s

(b)

35℃mismas condiciones que (a) 35 + 273    DAB (35℃) = DAB (25℃)  = 2.37 × 10− m /s 25 + 273 ρ(35 ℃) = 1.1347 kg/m µ(35 ℃) = 183.37 × 10−7k g/ms µ 183.37 × 10−7k g/ms Sc = ρDAB = (1.1347 kg/m)(2.37 × 10−m/s) = 0.7 T=

/

0.Sc/ Sh = 0.023(10 000)0.(0.7)/ = 42.67 Sh pT DAB kG = PT /PB,M ≅ 1(soluciones diluidas) pB,M RTD (42.67)(2.37 × 10− m /s) kG = = 1.6 mol/atm. m . s  (308 °K)(2 5 × 1 0− m) 0.082 × 10− atm.m  mol °K Sh = 0.023 Re



Pág. 17


(c)



℃

 B = HO DAB = 2.65 × 10−9 m/s ρHO(25 ℃) = 997.08 kg/m µH0(25 ℃) = 0.89.37 × 10− kg/ms µ 0.8937 × 10− kg/ms Sc = ρDAB = (997.08 kg/m)(2.65 × 10−9m/s) = 338.233 Sh = 0.023 Re0.Sc/ Sh = 0.023(10 000)0.(338.233)/ = 334.81 ShDAB (334.81)(2.65 × 10−9 m /s) −  kL = = 3.545 × 10 m /s xB,M D 2 5 × 1 0− A=NH

T = 25

R = 10 000



( )

35℃mismos condiciones que (c) ρHO(35 ℃) = 993.965 kg/m µHO(35 ℃) = 0.7228 × 10−kg/ms 35 + 273  DAB (35℃) = DAB (25℃)  = 2.74 × 10−9 m /s 25 + 273 µ 0.7228 × 10− k g/ms Sc = ρDAB = (993.965 kg/m)(2.74 × 10−9m/s) = 265.397 T=

0.Sc/ Sh = 0.023(10 000)0.(265.397)/ = 308.79 ShDAB (308.79)(2.74 × 10−9m /s) kL = = 3.384 × 10− m /s − xB,M D 25×10   − Ecuación de Arrhenius k = A  Sh = 0.023 Re

∗ Entonces para la solución diluida de amoniaco en aire Web site: www.qukteach.com


Pág. 18


E − K = Ae RT E − K  = Ae RT ERT −T  K   ⇨ ln K  = Ea  1  1  =e K K R T T Ea = (8.314 J/mol °k)

3081  2981  °k ln 1.57  = 1.71 × 10− J/mol 1.6

∗ Entonces para la solución diluida de amoniaco en agua J 1 1 3.549 × 10−    °k ln 3.385 × 10− Ea = 8.314 mol°k 308 298 Ea = 4.28 × 10− J/mol

.



Pág. 19

267294927-Solucionario-Cap-3-Treybal.pdf

Recommend Documents