Operaciones de transferencia de Masa Profesor: Javier de la Cruz Gonzalez, Cesar Augusto Gomez Yadín Ricardo López Rueda, NOMBRES AQUI
Ejercicio 2,9
℃ ℃
10−
A 1 atm, 100 , la densidad del aire es 0,9482 Kg/ ; la viscosidad es 2,18( Kg/m Kg/m s; conductividad térmica de 0,0317 W/ m K y el calor específico a presión constante Cp=1,047 KJ/Kg K. A 25 la viscosidad es 1,79( Kg/m Kg/m s.
10−
℃℃ . . ℃ ℃ ℃
a) Calcular la viscosidad cinemática a 100 , b) Calcular la difusividad térmica a 100 ,
c) Calcular el número de Prandtl a 100 . d) Suponiendo que para el aire a 1 atm, Pr=Sc y que Sc = constante al cambiar la temperatura, calcular D para el aire a 25 . Comparar con el valor de D para el sistema a 1 atm std., 25 (tabla 2,1).
Desarrollo:
a)
ν=
b) α=
c) Pr=
,,/ / 2,3001010−/
10470,0Kg317J K0,W/9m482K Kg 3,2001010−/ 2,3,32000010101100−−// 0,72
d) Se asume que Sc=Pr
Se sabe que Sc=
y que Pr=0,72 del enunciado anterior, por lo que Sc=0,72 y se puede
determinar la difusividad térmica, también teniendo en cuenta la condición que enuncia el ejercicio de que es constante con la temperatura, por lo que no se deben hacer correcciones.
0,72 2,3001010,07−2/ 3,1910−/ ⁄ = , −= .⁄
La difusividad del aire en Nitrógeno es: difusividad del oxigeno en Nitrógeno
valor que es muy cercano a la
por lo que se puede concluir que
la difusividad del aire se puede tomar como la difusividad del Oxígeno en el Nitrógeno. Ejercicio 3,2
Calcule la rapidez de sublimación de un cilindro de naftaleno de 0,075m de diámetro por 0,60m de largo (3in de diámetro x 24in de largo). En una corriente de dióxido de carbono puro a una velocidad de 6 m/seg (20ft/seg), a una atmosfera de presión y 100°C. La presión de vapor del naftaleno a temperatura superficial puede tomarse como 330Pa (10mmHg), la difusividad del dióxido de carbono puede considerarse como 0°C y una atmosfera.
5,1510− 0,0515
Desarrollo:
Se cuenta con la siguiente información
°373,15 373, 1 5 − ° °° 273,157,04∗10 ̅101,325 0,33 ̅,, ̅ 100,995 0,60 8,314 . . ̅,,
A partir de la tabla 3.1 del Treybal tenemos que:
Donde:
̅,
a
Así:
∗101,325 − 7, 0 4∗10 8,314 . . ∗373,15∗0,60 3,832∗10− . 0, 0 75 0,60∗ ∗0,075 2 ∗∗20,1502 − 3,832∗10− ∗ 0, 1 502 5, 7 56∗10 . 5,756∗10− ∗ 128,18 ∗ 3600ℎ 0,0266 ℎ
El área superficial del cilindro está dada por:
Así un cilindro de naftaleno transfiere:
Pasamos el resultado a kilogramos por hora
Finalmente la rapidez de sublimación del cilindro de naftaleno es:
Ejercicio 4,3
Un tanque esférico con paredes de acero de 2mm de espesor va a contener 1 litro de hidrógeno para una presión de 1.3*106 N/m2 (189 lbf/in2) y una temperatura de 300°C. La superficie interna se encontrará en la concentración de saturación de hidrógeno, la superficie externa se mantendrá en un contenido de hidrógeno de cero. La solubilidad es proporcional a Pt1/2 , en donde P t es la presión de hidrógeno, y a 1 atm, 300°C. La solubilidad es 1 ppm en peso. A 300°C, la difusividad del hidrógeno en el acero = 5*10 -10 m2/s. La densidad del acero es 7500 kg/m3 (468 lbm/ft3) a) Calcule la rápidez de pérdida del hidrógeno cuando la presión interna se mantiene a 1.3 *106 N/m2, expresada en kg/h b) Si no se admite hidrógeno en el tanque ¿En cuánto tiempo descenderá la presión hasta la mitad de su valor original? Supóngase que siempre se mantiene el gradiente de concentración lineal en el acero, que el hidrógeno sigue la ley de los gases ideales en las presiones que prevalecen.
Datos: Temperatura T = 300°C Presión Hidrógeno PH2 = 1.3*106 Pa Presión externa Pext = 1 atm
r i
Espesor paredes tanque = 2mm -10
D AB = 5*10
m2/s
r e
H2 3
ρacero = 7500 kg/m
Concentración externa hidrógeno c A2 = 0
2mm
Espesor pared Z = 2mm = 0.002m Desarrollo: a) Las condiciones de operación del tanque y el sistema descrito prevén que el gradiente de concentración permanece constante con el paso del tiempo, por lo que la rapidez de difusión es contante. Al no presentarse tampoco flujo por convección se puede aplicar la ley de Fick que tiene la forma N A D A
dc A
(Ecuación 4.1 del Treybal)
dz
El ejercicio plantea un tanque de geometría cilíndrica, por lo la rapidez que se desea hallar viene dada por la ecuación w N A S pr
D A S pr c A1 c A2 z
(Ecuación 4.3 Treybal)
Donde S pr es la difusión radial a través de una capa esférica con radios internos y externos r i y r e respectivamente (en el libro se nombran los radios como a1 y a2, por facilidad en nomenclatura se nombraron como r i y r e respectivamente), z es la diferencia entre el radio interno y externo, c A1 y c A2 son (respectivamente) la concentración interna y externa de gas. El valor de S pr viene dado por la ecuación
S pr 4 r i * r e
(Ecuación 4 .6 Treybal)
El paso previo para hallar la difusión radial S pr es poder hallar los radios internos y externos del cilindro de acero. Para esto se procede a hallar primero el volumen de la esfera en términos del radio interno por medio de la ecuación
V esfera
4
3
3
* r i
.
El enunciado del ejercicio indica que el tanque esférico contendrá 1 Litro de hidrógeno, por lo que el volumen del tanque correspondiente sería V esfera = 10-3m3 despejando r i se obtiene : r i 3
3 * Vesfera 4
r i
3
3 *10- 3 m3 4
r i 0.06m
Debido a que el tanque esférico tiene paredes de 2 mm de espesor, luego el radio externo resulta ser
r e 0.06 0.002m r e 0.062 m
Empleando la ecuación 4.6 del libro de Treybal, la difusión radial a través de una capa esférica es:
S pr 4 r i * r e
S pr 4 * 0.06m * 0.062m
S pr 0.047m2
Para hallar la concentración c A,1 se realiza la suposición de que el hidrógeno se comporta como un gas ideal (energía cinética en función de la temperatura) por lo que se usa la ecuación: PV nRT
P RT
n V
c A,1
R = 0.082 L∙atm/K∙mol
T (K )= 300 +273.15 → T=573.15 K 6
2
Pinterna = 1.3*10 N/m → P = 12.83 atm -3
3
V= 10 m = 1L
Reemplazando en la ecuación de gases ideales se obtiene c A,1
12.83atm *1 L c A,1 0.27 mol L atm 0.082 * 573.15 K K mol
Como el valor de la concentración externa de gas (hidrógeno) c A2 es cero, luego se reemplazan todos los valores en la ecuación 4.3 del libro de Treybal
w N A S pr
D A S pr c A1 c A2 z
2 10 m 5 * 10 * 0.047m 2 * 0.27 mol 0 s 3.17 * 10 9 m 3 mol w w
0.002m
s
Se halla la densidad del hidrógeno H2 con las condiciones de presión y temperatura dadas apartir de la ley de gases ideales PV nRT ; n
H 2
P * PM RT
m PM
;
m V
realizando las correspondientes sustituciones se obtiene
12.83atm * 2
H 2
g
*
1kg
mol 103 g
L atm 10 3 m 3 0.082 * 573.15 K * K mol 1 L
H 2 0.546
kg m3
Con el valor hallado se procede a hallar la rapidez de pérdida de hidrógeno pedida en el enunciado 3.17 * 109 m3 mol kg 60 s w * 0.546 3 * s m 1hora
w 1.038 * 10 7
kg h
Es la rapidez de pérdida de hidrógeno en las unidades kg/h cuando la presión interna se mantiene a 1.3*106 N/m2 (equivalente a 12.83 atm) es
1.038 *107
kg h
b) A partir de lo expuesto en el enunciado, la presión final P f descenderá hasta la mitad del
valor inicial Pi =12.83 atm lo que se traduce como
P f
P i 2
P f
12.83atm 2
6.4atm
Como el problema a resolver es un sistema en el que la difusión cambia con respecto al tiempo (estado no estacionario) y se debe hallar una relación que involucre tanto la rapidez, el gradiente de concentración y el tiempo de descenso de la presión; entonces se aprecia que la relación a emplear es la llamada fracción eliminada de soluto E que tiene como ecuación E
c A, c A, c A,0 c A,
(Ecuación 4.8 Treybal)
El valor c A,θ puede ser hallado empleando la ley de gases ideales de forma que se tiene una ecuación PV nRT
c A,
P RT
n V
c A,
6.4atm mol 0.14 se tiene un volumen de 1 L L atm L 0.082 * 573.15 K K mol
por lo que la concentrac ión expresada en mol es
c A, 0.14mol
Para hallar el valor c A,0 se realiza el mismo procedimiento del paso anterior, esta vez empleando la presión inicial Pi = 12.83 atm c A,0
12.83atm mol 0.27 se tiene un volumen de 1 L L atm L 0.082 * 573.15 K K mol
por lo que la concentrac ión expresada en mol es c A,0 0.27mol
La concentración c A,∞ se considera despreciable dado que está muy alejado de la superficie Por lo que al reemplazar los valores en la ecuación 4.8 del libro de Treybal se obtiene E
c A, 0 c A, 0
0.14mol 0.27mol
E 0.52
Este valor está representado en la gráfica 4.2 del libro de Treybal, apreciándose en dicho gráfico una serie de curvas que representan la geometría del objeto-recipiente por donde se va a realizar la difusión, el eje de las ordenadas donde ubican los valores para las fracciones de soluto eliminado y el eje de las abscisa que representan la función Dθ/a2. Con el valor hallado E = 0.52 se procede a buscarlo en el eje de las ordenadas trazándose una línea recta hasta tocar la curva correspondiente a una esfera. De allí se procede a trazar una línea hasta tocar el eje de las ordenas, lo que permite hallar el valor correspondiente a la función Dθ/a2. En este caso y con una gráfica muy irregular, el valor que se obtiene es aproximadamente D a2
0.014
Al ser el valor de a =0.002m (espesor pared) y ser el diámetro de valor 2a, luego el valor de a =0.002/2 → a = 1*10-3m . Reemplazando en la ecuación anterior se obtiene el valor del tiempo θ
0.014 * 0.001m 2 5 * 1010
m
2
28000 s *
1 min 60 s
*
1h 60 min
7.8 horas es el tiempo que
s tardará la presión en descender hasta la mitad del valor inicial
Nota: La gráfica 4.2 del Libro de Treybal puede llegar a no ser muy precisa dado que los valores a lo largo de los ejes no están bien proporcionados o definidos. Al realizar una aproximación más D precisa, el valor 2 llegó a ser a
0.030, por lo que el valor del tiempo que tarda la presión en descender fue de 16.7 horas. Se recomienda usar una gráfica con mejor resolución y ejes con valores mas definidos
Ejercicio 5,4
La adsorción en el equilibrio de vapor de benceno sobre cierto carbón activado a 33,3 °C se ha informado como:
ó Presión parcial de benceno mmHg.
15
25
40
50
65
80
90
100
0,0010
0,0045
0,0251
0,115
0,251
1,00
2,81
7,82
Tabla 1. Vapor de Benceno adsorbido por gramos de carbón y presión parcial de Benceno.
/ 4,7210−/
a) Se va a pasar una mezcla de vapor de Benceno-Nitrógeno que contiene 1% de Benceno en volumen, a contracorriente con una rapidez de 100 , en contacto con una corriente en movimiento del carbón activado para eliminar el 95% del Benceno en el gas en un proceso continuo. En carbón entrante contiene 15 de vapor de Benceno (a condiciones estándar) adsorbido por gramo de carbón. La temperatura y la presión se van a mantener a 33,3 °C y 1 atm, respectivamente. El Nitrógeno no se adsorbe. ¿Cuál es la menor cantidad de carbón que puede utilizarse/tiempo?, si se utiliza el doble, ¿Cuál será la concentración del Benceno adsorbido sobre el carbón saliente? b) Repita a. para un flujo a corriente paralela del gas y del carbón.
c) Se va a realizar una desorción de carbón sobre el cual se ha adsorbido 100 (en condiciones estándar) de vapor de Benceno por gramo de carbón. La desorción se va realizar a una rapidez de 100Lbm/h (45,4Kg/h) del contenido de Benceno, hasta una concentración de 55 de Benceno adsorbido/g de carbón mediante contacto continuo a contracorriente con una corriente de gas Nitrógeno puro a 1 atm. La temperatura se va a mantener a 33,3°C. ¿Cuál es la rapidez mínima del flujo de Nitrógeno? ¿Cuál será el contenido en Benceno del gas saliente si se utiliza el doble de Nitrógeno? ¿Cuál será el número de etapas?
Desarrollo:
Antes de comenzar con el desarrollo del problema, es necesario calcular las concentraciones de Benceno, tanto en la fase R como en la fase E para poder construir nuestra curva de equilibrio para este sistema, las convenciones utilizadas para este caso son A
Mezcla Benceno-Nitrógeno
B
Carbón activado
X
gr Benceno/gr Nitrógeno
Y
gr Benceno/gr carbón activado
El proceso se asume a presión constante de 1 atm, por lo que podemos expresar la concentración de Benceno en la fase R por medio de la presión total del sistema y su presión parcial , así:
∗
∗ ∗
Los pesos moleculares del benceno y Nitrógeno respectivamente son: PM Benceno= 78 gr/mol PM Nitrógeno= 28 gr/mol Para el cálculo de la concentración de Benceno en la fase E, se hace necesario conocer su densidad a las condiciones de operación
1 , 78, 0,0826 , 306,45 3,08 /
Así la densidad del Benceno es de
De la misma manera se calcula la densidad del Nitrógeno y da ρ=1,11 Kg/
Conociendo la densidad del Benceno se determina la concentración de Benceno en la corriente R que es
∗ ó Utilizando las ecuaciones (1) y (2) con respecto a los valores reportados en la tabla 1 se construye la tabla 2 para general la curva de equilibrio, a continuación de muestra un ejemplo con el primer cálculo.
0,0010 − 7600, 1, 3 2 1 0 0 010 ó ∗ 0,0462 15 ó ó
Tabla 2. Concentración de Benceno en la fase R y en la fase E.
− 10− 10− 10− 10− 10− 10 ó ó 3,66(
0,0462
1,65(
0,0770
9,21(
0,1232
2,21(
9,21(
0, 1540
0,2003
3,65(
0,2465
0,0103
0,02901
0,2773
0,3081
Con este resultado construimos la figura 1 que representa la curva en el equilibrio para el sistema antes descrito.
0,35 0,3 n ó b r a C r g / o n e c n e B r g Y
0,25 0,2
0,15 0,1
0,05 0 0,000
0,005
0,010
0,015
0,020
0,025
0,030
0,035
X gr Benceno/gr Nitrógeno
Figura 1. Curva de equilibrio para el sistema de adsorción de Benceno con carbón activado a) Como es un proceso a contracorriente, la ecuación que indica el balance de masa y por lo tanto la línea de operación es
Donde los valores de
y
se hallan realizando un balance de masa para el Benceno donde
se conoce que inicialmente el flujo de gas Benceno-Nitrógeno es de 100
.
100 , 100 ∗0,9999 ∗ ∗ , ∗ 0, 0 5186 51, 8 6 , − 1 ∗ ∗ , ∗ 1, 4 510 1, 4 5 Y el flujo del Benceno es
Se calculan las fracciones a la entrada y a la salida del benceno y se obtienen los siguientes resultados, teniendo en cuenta que a la salida ya se ha adsorbido un 95% del Benceno que entra, por lo que solo sale un 0,05% de la cantidad que entró.
1, 4 5 51,86 ó 0,02796 ó 0, 0 5∗1, 4 5 1,39810− 51,86 ó ó 15 Benceno ∗ 0,0462 ó ó
La corriente de entrada de carbón ( ) contiene 15
Benceno/gr Carbón por lo que
Un bosquejo del proceso seria: Y1 - E1
Y2 – E2
X1 - R1
X2 – R2
Del gráfico, con la ayuda de la línea roja se puede hallar la cantidad =0,31 gr Benceno/gr Carbón, con este resultado de la ecuación de flujo a contracorriente se puede hallar el valor Es que es la cantidad mínima de carbón que debe ser alimentada al proceso.
ó − 51, 8 6 0, 0 2796 1, 3 98 1 0 ó ó 0,31 0, 0 462 ó ó
5,221 ó
Cuando se aumenta al doble en la alimentación del carbón, la concentración de Benceno adsorbido sobre el carbón saliente se ve modificada, en este caso como se conoce la corriente mínima de carbón, es solo cuestión de realizar un despeje de la ecuación que de la pendiente de la línea de operación, en este caso Es´=2Es.
2
ó − 51, 8 6 0, 0 27961, 3 98 1 0 ó 0, 0 462 ó 2∗5,221 ó 0,1781 ó b) Para el flujo a corriente paralela del gas y del carbón, la pendiente de la cuerva de operación cambia por lo que también la corriente mínima de alimentación de carbón también se ve afectada.
Y1 – E1
Y2 – E2
X1 – R1
X2 – R2
Como no cambia ninguna condición de operación del proceso en cuanto al flujo del gas, las fracciones X1 y X2 no cambian y se toman las mismas del numeral a). Para el carbón se toma también la condición de entrada Y1 del numeral anterior. Como se observa en la curva de equilibrio, la línea verde representa la curva de operación para este proceso y se obtiene un valor de Y2= 0,22 gr Benceno/gr Carbón.
0,02796 ó 1,39810− ó 0,0462 ó 0,22 ó
ó − 51, 8 6 1, 3 98 1 0 0, 0 2796 ó ó 0,22 0, 0 462 ó ó ó 7,926
Si se aumenta al doble la cantidad de carbón alimentado, la corriente de Benceno adsorbido sobre el carbón a la salida cambia, y su valor es de
ó − 0, 51, 8 6 1, 3 98 1 0 0 2796 ó 0, 0 462 ó 2∗7,926 ó 0,1331 ó
c) Para este problema se tiene entonces que la fase a refinar será el carbón activado y la fase que ayudara a extraer el benceno será . R = Carbón y E =
X gr benceno/gr carbón Y gr benceno/gr N2
Y1 - R1
Y2 - R2
X1 - R1
X2 – R2
∗3,110− 100 ó 0. 3 1 ó 55 ó ∗3,110− 0. 1 705 ó
Del gráfico (línea violeta) se pueden determinar las concentraciones de las corrientes de entrada y de salida
0,029 ó 0,0005 ó
1ℎ 1 00 45.4 ℎ ∗ 3600 ∗ 3,1 ∗ 1 ∗ 10001 ∗ 100 0.0407 0.04070,3010,,0290,17050005 8,3110− 0.04072∗8,30.110310.−1705 0.0290.3706
Para
despejando se tiene que:
Y utilizando el doble de
, la cantidad de benceno a la salida será:
Ejercicio 6.8
Una torre de platos perforados se va a diseñar para purificar una solución de anilina-agua con vapor. Las circunstancias en la parte superior de la torre, que se van a utilizar para establecer el diseño son: Temperatura= 98,5°C, presión= 745 mmHg abs.
Líquido Composición Rapidez Densidad Viscosidad Tensión superficial Difusividad de la anilina
7.00 por ciento en masa de anilina 6,3 Kg/s = 50000 lbm/h, 961 kg/m3 = 60 lbm/ft3 3(10-4) kg/m*s = 0,3 cp 0,058 N/m = 58 dinas/cm 52(10-10) m2/s = 52(10-6) cm2/s (cálculada).
Vapor Composición Rapidez Difusividad de la anilina
3.6 por ciento en mol de anilina 3,15 Kg/s = 25000 lbm/h, 1,261(10-5) m2/s = 0,1261 cm2/s (cálculada).
Desarrollo:
1. Cálculo de datos básicos para el desarrollo del problema.
M 0,03693,13 molg 0,96418,02 molg M 20,72 Kg/Kmol 273 × 760745 0,60 mKg →Densidad del Gas ρ 20,22,7421 × 27398 745 Q 3,15 Kgs × 20,721KmolKg × 22,141 × 27395 × 273 760 4,54 m/s
100 M 93 g/mol 7 18 g/mol 93 19,08 Kg/Kmol q 9616,3Kg/mKg/s 6,56×10−m/s Líquido
7.00 por ciento en masa de anilina 6,3 Kg/s = 50000 lbm/h, 961 kg/m3 = 60 lbm/ft3 3(10-4) kg/m*s = 0,3 cp 0,058 N/m = 58 dinas/cm 52(10-10) m2/s = 52(10-6) cm2/s (cálculada).
Composición Rapidez Densidad Viscosidad Tensión superficial Difusividad de la anilina Peso molecular promedio Flujo
19,6,56×10 08 / −/
Vapor Composición Rapidez Difusividad de la anilina Densidad Viscosidad Peso molecular promedio Fujo
Desarrollo del inciso /a/.
3.6 por ciento en mol de anilina 3,15 Kg/s = 25000 lbm/h, 1,261(10-5) m2/s = 0,1261 cm2/s (cálculada).
0,60 / 20,4,7254/ /
3(10-4) kg/m*s = 0,3 cp
2. Perforaciones. Se toma un diámetro de orificio de do = 4,5 mm que corresponde a los valores de los diámetros más usados (Tabla 6.2 Treybal). Para los cuales se dispone de una distribución en forma de triángulo equilátero con una distancia entre los centros de los orificios de 12,5 mm (Distancia entre las perforaciones). Así con la EC. 6.34 podemos obtener:
3. Diámetro de la torre.
AA 0,9070,0012,0045 0,1275
Se considera un distanciamiento entre platos tentativo de t = 0,50 m (Tabla 6.1 Treybal). Con la anterior consideración para hallar el diámetro de la torre usando las relaciones de la Tabla 6.2 Treybal:
− m/s ×961 kg/m3, LG ρρ, → Qqρρ ρρ, → Qq ρρ, 6,56×10 4, 5 4 m /s 0, 6 0 Kg/m 0,0539 0,0539→L 0,1 αyβ αβ00,0,074430400,5,500, 1 1730, 0 489 00,0150,0302 σ0,040 N/m , 1 0 , 0 40 C 0,04893×log0,10,0302× 0,020 0,0909 V 0,0909× −,, 3,39 m/s V0, 8 ×3,392,71 m/s A QV 4,2,5741 1,675 m
Entonces de acuerdo a esto utilizaremos valores de 0,1 – 1,0 según la Tabla 6.2, para lo que definimos los valores de para ser usados en la ecuación 6,30 del coeficiente de inundamiento.
Para la Ec. 6.30 del Treybal utilizatemos 0,1. Así la Tensión superficial se calcula con .
Entonces Ec. 6.29:
Durante la inundación.
Si se emplea el 80% de la velocidad de inundación. Con base en An.
.
Para la longitud del derramadero se plantea W=0,7D. El área del plato utilizada por un vertedero= 8,8%.
A 10,1,675088 1,837 D 41,837/π1,5291,55 m , 1,887 m; W0, 7 ×1,551,085 m Final ,×, / 5×10− 0,005 m/m∙ s 0,015 m/m∙ s 0,16601660mm AA A 0, 2A088× 1,18,887m87m2×0, A 1,5549 m por lámina perforada Así
4. Área
Área corregida =
. OK
Comprobamos este resultado con la tabla 6.1. Ya que el valor no es superior a .
5. Altura del derramadero.
Para hallar la altura del derramadero se supone un h1=0,026 m. Para realizar una iteración.
Algoritmo de iteración. -1ero. Suponemos h1. h1=0,026 m. -2do. Usamos la ecuación 6.34 del Treybal para hallar (Weff/W).
W W WD {WD 1, 2hD × WD } / / q W h 0,666×W ×W
-3ero. Reemplazar el valor hallado en la ecuación 6.33 del Treybal, para hallar un nuevo h1.
-4to. Continuar iterando hasta que el h1 no varié significativamente.
h h 0,019 m
1ero. 0,026 m 0,018 m Como mm).
2do. Ec. 6.34 0,9488 0,9650
3ero. Ec. 6.33 0,018 m 0,019 m
, entonces se fija la altura del derramadero
hw 0,05 m
(50
6. Caída de presión total del Gas. Para hallar la caída de presión total del Gas usamos la siguiente ecuación.
h h h h
Para ello debemos entonces hallar las otras caídas de presión.
Caída de presión en seco (hD). Primero debemos usar la ecuación 6.37 del Treybal.
, d O CO 1,09 l <2,0 0, 2 < dO 9.0 mm 0,65 l 0, 6 5×dO 5, 85 mm
Pero como dO y l tienen que respetar el rango de diseño (
0,2<0,65<2,0
de la tabla 6,2 un valor de (
).
y un
, se escogió
el cual respeta el rango
Nota: la relación espesor del plato/diámetro ( ) fue tomada para diseño de plato en acero inoxidable.
Entonces nos queda que:
, 9. 0 mm CO 1,095,85 mm 1,214
Luego, recordando que para las perforaciones usamos la ecuación 6.31
0,1275
.
Ahora calculemos entonces el área del orificio con Aa encontrada en el inciso 4.
AO 0,1275×A 0, 1 2741, 5 549m AO 0,1982 m Q 4, 5 4 m VO AO 0,1982 m/s 22,91 m/s
Ahora con esto, hallamos la velocidad del orificio.
Ahora finalmente con todos estos datos podemos calcular el número de Reynolds para el orificio.
ReO dOμVOρ 474,237
Ahora con el Reo podemos hallar el factor de faning para luego usar la ecuación 6.36 y despejar el valor de hD.
f Re64O 0,134953 A A A 1,887 m 0,1660 m 1,721m VOρCO 0,401.25 AAO 4ldOf 1 AAO h 0,03703 m 2gρ
Ahora para la usar la Ec. 6.36, necesitamos el área neta de sección transversal.
Ahora tomando a g=9,807 m/s2, reemplazando todo lo hallado en la Ec. 3.36
Frente hidraúlico (hL)
Primero hallemos la velocidad en el área activa.
V QA 2,9134 m/s z DW2 1,3175 m
Ahora usamos la ecuación 6.38 del Traybal.
h 6,10×10− 0,725hwh0,0,238h01965wVmρ. 1,225 qz 0,01965 m Caida de presión en R. La calculamos con la ecuación 6.42 del Treybal.
1m 19.807 m h ρGσgdg 961 mkg 9.G0mm0.04N/m 1000mm s
hR= 2.82949x10-3 m
Caída de presión del gas hG Ecu. 6.35
− h h h k 0.0h3703 0.m0. 0 1965 m2. 8 2949x10 m 05951 m
Para hallar la altura del liquido en el vertedero = perdida de presión en la entrada del liquido (h2) se usa la ecuación (6.43)
3 q h 2g Ada Ada0.025 W0.0219 m − m 3 6 . 2 6∗10 s h 29.807 sm ∗ 0.0219 m 0.01372 m h 0.01372 m
Y como Ada
Retroceso del vertedero: cierre de vertedero (h3)
h h h 0.05951 m0.01372 m0.07323 m h h.h 0.05 m0.018 m0.07323 m0.14123 m 0.25→0.14<0.25
Verificación sobre la inundación: Verificación =
Verificación < escogida es satisfactoria. Velocidad de lloriqueo:
se cumple y comprueba que la t
WD 0.70→El derramadero se ubica desde el centro de la tor e a:
0.3562 D = (1.55 m) x 0.3562 = 0.5521 m por lo que Z = 2(0.55) Z = 1.10422 m Por lo que de acuerdo a la ecuación (6.46):
. . . . Z μ ρ L 2Aad Vw 0.0299σgρd ρ ∗d ∗ √ 3p σgμ . − 1 ∗ 0.96169 ∗0.65. Vw 0.02990.040∗1∗3x100.69∗9∗ 1000 . . 1 . 2∗1. 5 549∗9∗ ∗ 1000 ∗ √ 3∗12.5∗ 10001 ∗ 0.3x10040∗1−
] Vw 0.0229∗∗01.33.7716561405∗ 0 . 8 814214466∗ 2 . 1 736989595 3333333 Vw 4.514202546 ~ 4.51 m⁄s
El plato presentara lloriqueo excesivo cuando la velocidad del gas a través de los orificios se disminuya cercana a este valor. Arrastre: V= 2.71 VF= 3.39
VV 0.799 ~ 0.8 LG ∗ρρ. 0.0539
E= 0.055 la retroalimentación del liquido es tan pequeña que no modifica apreciablemente la hidráulica del plato. b) La eficiencia de la torre de platos diseñada se calcula: Datos para este:
ρ V 2.9134 m/s
Flujo de Gas: 0.1520 kmol/s 0.69 kg/m3 q= 6.56x10-3 m3/s z= 1.3175 m
hhw
Flujo de Liquido: 3.44x10-4 kmol/s 0.01965 m 0.05 m Z= 1.10422 m E= 0.055
Método del capitulo 2:
S .∗. D αPS ρ ∗Dμ ∗γ 961∗52x103x10−−∗3.12x10− 5.2x10− ms . . + . − ∗ (. )+. NN 40. 000∗D. ∗(0..213Vρ. 0.15)θ0. 18.7883698 DD 3.∗∗93x104.−35780.0171V .Z 0.1800 hw 1N N1 mGL N1 N 1 mG1 ∗ 1 N L N n n′k2m′N∗L m k N ∗G LG 0.ρ054. 2.0M153 2.20.015372 0.09726 ρ m 8.0.31648788 ∗0.097264.5501 m′ m′ 8.0.21648788 ∗0.104.5501m′ 5 501 m 4.67884. 2 4.6142
Y sustituimos en la ecuación 6.61 - 6.64 (6.61) (6.62) (6.63)
2 = 7.1490x10-3
(6.64)
Entonces con lo anterior podemos hallar en la ecuación (6.63) el NtoG:
En donde:
Luego:
NO 0.11788 4.6142∗1 0.097261 ∗ 8.31698 N 12.6949 E 1e 1e−. 0.99999693 .∗. 39.14 P ŋZ1.∗∗∗ . . . ∗. ∗. 1 1 1 ∗ . ∗. 27.7571E −ŋ ŋ− E ŋ+ ∗+ŋ+ ŋ ŋ+ŋŋ+ E 4.383559536x10− 9.506999x10 ∗0.99999693 EE2.0.888353534x10 ~ 0. 2 883 →ef i c i e nci a − 2883 con E0.05 ~ E0.05x10 Ecuación (6.51):
Ahora aplicamos la ecuación (6.57 – 6.59) (6.59) (6.58)
(6.57)
Ecuación (6.60): ajuste de arrastre.
Ejercicio 6.10
E 10.28830.20.8830510.05 0.2839 ~ 0.29 E 0.29 →ajuste de arrastre
Una torre empacada se va a diseñar para el contacto a contracorriente de una mezcla de benceno-gas nitrógeno con queroseno, para eliminar el benceno del gas. Las circunstancias son: Gas entrante: 1.50 m3/s (53 ft3/s); contiene 5% en mol de benceno, a 25 °C, 1.1 (105) N/m2 (16 lbf/in2). Gas saliente: sustancialmente nitrógeno puro. Líquido entrante: 4.0 kg/s (8.82 Ibm/s), densidad = 800 kg/m3 (50 lbm/ft3), viscosidad µL=0.0023 kg/m.s. El empaque estará constituido por anillos de metal de Pal1 de 50 mm (2 in.); el diámetro de la torre se va a fijar para producir 400 N/m2 por metro de caída de presión del gas (0.5 in H2O/ft) para el empaque irrigado. a) Calcule el diámetro de la torre que debe utilizarse.
b) Suponga que, para el diámetro escogido, la profundidad empacada irrigada será de 6 m (19.7 ft) y que 1 m de empaque no irrigado se va a colocar sobre la entrada del líquido, para que actúe como separador del arrastre. La combinación ventilador-motor que se va a utilizar en la entrada del gas, tendrá una eficiencia global de 60%. Calcular la potencia requerida para empujar el gas a través del empaque.
Desarrollo:
Por lo que en el fondo de un absorbedor están las mayores cantidades del flujo, se escoge el diámetro para acomodar las condiciones en el fondo. Peso molec. pr. del gas ent. = 0.05 (78.11) + 0.95 (28,01) = 30.515 kg/kmol Flujo molar del gas entrante:
Gas 1.50× 273.298.1155 × 22.1641 × 14.1696 0.066763 kmol⁄s 0.06676330.515 2.03727 kg⁄s ρ 2.01.372750mkg/s⁄s 1.35818 kgm⁄ Benceno,eliminado 0.0667630.0578.110.2607 kg⁄s Líquido 4.0 0.2607 4.2607 kg⁄s . L′G′ ρρ. 2.4.023727607 1.38005818 0.0862 GρρCρ μ. gJ 0.069 Flujo másico del gas entrante:
Como el enunciado del ejercicio dice que el gas saliente es sustancialmente nitrógeno puro, entonces se considera que la absorción es completa:
Ahora bien, con este valor obtenido como abscisa, en la gráfica de la figura 6.34 (Treybal, 1988), y para una caída de presión de 400 N/m2, la ordenada es: 0.069.
Para unidades SI, gc=1, J=1.
Para anillos de metal de Pall de 50 mm (2 in), de la tabla 6.3 se tiene Cf=20. Entonces la velocidad superficial de masa del gas sale de:
8001..1358181. G 0.069 Cρ μρ. ρ J g. 0.0691.32058180.0023 2.621 kg⁄m s
Área de la sección transversal de la torre:
A 2.2.60213727kg⁄mkg⁄s s 0.7773 m T. . 0.9897 m a) Diámetro de la torre.
, aprox. 1.0 m de diámetro.
El área de la sección transversal correspondiente = 0.785 m2.
b) Potencia requerida para empujar el gas a través del empaque.
La caída de presión para los 6 m de empaque irrigado es aproximadamente: 400 (6)= 2400 N/m2
2 607 G 2.037270. 0.7773 2.2856 kg⁄m s 110316.1122400107916.112 N/m 1 12 ρ 28.22.0411 × 273.298.1155 × 107916. 1. 2 197 kg⁄m 101324. 9 95 C36.5 ΔZ C ΔZ ... 156.33 N/m 2400156.332556.33 N/m Para el empaque seco, el flujo de gas:
A una presión de:
La densidad del nitrógeno puro:
De la tabla 6.3, para el empaque usado,
para unidades SI.
Con la ecuación (6.68 del libro):
, por 1 metro de empaque.
La caída de presión total para el empaque:
Para calcular la potencia del ventilador, a esa caída de presión total se le suma la caída de presión para los soportes empacados y el distribuidor del líquido (despreciable para un aparato bien diseñado), las pérdidas por la expansión a la entrada y las pérdidas por la contracción a la salida (en el caso del gas). Para una velocidad del gas en las tuberías de entrada y salida de 7.5 m/s, las pérdidas por expansión y contracción serán como máximo de 1.5 cabeza de velocidades:
V 1. 5 7 . 5 1.5 2g 21 42.19 Nm/kg 42.19 ×1.35818 57.30 Nm
Por tanto, la potencia del ventilador para la torre se calcula como:
2556.3357.30N1.2⁄197mkg⁄m 2.037270. ⁄ 2 607kg s 3806.9 Nms⁄ 3.807 kW 3.0.8076 6.34 kW⇒8.5 hp
De manera que, la potencia para el motor del ventilador es:
