UNIVERSIDAD DE ORIENTE

NÚCLEO ANZOÁTEGUI

POSTGRADO DE INGENIERÍA QUÍMICA

DESTILACION AVANZADA

COHORTE I 2011

ASIGNACIÓN N°1

REALIZADO POR:

ING. MÓNICA V. ZABALA GÓMEZ

CI. 15.401.226

PUERTO LA CRUZ, 08 DE MARZO DE 2013

Problema 1 (problema 6 asignado).

Determine las composiciones del residuo y del destilado obtenidos al someter a destilación diferencial a la presión atmosférica a una mezcla ácido acético – agua de composición molar 0,30 de ácido acético, cuando el 68% de los moles contenidos en la carga inicial han pasado al destilado. Los datos de equilibrio se indican a continuación:

x 0,00 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30 0,35 0,40 0,45 0,50

y 0,000 0,101 0,181 0,255 0,327 0,390 0,448 0,502 0,555 0,603 0,649

x 0,55 0,60 0,65 0,70 0,75 0,80 0,85 0,90 0,95 1,00

y 0,693 0,737 0,778 0,813 0,845 0,875 0,904 0,934 0,966 1,000

Solución:

En primer lugar, se plantea de forma gráfica el problema:

Se plantea entonces el balance de masa global:

F=D+W (1)

El balance de masa por componentes queda de la siguiente manera:

F∗xF=D∗yD+W∗xW (2)

Tomando como base de cálculo F=100moles, y considerando que en el problema indican que el 68% de los moles se pasan al destilado, podemos determinar los moles de destilado y de residuo:

D=0,68∗F

D=0,68∗100moles

D=68moles

W=(100−68 )moles

W=32moles

Habiendo ya especificado los moles cargados, destilado y residuo, utilizamos la expresión obtenida por Rayleigh para cálculos de destilación diferencial o por carga:

lnFW

=∫xW

xF

dxy−x

(3)

Sustituyendo los valores conocidos:

ln10032

=∫xW

0,30dxy−x

1,139=∫xW

0,30dxy−x

Con los datos de equilibrio proporcionados en el problema, generamos los datos 1

y−x que

permitirán graficarlos en el eje de las ordenadas, con los datos de x ubicados en la abscisa. Por medio de integración grafica se determina el valor de xW, una vez que el área bajo la curva se iguale a 1,139.

La tabla con los datos generados se indican a continuación:

x y 1/y-x0.05 0.101 19.60784310.1 0.181 12.345679

0.15 0.255 9.523809520.2 0.327 7.87401575

0.25 0.39 7.142857140.3 0.448 6.75675676

Sólo utilizamos los datos desde 0.05 hasta 0.30, pues el valor de la composición de ácido acético en el residuo xW debe ser menor que la composición de ácido acético cargado inicialmente, xF.

La integración gráfica realizada se muestra a continuación:

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.350123456789

101112131415161718192021

Composición, x

1/y-

x

Se realizan cálculos simples de área bajo la curva, dividiéndola en segmentos y calculando las áreas que corresponden a cada segmento, considerando el área de un trapecio:

Area=(B+b )∗h

2 (4)

Donde B= base mayor, b= base menor y h= altura.

h

bB

A1A2A3A4A5A6

Se ha obtenido un resultado cuando la sumatoria de las áreas por cada segmento se igualen a 1.139.

El resumen de los cálculos realizados se muestra en la siguiente tabla:

x 1/y-x0.300 6.757 A1 0.1690.275 6.783 A2 0.1740.250 7.143 A3 0.1830.225 7.506 A4 0.1920.200 7.874 A5 0.2060.175 8.600 A6 0.2140.151 9.354 1.139

Integración gráfica

���ܽ݁ݎ

De acuerdo con los resultados obtenidos, para que la igualdad se cumpla la composición del residuo debe ser:

xW=0.151

Con esta composición, podemos utilizar la ecuación (2) para calcular yD:

F∗xF=D∗yD+W∗xW

yD=F∗xF−W∗xW

D(5)

Sustituyendo:

yD=100∗0.3−32∗0.151

68

yD=0.370

Problema 2 (problema 15 asignado)

Dos mezclas deben ser fraccionadas a presión constante en una columna de destilación equipada con condensador parcial y reboiler parcial. Por requerimientos del proceso deben efectuarse dos extracciones laterales. Determinar Rmin y Np para un Rop dos veces el mínimo.

Corriente Flujo (kmol/h) Composición Condición

Alimentación 1 (F1) 50 xF1= 0.5 q = 1

Alimentación 2 (F2) 100 xF2= 0.35 q = 0.7

Destilado (D) xD= 0.98

Fondo (B) xB = 0.05

Extracción 1 (S1) 25 xS1 = 0.75 q = 1

Extracción 2 (S2) 5 xS2 = 0.20 q = 1

En el equilibrio, α=4

Solución:

Planteando el problema de forma gráfica:

0.7

2

=0.98

=0.05

Condensador

Rehervidor

Se establecen ahora los balances de masa, que permitirán determinar los flujos desconocidos (D y B):

Balance global: F1+F2=D+S1+S2+B (6)

Por componente volátil: F1∗xF 1+F2∗x F2=D∗yD+S1∗xS1+S2∗x S2+B∗xB (7)

Se sustituyen los flujos y composiciones conocidas en (6) y (7) y nos queda:

50+100−25−5=D+B

D+B=120kmolh

(50∗0.5 )+(100∗0.35 )=0.98∗D+ (25∗0.75 )+ (5∗0.20 )+0.05∗B

25+35−18.75−1=0.98∗D+0.05∗B

0.98∗D+0.05∗B=40.25kmolh

Despejando de la primera expresión y sustituyendo en la segunda se tiene que:

D=120−B

0.98∗(120−B)+0.05∗B=40.25

117.6−0.98∗B+0.05∗B=40.25

117.6−40.25=0.98∗B−0.05∗B

77.35=0.93∗B

B=77.350.93

B=83.17kmolh

Ahora se calcula D:

D=120−83.17

D=36.83kmolh

Habiendo establecido los flujos, ahora utilizamos el dato correspondiente a la volatilidad relativa en el equilibrio para determinar los datos con los cuales se graficará la curva de equilibrio.

Por definición de volatilidad relativa se tiene que:

α AB=

y A

x A

yB

x B

(8)

Como xB=1−x A y yB=1− y A, la ecuación (8) queda:

α AB=

y A

x A

(1− y A)(1−x A)

(9)

Según el problema, se tiene que α AB=4. Sustituyendo y rearreglando la expresión:

y A

x A

(1− y A)(1−x A)

=4

y A

x A

=4∗(1− y A)(1−x A)

y A∗(1−x A )=4∗xA∗(1− y A)

y A−x A∗ y A=4∗x A−4∗x A∗ y A

y A∗(1+3 x A)=4∗x A

y A=4∗x A

(1+3 x A) (10)

Con la ecuación (10) será posible graficar la curva de equilibrio, asumiendo valores de x A. Los resultados obtenidos se indican en la siguiente tabla:

x 0,00 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90 1,00

y 0,00 0,308 0,500 0,632 0,727 0,800 0,850 0,903 0,941 0,973 1,00

Se resumen ahora las condiciones tanto de las alimentaciones como de las extracciones laterales, que permitirán trazar las rectas correspondientes en el diagrama x-y:

Corriente Condición

Alimentación 1 (F1) q = 1 (línea vertical)

Alimentación 2 (F2) q = 0.7 (con pendiente a determinar)

Extracción 1 (S1) q = 1(línea vertical)

Extracción 2 (S2) q = 1(línea vertical)

Antes de presentar la gráfica con todos los puntos ubicados en ella, es necesario determinar la ecuación que corresponde a la alimentación F2, con q = 0.70:

y= qq−1

x−x F2

q−1 (11)

Sustituyendo se tiene la siguiente expresión:

y= 0.70.7−1

x− 0.350.7−1

y= 0.7−0.3

x− 0.35−0.3

y=−2.33x+1.17

Disponemos ahora de todos los datos para plantear la gráfica x-y con todos los datos dados y hallados hasta ahora:

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

y A

xA

xB xS2 xF2 xF1 xS1 xD

yD

F1q = 1

S2q = 1

F2q = 0.7

S1q = 1

- Para iniciar los balances, que nos permitirán obtener las diferentes líneas de operación, dividimos la columna por zonas en función de las alimentaciones y extracciones laterales que posee. Esto debido a que en cada zona hay un cambio en los flujos de líquido y vapor por la incorporación o retiro de corrientes. Esto significa que para cada zona se obtendrá una línea de operación. Para el ejercicio planteado, se obtendrán 5 líneas de operación según el esquema que se indica a continuación:

Zona 1

Zona 2

Zona 3

Zona 4

Zona 5

- Realizamos los primeros balances para la Zona 1 (rectificación):

Zona 5

V(n-1)

y(n-1)

xn

Ln

Balance global: V n−1=D+Ln (12)

Por componente volátil: V n−1∗ yn−1=D∗yD+Ln∗xn (13)

yn−1=Ln∗xn

V n−1

+D∗yD

V n−1

(14)

yn−1=Ln∗xn

D+Ln

+D∗yD

D+Ln

(15)

Considerando que Ln=LD, nos queda:

yn−1=LD∗xn

D+LD

+D∗yD

D+LD

(16)

Dividiendo entre D:

yn−1=

LD

D

1+LD

D

∗xn+yD

1+LD

D

(17)

Como R=LD

D, entonces:

yn−1=R

1+R∗xn+

yD

1+R(18)

- Ahora bien, para poder trazar esta línea es necesario conocer la relación de reflujo. En este caso utilizamos la expresión obtenida para determinar la relación de reflujo mínima. Esta relación se determina de la siguiente manera:

Desde el punto x= xD sobre la línea de 45 grados trazamos una recta que corte la curva de equilibrio con una de las alimentaciones. La alimentación a utilizar será aquella que proporcione el intercepto más pequeño, que posteriormente generará una relación de reflujo mínima más grande de las posibles. Esto se explica por el hecho de que la relación de reflujo óptima debe ser mayor a cualquier relación de reflujo mínimo que pueda presentarse con cualquiera de las alimentaciones.

Leemos el intercepto, para x=0, y=yD

1+Rmin.

Despejamos Rmin Luego determinamos Rop = 2*Rmin Graficamos la línea de operación con Rop.

Los resultados obtenidos se indican a continuación:

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

y A

xA

xB xS2 xF2 xF1 xS1 xD

yD

Intercepto y=0.44

Calculamos ahora el Rmin:

0.44= 0.981+Rmin

Rmin=0.980.44

−1

Rmin=1.23

Con Rmin determinamos la relación de reflujo de operación = 2* Rmin:

Rop=2∗Rmin

Rop=2∗1.23

Rop=2.46

Habiendo hallado este valor, planteamos la línea de operación de esta zona para graficarla:

y= 2.461+2.46

∗x+ 0.981+2.46

y=0.71∗x+0.28

En la siguiente grafica se visualiza el trazado de esta primera línea de operación, que cortará la línea de la primera extracción lateral en x = 0.75.

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

y A

xA

xB xS2 xF2 xF1 xS1 xD

yD

- Realizamos ahora los balances incluyendo la Zona 2:

V(s-1)y(s-1)

Ls

xs

Balance global: V s−1=D+Ls+S1 (19)

Por componente volátil: V s−1∗ys−1=D∗yD+Ls∗xs+S1∗xS1 (20)

ys−1=Ls∗xs

V s−1

+D∗yD

V s−1

+S1∗xS1

V s−1

(21)

Sustituyendo (19) en (21) nos queda:

ys−1=Ls

D+Ls+S1

∗x s+D∗ yD

D+Ls+S1

+S1∗xS1

D+L s+S1

(22)

Ahora bien, la ecuación (22) representa la recta de operación incluyendo la corriente S1. Sabemos que esta recta partirá de la línea q de la extracción S1, desde el punto de intersección de la línea de operación correspondiente a la zona 1 con S1=0.75, y cortara la línea q de la alimentación F1 en un punto de x = 0.5. Para conocer este punto, podemos utilizar la ecuación (22) cuando ys−1=x s. Esto nos dará un punto sobre la línea de 45 grados desde donde podremos construir la recta teniendo ya dos puntos (punto 1: corte en línea de 45 grados, punto 2: punto de intersección de la línea de operación de la zona 1 con q = 1 en xS1 = 0.75).

Cuando ys−1=x s, la ecuación (22) podemos expresarla de la siguiente manera:

xs−Ls

D+Ls+S1

∗xs=D∗yD+S1∗xS1

D+L s+S1

(23)

xs(1−Ls

D+L s+S1)= D∗yD+S1∗xS1

D+Ls+S1

(24)

xs=D∗ yD+S1∗xS1

D+Ls+S1∗(1−Ls

D+L s+S1)

(25)

xs=D∗yD+S1∗xS1

(D+L s+S1−Ls )(26)

xs=D∗yD+S1∗xS1

(D+S1 )(27)

Entonces, la ecuación (27) nos dará el punto buscado. Sustituyendo:

xs=36.83∗0.98+25∗0.75

(36.83+25 )

xs=0.887

Ubicamos este punto en la línea de 45 grados, y trazamos una curva que parta de este punto y que intersecte a S1 en x=0.75. La línea de operación queda representada de la siguiente manera:

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

y A

xA

xB xS2 xF2 xF1 xS1 xD

yD

- Realizamos ahora los balances incluyendo la Zona 3:-

Zona 5

V(a-1)y(a-1)

Laxa

Balance global: F1+V a−1=D+La+S1 (28)

V a−1=D+La+S1−F1 (29)

Por componente volátil: F1∗xF 1+V a−1∗ya−1=D∗yD+La∗xa+S1∗x S1 (30)

ya−1=La∗xa

V a−1

+D∗yD

V a−1

+S1∗xS1

V a−1

−F1∗xF 1

V a−1

(31)

Sustituyendo (29) en (31) nos queda:

ya−1=La

D+La+S1−F1

∗xa+D∗yD

D+La+S1−F1

+S1∗xS 1

D+La+S1−F1

−F1∗xF 1

D+La+S1−F1

(32)

Repetimos el procedimiento anterior. Igualamos ya−1=xa para encontrar un punto de la recta de operación en la línea de 45 grados.

xa−La

D+La+S1−F1

∗xa=D∗yD

D+ La+S1−F1

+S1∗xS1

D+La+S1−F1

−F1∗x F1

D+La+S1−F1

(33)

xa(1−La

D+La+S1−F1

)=D∗yD

D+La+S1−F1

+S1∗xS1

D+La+S1−F1

−F1∗xF1

D+La+S1−F1

(34)

xa=D∗yD+S1∗xS1−F1∗xF 1

(1−La

D+La+S1−F1)∗(D+ La+S1−F1)

(35)

xa=D∗ yD+S1∗xS1−F1∗xF 1

(D+La+S1−F1−La )(36)

xa=D∗ yD+S1∗xS1−F1∗xF 1

(D+S1−F1 )(37)

Entonces, la ecuación (37) nos dará el punto buscado. Sustituyendo:

xa=36.83∗0.98+25∗0.75−50∗0.50

(36.83+25−50 )

xa=2.52

Este resultado evidentemente no es factible, más sin embargo para efectos prácticos únicamente nos sirve para trazar un punto hipotético en la línea de 45 grados, que permita trazar una recta que pase por el punto de corte de la línea de operación anterior en F 1 en x = 0.5, extendiéndola hasta cortar F2 en x = 0.35. Gráficamente se muestra a continuación:

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

y A

xA

xB xS2 xF2 xF1 xS1 xD

yD

- Realizamos ahora el balance en la parte inferior de la columna (zonas 4 y 5):

Zona 1

ŝ

Vŝyŝ

Lŝ+1Xŝ+1

Ŝ+1

Balance global: Lŝ+1=V ŝ+S2+B (38)

Lŝ+1−V ŝ=S2+B (39)

Por componente volátil: Lŝ+1∗xŝ+1=V ŝ∗yŝ+S2∗xS2+B∗x B (34)

yŝ=Lŝ+1

V ŝ

∗xŝ+1−B∗xB

V ŝ

−S2∗xS2

V ŝ

(41)

Igualamos yŝ=xŝ+1 para encontrar un punto de la recta de operación en la línea de 45 grados. Aplicando esto en la ecuación (41) tenemos que:

xŝ+1(1−Lŝ+1

V ŝ

)=−B∗x B

V ŝ

−S2∗xS2

V ŝ(42)

xŝ+1=

−B∗xB−S2∗xS 2

V ŝ∗(1−Lŝ+1

V ŝ

) (43)

xŝ+1=−B∗xB−S2∗xS 2

V ŝ−Lŝ+1(44)

Al rearreglar y sustituir (39) en (44) nos queda:

xŝ+1=B∗xB+S2∗xS2

S2+B(45)

Sustituyendo nos queda:

xŝ+1=83.17∗0.05+5∗0.20

83.17+5

xŝ+1=0.059

Ubicamos este punto en la línea de 45 grados, y trazamos una curva que parta de este punto y que se una con el punto de la línea de la alimentación 2 ya trazado previamente. La línea de operación queda representada de la siguiente manera:

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

y A

xA

xB xS2 xF2 xF1 xS1 xD

yD

Ahora, trazamos una recta desde xB en la línea de 45 grados hasta el punto de corte de la línea q de la salida lateral 2, en x = 0.2 con la recta de operación de esa zona. De esta manera se obtiene el trazado de todas las rectas de operación de todas las zonas indicadas. El gráfico queda de la siguiente manera:

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

y A

xA

xB xS2 xF2 xF1 xS1 xD

yD

Una vez construidas todas las líneas de operación, es posible realizar el trazado de las etapas. El grafico con el trazado de etapas se muestra en la siguiente gráfica:

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

y A

xA

yD

1

2

3

4

5

6

Condensadorparcial

Rehervidor parcial

Como resultados tenemos:

Número de etapas teóricas: 6 etapas + condensador parcial + rehervidor parcial

Problema 3 (problema 19 asignado).

A una columna de agotamiento como la indicada en la figura, ingresa una mezcla etanol/agua en su punto de burbuja, de composición 50% en peso de etanol. Se desea obtener un residuo B de composición 2.5 % en peso de etanol. Suponiendo que la columna sin el hervidor tiene dos platos teóricos, determine si es posible realizar la separación deseada. Calcule:

a) Las composiciones de las corrientes LN, V1, VN-1

b) Las relaciones másicas V 1

LO, BLO

, V N−1

LO

yLN

LO

c) El calor a entregar en el evaporador por kg de residuo que sale

Los datos de entalpia – concentración para el sistema etanol / agua se muestran en la siguiente tabla:

Composición fase liquida (másica)

Composición fase vapor (másica)

Entalpia fase liquidahA (kCal/kg)

Entalpia fase vaporHA (kCal/Kg)

0.00 0.00 100.00 639.000.05 0.38 90.00 619.400.10 0.53 88.80 601.100.20 0.66 80.20 562.400.30 0.71 75.00 523.800.40 0.75 71.20 485.000.50 0.77 68.30 446.600.60 0.79 65.30 407.700.70 0.82 61.70 368.900.80 0.86 57.70 331.100.96 0.96 55.00 272.101.00 1.00 53.20 257.50

Los estados de referencia para las entalpias son: líquidos puros a 0°C y 101.3 kPa

Solución:

La columna de agotamiento indicada en el problema se muestra a continuación:

LO V1

LN VN-1

BQH

- Primero calculamos las composiciones molares del líquido de alimentación y de residuo, partiendo de las composiciones másicas dadas:

Pesomolecular etanol=46.07kg /kmolPesomolecular agua=18.02kg /kmol

xo=

5046.07

5046.07

+50

18.02

xo=0.281

xB=

2.546.07

2.546.07

+97.5

18.02

xB=0.0098

- Se comienzan a plantear los balances de masa correspondientes:

Balance global en la columna:

Lo=V 1+B (46)

V 1=Lo−B (47)

Balance por componente volátil:

Lo∗xo=V 1∗y1+B∗xB (48)

Sustituimos (47) en (48):

Lo∗xo=(Lo−B)∗y1+B∗xB (49)

Planteamos ahora el balance de energía:

Lo∗ho=V 1∗H 1+B∗hB−QH (50)

Lo∗ho−V 1∗H 1=B∗(hB−QH

B) (51)

Si llamamos Q=h} rsub {B} - {{Q} rsub {H}} over {B ¿ , entonces la ecuación (51) queda:

Lo∗ho−V 1∗H 1=B∗Q (52)

Lo∗ho− (Lo−B )∗H 1=B∗Q (53)

Lo∗ho−Lo∗H 1=B∗Q - B* {H} rsub {1} (54)

Lo∗(ho−H 1)=B∗¿ (55)

BLo

=(ho−H 1)

¿¿ (56)

La expresión de V1 con respecto a Lo quedaría así:

Lo−V 1

Lo

=(ho−H 1)

¿¿ (57)

1−V 1

Lo

=(ho−H 1)

¿¿ (58)

V 1

Lo

=1−(ho−H 1)

¿¿ (59)

Planteamos ahora el balance alrededor del rehervidor:

Global:

LN=V N−1+B (60)

V N−1=LN−B (61)

Balance por componente volátil:

LN∗xN=V N−1∗yN−1+B∗xB (62)

Planteamos ahora el balance de energía:

LN∗hN=V N−1∗H N−1+B∗hB−QH (63)

LN∗hN−V N−1∗H N−1=B∗(hB−QH

B) (64)

Si llamamos Q=h} rsub {B} - {{Q} rsub {H}} over {B ¿ , entonces la ecuación (64) queda:

LN∗hN−V N−1∗H N−1=B∗Q (65)

También sabemos que:

B=Lo−V 1

Sustituimos:

LN∗hN−V N−1∗H N−1=(Lo−V 1)∗Q (66)

LN∗hN−V N−1∗H N−1=Lo∗Q - {V} rsub {1} *Q (67)

Divido ambos lados de la expresión:

LN∗hN−V N−1∗HN−1

LO

=Lo∗Q- {V} rsub {1} *Q

LO

(68)

LN

LO

∗hN−V N−1

LO

∗H N−1=Q- {{V} rsub {1}} over {{L} rsub {O}} *Q

(69)

Al sustituir (59) y (61) en (69) nos queda:

LN

LO

∗hN−LN−B

LO

∗HN−1=Q - left (1- {( {h} rsub {o} - {H} rsub {1} )} over {(Q−H 1 ¿¿¿¿∗Q

(70)

LN

LO

∗hN−LN

LO

∗H N−1+BLO

∗H N−1=Q - left (1- {( {h} rsub {o} - {H} rsub {1} )} over {(Q−H 1¿¿¿¿∗Q

(71)

Sustituimos (56) en (71), rearreglamos y nos queda:

LN

LO

∗(hN−H N−1 )+¿ (72)

LN

LO

=¿ (73)

Sustituyendo ahora (60) en (73):

V N−1+B

LO

=¿ (74)

V N−1

LO

+ BLO

=¿ (75)

Sustituyo (56) en (75) y rearreglamos:

V N−1

LO

=¿ (76)

V N−1

LO

=( ho−H1

Q - {H} rsub {1}} right ) * left ({Q−HN−1

hN−H N−1

−1) (77)

Para iniciar los cálculos, se requiere primeramente verificar que efectivamente la separación se puede llevar a cabo considerando dos etapas teóricas más la etapa que corresponde al rehervidor. Para esto, se utiliza la data proporcionada en el problema en base molar (concentraciones y entalpias son dadas en unidades másicas) para elaborar el diagrama entalpia-concentración a utilizar en el método de Ponchon Savarit.

Al convertir todos los datos a unidades molares, se obtiene la siguiente tabla:

Composición fase liquida (molar)

Composición fase vapor (molar) hA (kCal/kmol) HA (kCal/Kmol)

0.000 0.000 4607.000 29438.7300.020 0.191 4146.300 28535.7580.042 0.304 4091.016 27692.6770.089 0.427 3694.814 25909.7680.144 0.493 3455.250 24131.4660.207 0.535 3280.184 22343.9500.281 0.568 3146.581 20574.8620.370 0.601 3008.371 18782.7390.477 0.644 2842.519 16995.2230.610 0.703 2658.239 15253.7770.895 0.895 2533.850 12535.6471.000 1.000 2450.924 11863.025

El procedimiento utilizado para determinar si puede lograrse la separación deseada es el siguiente:

- Como se asume que el líquido que sale por el fondo es liquido saturado, entonces con xB=0.01 extendiéndolo hasta la línea de entalpia de líquido obtenemos la entalpia del residuo, hB. Con esta misma línea y el corte con la curva de equilibrio trazamos una horizontal hasta la línea de 45 grados, y luego subimos hasta cortar la curva de entalpia de vapor. Al unir estos dos puntos de entalpia obtenemos la etapa que corresponde al rehervidor.

- Para iniciar el trazado de etapas, se requiere de un proceso iterativo suponiendo la ubicación del polo de agotamiento, en este caso denominado Q”. Trazamos con el el número de etapas y verificamos si se cumple con la separación.

- En caso de no cumplirse suponemos otro valor de Q” y continuamos de esa forma hasta encontrar el valor adecuado.

La grafica con el resultado final se muestra a continuación:

De la solución gráfica encontrada, se obtienen los siguientes datos:

Composiciones molares

xN 0.05

y1 0.51

yN-1 0.09Entalpias (kCal/Kmol)

hB 4300

ho 3250

H1 23500

hN 4000

HN-1 29000

Q” -21000

Con estos datos, sustituimos en las expresiones 56, 59, 73 y 77 para determinar las relaciones másicas solicitadas:

BLo

=(3250−23500 ) kCal /kmol

(−21000−23500)kCal /kmol

BLo

=0.455

V 1

Lo

=1−0.455

V 1

Lo

=0.545

LN

LO

=0.455∗(−21000−290004000−29000 )

LN

LO

=0.91

V N−1

LO

=0.455∗(−21000−290004000−29000

−1)V N−1

LO

=0.455

Ahora, partiendo de la expresión Q=h} rsub {B} - {{Q} rsub {H}} over {B ¿ despejamos para calcular el calor requerido en el rehervidor:

QH

B¿hB−Q

Sustituimos:

QH

B=4300−(−21000)

QH

B=25300

kCalkmol

Ahora, para calcular QH

B en kCal/kg consideramos el peso molecular del etanol - componente

más volátil (dado que tanto las entalpías como el polo de agotamiento en el gráfico se encuentran en función del etanol):

QH

B=25300

kCalkmol

∗1kmol

46.07 kg

QH

B=549.16

kCalkg