PROBLEMA 4.1 Se ha demostrado que la eliminación del aceite de soya que impregna una arcilla porosa por contacto con un disolvente del aceite, es ocasionada por difusión interna del aceite a través del sólido, [Boucher, Brier y Osburn, Trans. AIChE , 38, 967 (1942)]. La placa de arcilla, 1 /16 pulg pulg de espesor, 1,80 pulg de longitud
1,08 pulg pulg de grosor ( 1, 588 mm
45,7 mm 27, 4 mm ), con los lados estrechos sellados, se impregnó con aceite de soya hasta una concentración uniforme de 0, 229 kg de aceite / kg kg de arcilla seca seca . Se
sumergió en una corriente en movimiento de tetracloroetileno puro a
120 °F
49°C , en donde el contenido
de aceite en la placa se redujo a 0, 048 kg de aceite aceite / kg de arcilla arcilla seca en una
1h
. La resistencia a la
difusión puede considerarse que reside completamente en la placa; el contenido final de aceite en la arcilla puede considerarse considerarse como como cero cuando se pone en contacto con el solvente puro puro durante un tiempo tiempo infinito. a) Calcule la difusividad efectiva b) Un cilindro de la misma arcilla, 0,5 pu pulg 12,7 mm mm de diámetro, 1 pulg pulg 25,4 25,4 mm de longitud, contiene una concentración inicial uniforme de
0, 17 kg de aceite / kg d de e arcilla . Cuando se sumerge en una
corriente en movimiento de tetracloroetileno puro a 49°C ¿a qué concentración descenderá el contenido en aceite después de 10 h ? c) Vuelva a calcular b b para los casos en que únicamente una de las puntas del cilindro esté sellada y en que ninguna de las puntas esté sellada. d ) En cuánto tiempo descenderá la concentración hasta 0, 01 kg de de aceite aceite / kg de de arcilla arcilla para el caso b, cuando ninguna de las puntas está sellada.
SOLUCIÓN a) Difusividad efectiva en la placa de arcilla X 2b = 27,4 mm
CA0 = 0,2 0,229 29 kg ace aceit ite e / kg kg arci arcill lla a sec seca a CA = 0,0 0,048 48 kg ace aceit ite e / kg arci arcill lla a sec seca a CA = 0 3 600 s = 1 h = 3600
X 2a = 1,588 mm X
2c = 4 5,7
Def E
?
;
C A
C A
C A0
C A
Def
difusivi dad efectiva
0, 048 0 0, 229 0
= 0,2096 0,21
Figura 4.2 Difusión en estado no estacionario [1]
1
R.E. Treybal (1988) Operaciones de Transferencia de Masa, 2a. edición, McGraw-Hill, México; figura 4.2 pág. (103)
86
De la gráfica de la figura (4.2) para
E
[(1,588 /2) 10 1 ]2 cm 2 Def 0, 56 3600 s
Def
D /
0,21 se tiene
a
2
0,56 , despejando D:
cm2 9, 8 10 s 7
9, 8 10 7 cm 2 /s
b) Difusividad efectiva en cilindro de arcilla, con
puntas selladas
C A0 = 0,17 kg aceite / kg arcilla seca C A = ? = 10 h = 36 000 s
2a = 12,7 mm
12,7mm r a
2 2c 25, 4 mm
2c = 25,4 mm
6, 35 mm 0, 635 cm
c
12,7 mm 1, 27 cm
Considerando que la difusividad efectiva es la misma que la evaluada en (a): D r
Usando la figura (4.2) se obtiene
2
D a
(con curva
Er = 0.44
2
9, 8 10
7
2
cm s
-1
36000 s
0,635 2 cm 2
0,0875
Er )
Como: Er
C A
C A 0
CA
C A
CA = 0,44
0 0,44 0, 17 0 kg aceite kg aceite 0,17 = 0,0748 kg arcilla seca kg arcilla seca
C A
c ) Cilindro de arcilla
Una de las puntas está sellada Er = 0,44 7
2c
2c
2
9, 8 10 cm s
D
2
-1
2, 54cm
36 000 s
2
Usando la figura 4.2 se obtiene
5, 47 10
3
0, 00547
EC = 0,89 (con
curva EC )
2a
Luego: E = Er EC = C A
(0,44) (0,89) = 0,3916
E C A 0
0, 3916 0, 17 0, 06657
kg aceite (A las 10 horas) kg arcilla seca
Ninguna de las puntas está sellada
D
2c
c
2
7
2
9, 8 10 cm s
-1
1,27cm
36 000 s
2
Usando figura 4.2, se obtiene 2r
0,022
EC = 0,825 (con
curva EC ) 87
Luego: E = Er EC = C A
d ) Tiempo de
E
(0,44) (0,825) = 0,363 C A 0
0, 363 0, 17 0, 06171
kg aceite kg arcilla seca
concentración cuando ninguna de las puntas está sellada: =? CA = 0,01 kg aceite / kg arcilla seca CA0 = 0,17 kg aceite / kg arcilla seca C C A 0,01 = = 0,059 E A 0,17 C A0 C A
De f
9, 8 10
7
cm 2 s
Haciendo un procedimiento por prueba y error:
Para
45h
162000s : D 2
r
c
2
162 000 s
0,635 2 cm2
9, 8 10 7 cm2 /s
D 2
a
9, 8 10 7 cm2 /s
D
1, 27
2
162 000 s
cm
2
0,3937
0,0984
Usando la figura 4.2 [2], con (Dθ/r 2)=(Dθ/a 2)=0,3937 , se obtiene Er = 0, 0 67 (con curva Usando la figura 4.2, con (D / c 2 ) 0, 0984 , se obtiene
EC = 0,65
Er ).
(con curva EC ).
Luego: E = E r EC =
(0,067) (0,65) = 0,0436 Entonces para obtener E 0,059 se procede evaluar el tiempo requerido, mediante interpolación o recurrir a un procedimiento de prueba y error:
D r
2
D
a
2
D c
2
Er
EC
E
45 h
0,3937
0,0984
0,067
0,65
0,0436
40 h
0,3500
0,0875
0,090
0,67
0,0603
41 h
0,3587
0,0897
0,0875
0,665
0,0582
Se requiere de un tiempo aproximado necesario 41 h.
PROBLEMA 4.2 Una placa de arcilla, como la que se utiliza para fabricar ladrillos, de 50 mm de espesor, se secó en las dos superficies planas teniendo los cuatro lados estrechos sellados, mediante exposición al aire. El contenido inicial uniforme de humedad era del 15%. El secado tuvo lugar por difusión interna del agua líquida hacia la superficie, seguida de evaporación en la superficie. Puede suponerse que la difusividad es constante al variar la concentración de agua y uniforme en todas las direcciones. El contenido de humedad superficial fue de 3%. En 5 h , el contenido de humedad promedio había descendido hasta 10,2%. a) Calcule la difusividad efectiva. b) En las mismas condiciones de secado, ¿cuánto tiempo más se hubiera necesitado para reducir el contenido promedio de agua hasta 6%? c) ¿En cuánto tiempo se secará una esfera de 150 mm de radio desde 15 hasta 6%, en las mismas condiciones de secado? d ) ¿En cuánto tiempo se secará un cilindro de 0, 333 m de longitud y 150 mm de diámetro que se seca en toda la superficie, hasta un contenido de humedad del 6%?
2
R.E. Treybal (1988) Operaciones de Transferencia de Masa, 2a. edición, McGraw-Hill, México; figura 4.2 pág. (103)
88
SOLUCIÓN a)
Placa de arcilla CA0 = 15/85 = 0,1765 kg de agua/kg de arcilla CA = 3/97 = 0,0309 kg de agua/kg de arcilla
CA en 5 horas = 10,2/89,8 = 0,1135 kg de agua/kg de arcilla E
C A
C A0
Usando la figura 4.2, con
C A
C A
0,1135 0,0309
E a
0,567 = E a
0,567 se obtiene:
(D / a2 )= 0,148 ; Entonces, despejando
0,1765 0,0309
a
25 mm
0,025 m
D obtenemos: 2
0,148 0,025 m 2 D 3600s 5h 1h
5,1389 10 9 m 2 /s
b) Arcilla en las mismas condiciones, con contenido promedio de humedad de :
CA = 6/94 = 0,0638 kg de agua/kg de arcilla Luego: E
C A
C A0
C A
C A
Usando la figura 4.2, con
E a
0 ,0638 0 ,0309 0 ,1765 0 ,0309
0,52 0,0254
5,1389 10 9 m2 /s obtenemos:
2
9
5,1389 10
c ) Esfera de arcilla, en
0,226 = E a
0,226 se obtiene:
(D / a2 )= 0,52 Entonces, despejando , y utilizando Def
65283,08s 18,13h
las mismas condiciones que en (b)
CA = 6/94 = 0,0638 kg de agua/kg de arcilla E E
C A
C A0
C A
C A
0, 0638 0, 0309 0, 1765 0, 0309
0,226 = E s
= ES = 0,226
r a
10
150 mm
3
m
1mm
0, 15 m
Usando la figura 4.2 con ES = 0,226 , se obtiene:
(D / a2 )= 0,1 Entonces, despejando
obtenemos: 2
0, 1 0, 15 m 2 5,1389 10 9 m 2 /s
437836, 89 s 121,62 h
d ) Cilindro de arcilla
Puesto que el cilindro se seca en toda su superficie, de la ecuación (4.13):
E = E C Er
(4.13)
[3]
E = 0,226 mm
D
5, 1389 10
a
3
1m
a 75
2
3
10 mm
0,075
2
0, 075 m
9, 1358 10
9
7
R.E. Treybal (1988) Operaciones de Transferencia de Masa, 2a. edición, McGraw-Hill, México; ecuación (4.13) pág. (104)
89
5,1389 10
D c
2
0,1665
2c 33, 3 cm
9
2
7
1,8537 10 33, 3 cm
c
1m
2
100 cm
0, 1665 m
Por prueba y error: Para 47 horas se obtienen:
D a
Para
2
D
2
r
0,155
D
;
c
2
0,0314
48 horas se obtienen: D a
D
2
2
r
D
;
0,158
c
2
0,032
De aquí, utilizando la figura 4.2 se obtienen en la ordenada: Para 47 h :
Er
0, 294
;
EC
0,78
E = Er EC = = 0,229
Er
0, 281
;
EC
0, 78
E = Er EC = = 0,219
Para 48 h :
Por lo tanto:
está
entre 47 y 48 horas, luego interpolando E
0,226 , se obtienen:
0 , 003 1 47, 3 h 0,01
47
PROBLEMA 4.3 Un tanque esférico con paredes de acero de 2 mm de espesor va a contener 1 litro de hidrógeno puro a una 6 2 presión absoluta de 1,3 10 N/m 189 lbf /in 2 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 1 2 contenido de hidrógeno de cero. La solubilidad es proporcional a pt , en donde pt es la presión de hidrógeno; y a 1 atm, 300°C, la solubilidad es 1 ppm (partes por millón) en peso. A 300°C, la difusividad 3 -10 2 del hidrógeno en el acero= 5×10 m /s . La densidad del acero es 7 500 kg/m ( 468lbm /ft3 ). a) Calcule la rapidez de pérdida del hidrógeno cuando la presión interna se mantiene a 1,3×106 N/m 2 ,
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.
SOLUCIÓN a)
Rapidez de pérdida del hidrógeno cuando la presión interna se mantiene a expresada en kg/h .
1,3×106 N/m 2 ,
Como la solubilidad es proporcional a pt 1 2 (por dato del problema) C A 1
C A 2
Solubilidad del H2 a 1,3×106 N/m 2 de presión Solubilidad del H2 a 1 atm de presión.
Entonces:
C A1 pt 1 C A 2 pt 2 C A1
1/2
p C A2 t 1 pt 2
1/2
1, 3 106 N m2 1ppm 2 101325N m
1/2
90
C A1 C A1
mgH 2 kgacero g H2 kg acero 1mol H2 3 3,5819 10 7500 kg acero m3 acero 2,016g H2
3,5819ppm 3,5819
13,326
mol H2 m3 acero
Volumen de la esfera V
4
3
r 3
1l
10
3
3
m
.
Para r 1: 3 V
r 1
3
r 1
3
r 1
0,062m
r 2
0,062m 0,002 m 0,064 m
4 3 4
10
3
Para la difusión radial a través de una capa esférica de radio interno y externo sección transversal promedio es:
S pr
r
1
y
r
2
, de
la ecuación (4.6) la
4 r1 r 2
(4.6)
S pr 4 (0, 062)(0,064)m 2 S pr 0,0499m 2 z r2
r 1
0, 064 0, 062 0, 002 m
De la ecuación:
w N A Spr
c A 2 w
D A Spr (c A 1
10
10
cA2 )
z
0
5
(4.3)
m 2 s 0, 0499m 2 13, 32 6mol H 2 m 3 acero
0,002m 2, 016g H2 kg 3600 s 7 mol H2 w 1,6624 10 s 1mol H2 103 g h 6 kg H 2 w 1,2065 10 h
b) Tiempo de descenso de presión si no
se admite hidrógeno en el tanque.
Calculamos la difusividad para la nueva presión, para p2
p2
1
2
p1
p1
Utilizando la ecuación (2.16) con T1
D AB,T2 , p2 D AB ,T D AB ,T
p1
/2
2 p2
T 2
p T (DAB,T1 , p1 ) 1 2 p2 T 1 2 2 p2 10 m 5 10 s p2
3
2
T 1 T 2
[4]
(2.16)
2
2
, p2
, p2
1 10
9
m
2
s
Como:
4
A. L. Hines, R. N. Maddox (1987) Transferencia de Masa Fundamentos y Aplicaciones, 1a. edición, Prentice Hall Hispanoamericana, S.A.; ecuación (2.16), pág. (23)
91
pV nRT c1
p1
n V
c2
RT
c
p RT
p2
RT
c A 0 Entonces la fracción no eliminada será:
c A c A0
E
cA c A
p2 p1
p2 2p 2
0, 5
De la figura 4.2 del Treybal para una esfera se tiene: [5]
D a
2
0,0265 a
0,0265 a
D
1/2
(r1r 2 )
2
(0,062 0,064)0,5
0, 063m
Reemplazando tenemos:
(0.032m)2 h 0,0265 1 10 9 m 2 s 3600s 7,54h
PROBLEMA 4.4 Un plato de porcelana sin vidriar de 5 mm de espesor tiene un diámetro de poro promedio de 0, 2 micras . Gas oxígeno puro a una presión absoluta de 20 mmHg, 100 °C , en un lado del plato pasa a través de él con 3 una rapidez de 0 , 093 cm (a 20 mmHg, 100 °C ) por segundo por cm2 cuando la presión en el lado
inferior es tan baja que puede considerarse despreciable. Calcular la rapidez de paso del gas hidrógeno a 25 °C y una presión de 10 mmHg abs, despréciese la presión inferior.
SOLUCIÓN
dporo
O2 puro:
p1
0, 2 μ
20 mmHg
101325 N m 2 760 mmHg
2 666, 45 N/m 2
T 1 100°C
rapidez de difusión = 0,093 cm3 s cm2 H 2 puro:
p2
0
p1
10
101325 760
1333,22 N/m2
T 1 25°C
p2 O
2
H
2
5
0
100 C , 20 mmHg 7 ,05 10 4 cp 7 ,05 107 kg m s 25 C, 10 mmHg 1, 02 10 4 cp 1, 02 10 7 kg m s
R.E. Treybal (1988) Operaciones de Transferencia de Masa, 2a. edición, McGraw-Hill, México; figura 4.2 pág. (103)
92
Trayectoria libre media
:
3, 2
RT 2 gc M O
pt
2
0, 5
(4.22)
Sabiendo que:
gc
1 k g m s -2 N
R 8 , 314 J mol -1K M O2
1
8 , 314 N m m ol -1K -1
32 kg/kmol 32 10 3 kg/mol
Entonces:
3, 2 7, 05 107 kg m-1 s1 2 666, 45 N m2 0, 2 106 m 1,905 1, 05 107 m
d
8 ,314 Nm mol -1 K 1 373 K 3 -2 -1 -1 2 1kg ms N 32 10 kg mol
0,5
1, 05 107 m
rango de transición
Influyen tanto la difusión molecular como la difusión de Knudsen.
P1 V1
P2 V2
T1
T2
N A
O2
N A
O2
pt 1
pt , pr
k
kmol 22,4 m 3
T 2 T1
m3 106 cm 3
V 1
273K 373K
20 mmHg 760 mmHg
104 cm2 m2
20 0 20 mmHg 2 666,45N m 2
pt 2
(4.25)
[7]
2
10 mmHg 1333,22 N m 2
k
:
k pt , pr RT z N ARTz
pt , pr pt 1
8
P1 P2
pt 1
8 10 7 kmol m 2 s
Cálculo de la constante
k
cm 3 0,093 s cm 2
pt 2
pt , pr
N A
V2
p
t1
pt 2
(4.26)
pt 2
10 7 kmol m -2 s -1
8, 314 Nm
1 333, 22 Nm
k 3,489 10
12
m4
Ns
L4 Fθ
373K 5 2 6 66 , 45 N m
-2
-2
m 3 kmol -1 K -1
10 3 m
-2
kO
2
A partir de:
N A
k pt , pr RT z
p
t1
pt 2
(4.24)
igualando las ecuaciones (4.24) y (4.26):
N A para él O 2 y para el
kO
2
z
d 2 gc k pt , pr pt 1 pt 2 pt , pr pt 1 pt 2 RT z 32 lRT
H 2
k z
d 2 gc 32 l
tenemos:
d 2 gc 32 O2 l
;
kH
2
z
d 2 gc 32 H 2 l
Dividiendo miembro a miembro las expresiones anteriores: 93
d 2 gc
kO
2
z
32 O
2
kH
32 H
2
k O
2
O
2
1
kH
2
H
l
2
H
2
2
kO
d gc
z
kO
l
2
2
k H
1
2
O
2
2
O
2
H k H 2
2
Por tanto: kO
kH
kH
2
2
2
O2
H 2
2, 41 10
3, 489
10
12
m 4 N -1 s -1 7, 05 10 4 cp
1, 02 10 4 cp
11
m 4 /N s
y como:
10 0 10mmHg 1333,22 N m 2 p pt 2 2 5mmHg 666,61 N m pt , pr t 1 2 pt 1
pt 2
Reemplazando en (4.26):
N A
k pt , pr RT z
N A H 2
pt 1 pt 2
2, 41 10
11
4
8, 314 Nm
-2
m kmol K
1,73 10
6
kmol m s
3
-1
-1
m N s -1
-1
298 K 5
666, 61 N m 1 333, 2 2N m 2
10
3
m
2
Entonces: N A H 2
2
94
