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Guía de Problemas N°7: Absorción en torres rellenas 1.- Una corriente de aire caliente, saturado con vapor de agua, a 80°C y 101.3 kPa de presión absoluta total será secado en contracorriente en una torre rellena por medio de una solución acuosa de NaOH al 60% en peso. Los datos para el equilibrio líquido-vapor de soluciones de NaOH se dan en la tabla. El vapor de agua contenido en el aire de salida no debe ser mayor que 0.025 fracción molar. a) Determinar el tipo de coordenadas a usar tal que la línea de operación para esta torre sea una recta. Si la torre es enfriada internamente de manera de mantener el sistema a 80°C: b) Determinar la mínima velocidad de flujo de solución de NaOH a alimentar que es requerida por m3/h de

aire de entrada, medida en condiciones standard (0°C y 101.3kPa), aún para una torre de altura infinita. c) Si la altura de una unidad de transferencia HTOG para este proceso es de 0.457 m, determinar la altura de

relleno requerida si la velocidad de alimentación de solución de NaOH es de dos veces la mínima. d) Si el proceso se lleva a cabo en un equipo en etapas ¿cuál será el número de etapas en equilibrio

requeridas? e) ¿Cuál sería la altura equivalente de plato teórico?

𝑇 = 80°𝐶 𝑝 = 101.3 𝑘𝑃𝑎 𝑁𝑎𝑂𝐻 60%𝑝/𝑝 𝑦2 = 0.025 a) La representación gráfica de la línea de operación como una línea recta, depende en gran parte de las unidades en las cuales estén expresadas las concentraciones del balance de materia. Son líneas rectas si la relación de moles para la concentración está basada en cantidades constantes, ES y RS. Si se grafica la ecuación del balance con flujos locales sobre las coordenadas de fracción mol, o si se utiliza cualquier unidad de concentración proporcional a las fracciones mol (como la presión parcial, por ejemplo), la curva de operación obtenida puede variar. En cualquier operación en donde las cantidades totales de cada una de las fases E y R permanezcan constantes mientras que las composiciones cambian debido a la difusión de varios componentes, un diagrama en función de la fracción mol dará una línea de operación recta. Si todos los componentes se difunden de tal forma que las cantidades totales de cada fase no permanezcan constantes, generalmente la línea de operación será una curva. La línea de operación a corriente paralela es una representación gráfica del balance de materia. Un punto sobre la línea representa las concentraciones promedio de las corrientes en contacto recíproco en cualquier sección del aparato. En consecuencia, la línea parte del punto que representa las corrientes que entran en el aparato y llega hasta el que representa las corrientes efluentes. Como en el caso de corriente paralela, la linearidad de la línea de operación depende del método para expresar las concentraciones. Las líneas de operación de son rectas, si las concentraciones en relación de moles X y Y se basan en las cantidades RS y ES, las cuales, según se estableció serían constantes. Si para este caso se utilizan fracciones mol (o cantidades como presiones parciales, que son proporcionales a las fracciones mol), las líneas de operación serán curvas. Sin embargo, para algunas operaciones, si la cantidad total de cada una de las fases E y R es constante mientras que las composiciones cambian, el diagrama de fracción mol proporcionará líneas de operación rectas. Sin embargo, al igual que en el caso a corriente paralela, la línea de operación será generalmente una curva, si todos los componentes se difunden de tal manera que las cantidades totales de cada fase no permanezcan constantes. La línea de operación a contracorriente es una representación gráfica del balance de materia, que pasa desde el punto que representa las corrientes en un lado del aparato hasta el punto que las representa en el otro. Un punto sobre la línea representa las concentraciones promedio de las corrientes que se encuentran en cualquier sección en el aparato. b)

𝐿𝑚𝑖𝑛| 𝑇=273𝐾𝑝=101.3 𝑘𝑃𝑎

=?

𝐿𝑚𝑖𝑛| 𝑇=273𝐾𝑝=101.3 𝑘𝑃𝑎

= 𝐺𝑆(𝑌2 − 𝑌1)(𝑋2 − 𝑋1)

c)

𝐻𝑡𝑂𝐺 = 0.457 𝑚

𝐿 = 2 𝐿𝑚𝑖𝑛

𝑍 = 𝑁𝑡𝑂𝐺𝐻𝑡𝑂𝐺 =? d) Si el proceso se lleva a cabo en un equipo en etapas ¿cuál será el número de etapas en equilibrio requeridas? e) ¿Cuál sería la altura equivalente de plato teórico? 2.- Un gas de salida de un fermentador, que consiste en una mezcla de aire-CO2 a 1 atm de presión, y contiene 10% en moles de CO2 se absorberá en forma continua en 6 kg/s de una solución de trietanolamina (PM=48), que contiene 0.02 moles de CO2 por mol solución de trietanolamina. El

kg NaOH 100kg Agua en solución

Presión Parcial de Equilibrio de Agua

a 80°C (mm Hg) 0 355.5

10 325.5 20 288.5 30 246.0 40 202.0 50 160.5 60 124.0 70 94.0 80 70.5 90 53.0

100 38.5 120 20.5 140 11.0 160 6.0

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caudal volumétrico de gas a tratar es de 2.5 m3/s. El líquido de salida puede contener hasta el 80% de la concentración máxima de CO2 que podría alcanzarse con una torre de altura infinita. La columna operará isotérmicamente a 25°C, al 70% de su velocidad de inundación y estará rellena con anillos de Raschig de cerámica de 25 mm (1”). El área interfacial para la absorción se estima en a=50 m2/m3. En una prueba de laboratorio, se determinó que kG, kL y KL se mantienen aproximadamente constantes en toda la torre. En todos los cálculos considere que las densidades de líquido y gas se mantienen constantes e igual a 1050 kg/m3 y 1.187 kg/m3, respectivamente. Calcule: a) el porcentaje de recuperación de CO2. b) el diámetro de la torre. c) la altura de relleno necesaria. ¿Qué le sugiere este resultado? ¿Qué arreglos propondría para poder realizar la separación propuesta? Datos de equilibrio (relaciones molares)

Y 0 0.003 0.008 0.015 0.023 0.032 0.043 0.055 0.068 0.083 0.099 0.12 X 0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09 0.10 0.11

𝑝 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑦1 = 0.1 𝐿 = 6𝑘𝑔𝑠 𝑃𝑀𝑇𝐸𝐴 = 48

𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙

𝑥2 = 0.02 𝐺1 = 2.5𝑚3

𝑠

𝑥1 = 0.8 𝑥1∗ 𝑇 = 25°𝐶 = 298𝐾 𝑣 = 0.7 𝑣𝑖𝑛𝑢𝑛 𝐷𝑅𝑎𝑠𝑐ℎ𝑖𝑔 = 0.025 𝑚 𝑎 = 50𝑚2

𝑚3 𝐾𝐿 = 0.183𝑚ℎ

𝑘𝐺 = 2.61 ∙ 10−9𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠 𝑃𝑎 𝑘𝐿 = 0.396

𝑚ℎ 𝜌𝐿 = 1050

𝑘𝑔𝑚3 𝜌𝐺 = 1.187 𝑘𝑔/𝑚3

𝐿2𝑥2 + 𝐺1𝑦1 = 𝐿1𝑥1 + 𝐺2𝑦2

𝐺1 = 𝐺𝑣𝑜𝑙𝑝𝑇𝑅𝑇 = 2.5

𝑚3

𝑠1 𝑎𝑡𝑚

0.082 𝑚3𝑎𝑡𝑚

𝐾 𝑘𝑚𝑜𝑙 298𝐾= 0.1023

𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠

𝐺𝑆 = 𝐺1(1 − 𝑦1) = 0.1023𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠 ∙ 0.9 = 0.0921

𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠

𝐿2 =𝐿2′

𝑃𝑀�����=

6 𝑘𝑔𝑠0.02 ∙ 44 𝑘𝑔

𝑘𝑚𝑜𝑙 + 0.98 ∙ 48 𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙

= 0.125𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠

𝐿𝑠 = 𝐿2(1 − 𝑥2) = 0.125𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠 ∙ 0.98 = 0.123

𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠

Se busca en el grafico la fracción molar de equilibrio para y1=0.1 → 𝑥1∗ = 0.1

𝑥1 = 0.8 𝑥1∗ = 0.8 ∙ 0.1 = 0.08 El sistema puede suponerse diluido, pero como y1 esta al límite, se emplean relaciones molares:

𝑌1 =𝑦1

1 − 𝑦1=

0.11 − 0.1

= 0.11

𝑋1 =𝑥1

1 − 𝑥1=

0.081 − 0.08 = 0.087

𝑋2 =𝑥2

1 − 𝑥2=

0.021 − 0.02

= 0.02041

𝐿𝑆(𝑋2 − 𝑋1) = 𝐺𝑆(𝑌2 − 𝑌1)

𝑌2 = 𝑌1 +𝐿𝑠𝐺𝑠

(𝑋2 − 𝑋1) = 0.11 +0.123 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠

0.0921 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠

(0.02041 − 0.087) = 0.021

a) el porcentaje de recuperación de CO2.

∴ %𝑟𝑒𝑐𝑢𝑝𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝐶𝑂2 = 100% �1 −𝑌2𝑌1� = 100% �1 −

0.0210.11 � = 80.91%

b) el diámetro de la torre. Se trabaja con el extremo más concentrado, es la estrategia más conservadora. En un absorbedor el extremo mas concentrado es la base de la torre, y en el desorbedor es la cabeza de la misma. Se emplea la correlación de Leva para buscar el caudal de inundación. Los caudales empleados en los parámetros de entrada al grafico, no pueden ser los caudales 𝐺𝑆 ó 𝐿𝑆, ya que estos caudales son ficticios, no existen en ninguna parte de la torre, se emplea para hacer más fácil los cálculos nomas. Se puede emplear cualquier otro caudal menos esos. Por ello la posición conservadora es la de usar el extremo más concentrado. El método menos conservador seria hacer el promedio de los caudales.

y1 G1

y2, G2 x2, L2

x1 L1

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𝐺𝑆 = 𝐺1(1 − 𝑦1) → 𝐺1 =𝐺𝑆

(1 − 𝑦1) =0.0921 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠

(1 − 0.1) = 0.1023𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠 �0.1 ∙ 44

𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙 + 0.9 ∙ 29

𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙� = 3.12

𝑘𝑔𝑠

𝐿𝑠 = 𝐿1(1 − 𝑥1) → 𝐿1 =𝐿𝑠

(1 − 𝑥1) =0.123 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠(1 − 0.08) = 0.1337

𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠 �0.08 ∙ 44

𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙 + 0.92 ∙ 48

𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙� = 6.375

𝑘𝑔𝑠

Para ello se emplea el grafico 6.34 del Treybal y la tabla 6.3 “Características de los empaques”

Características de un anillo Raschig de

cerámica de 𝐷𝑅𝑎𝑠𝑐ℎ𝑖𝑔 = 25𝑚𝑚

espesor de pared 3 𝑚𝑚 𝐶𝑓 155 𝐶𝐷 301 𝜀 0.73 𝑎𝑝 190𝑚2 𝑚3⁄ ó 58 𝑓𝑡2 𝑓𝑡3⁄

𝐿′

𝐺′ �𝜌𝐺

𝜌𝐿 − 𝜌𝐺�1/2

=6.375 𝑘𝑔𝑠3.12 𝑘𝑔𝑠

�1.187

1050 𝑘𝑔𝑚3 − 1.187�

1/2

= 0.069

De la intersección en el grafico de la correlación de Leva de 𝐿′

𝐺′� 𝜌𝐺𝜌𝐿−𝜌𝐺

�1/2

= 0.069 con la curva de inundación se obtiene:

𝐺′2𝐶𝑓𝜇𝐿0.1𝐽

𝜌𝐺(𝜌𝐿 − 𝜌𝐺)𝑔𝑐= 0.24

𝐺𝑖𝑛𝑢𝑛′ = �0.24 𝜌𝐺(𝜌𝐿 − 𝜌𝐺)

𝐶𝑓𝜇𝐿0.1 = �0.24 ∙ 1.187 𝑘𝑔𝑚3 �1050 𝑘𝑔𝑚3 − 1.187 𝑘𝑔𝑚3�

155 ∙ �1 ∙ 10−3 𝑘𝑔𝑚 𝑠�0.1 = 1.96

𝑘𝑔𝑚2𝑠

𝐺′ = 0.7𝐺𝑖𝑛𝑢𝑛′ = 0.7 ∙ 1.96𝑘𝑔𝑚2𝑠 = 1.373

𝑘𝑔𝑚2𝑠

𝐴 =3.12 𝑘𝑔𝑠

1.373 𝑘𝑔𝑚2𝑠

= 2.273 𝑚2 → 𝐴 = 𝜋 �𝐷2�

2= 2.273 𝑚2 → 𝐷 = 1.7 𝑚

c) la altura de relleno necesaria. ¿Qué le sugiere este resultado? ¿Qué arreglos propondría para poder realizar la separación propuesta?

𝑍 = 𝑁𝑡𝑂𝐺𝐻𝑡𝑂𝐺 = 𝑁𝑡𝑂𝐿𝐻𝑡𝑂𝐿 = 𝑁𝑡𝐺𝐻𝑡𝐺 = 𝑁𝑡𝐿𝐻𝑡𝐿

𝑁𝐴 = 𝑘𝑦(𝑦𝑖 − 𝑦) = 𝑘𝑥(𝑥 − 𝑥𝑖) 1° FORMA 𝑍 = 𝑁𝑡𝐺𝐻𝑡𝐺

𝑘𝑦 = 𝑝𝑇𝑘𝐺 = 101325𝑃𝑎 ∙ 2.61 ∙ 10−9𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠 𝑃𝑎 = 2.645 ∙ 10−4

𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠

𝐻𝑡𝐺 =𝐺𝑘𝑦𝑎

=0.1023 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠 /2.273 𝑚2

2.645 ∙ 10−4 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠 50𝑚2

𝑚3

= 3.4 𝑚

Jamás usar GS ó LS

𝑁𝑡𝐺 por método grafico

𝑁𝑡𝐺 = �𝑑𝑦

𝑦 − 𝑦𝑖

𝑦1

𝑦2+

12 ln �

1 − 𝑦21 − 𝑦1

�

𝑘𝑥 = 𝐶𝐿𝑘𝐿 =𝜌𝐿𝑃𝑀𝐿

𝑘𝐿 =1050 𝑘𝑔𝑚3

48 𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙

0.396𝑚ℎ

1 ℎ3600 𝑠 = 2.4063 ∙ 10−4

𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠

𝑚 = −𝑘𝑥𝑘𝑦

= −2.4063 ∙ 10−4 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠2.645 ∙ 10−4 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠

= −9.1

𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏 → 𝑏 = 0.1 + 9.1 ∙ 0.08 = 0.83 → 𝑦 = −9.1 ∙ 𝑥 + 0.83 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏 → 𝑏 = 0.02 + 9.1 ∙ 0.02 = 0.202 → 𝑦 = −9.1 ∙ 𝑥 + 0.202

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De la grafica se pueden extraer una serie de puntos de interfases. Una grafica de 1/(y-yi) vs y cubre grandes rangos de la ordenada, esto puede evitarse reemplazando 𝑑𝑦 por su igual 𝑦 𝑑𝑙𝑜𝑔(𝑦):

𝑁𝑡𝐺 = �𝑑𝑦

𝑦 − 𝑦𝑖

𝑦1

𝑦2+

12 ln �

1 − 𝑦21 − 𝑦1

� → 𝑁𝑡𝐺 = 2.303�𝑦

𝑦 − 𝑦𝑖𝑑 log𝑦

log 𝑦1

log𝑦2+ 1.152 log �

1 − 𝑦21 − 𝑦1

�

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Por lo tanto

𝑁𝑡𝐺 = 2.303�𝑦

𝑦 − 𝑦𝑖𝑑 log𝑦

log 𝑦1

log𝑦2+ 1.152 log �

1 − 𝑦21 − 𝑦1

� = 3.543 + 1.152 log �1 − 0.021 − 0.1 � = 3.586

𝑍 = 𝑁𝑡𝐺𝐻𝑡𝐺 = 3.586 ∙ 3.4 𝑚 = 12.2 𝑚

2° FORMA 𝑍 = 𝑁𝑡𝑂𝐺𝐻𝑡𝑂𝐺

𝐻𝑡𝑂𝐺 =𝐺𝐾𝑦𝑎

1 𝑘𝐿⁄1 𝐾𝐿⁄ = 𝑅𝑒𝑠𝑙𝑖𝑞 → 𝑅𝑒𝑠𝑔𝑎𝑠 = 1 − 𝑅𝑒𝑠𝑙𝑖𝑞 = 1 −

1 𝑘𝐿⁄1 𝐾𝐿⁄ =

1 𝑘𝑦⁄1 𝐾𝑦⁄ = 1 −

1 0.396𝑚ℎ�

1 0.183𝑚ℎ�= 0.538

𝐾𝑦 = 0.538 𝑘𝑦 = 0.538 ∙ 2.645 ∙ 10−4𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠 = 1.423 ∙ 10−4

𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠

𝐻𝑡𝑂𝐺 =𝐺𝐾𝑦𝑎

=0.1023 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠 /2.273 𝑚2

1.423 ∙ 10−4 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠 50𝑚2

𝑚3

= 6.327

Con la recta de equilibrio → ec Si la recta pasa por 0,0 → grafico con ecuaciones parecidas a Kremser. 𝑁𝑡𝑂𝐺 de forma grafica (válido solo para global). Por lo general siempre es más fácil emplear la forma global más que la pelicular. Se empieza siempre por la curva de operación. En absorción se empieza por abajo y en desorción por arriba. Se traza la curva auxiliar.

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6

𝑁𝑡𝑂𝐺 = 3 +𝐴𝐵 = 3 +

0.652.98 = 3.225

𝑍 = 𝑁𝑡𝑂𝐺𝐻𝑡𝑂𝐺 = 3.235 ∙ 6.327 = 20.36 𝑚

También se puede hacer una integración grafica:

𝑁𝑡𝑂𝐺 = �𝑑𝑦

𝑦∗ − 𝑦

𝑦2

𝑦1+

12 ln �

1 − 𝑦21 − 𝑦1

� → 𝑁𝑡𝑂𝐺 = 2.303�𝑦

𝑦 − 𝑦∗ 𝑑 log𝑦 log 𝑦1

log𝑦2+ 1.152 log �

1 − 𝑦21 − 𝑦1

�

A B

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Por lo tanto

𝑁𝑡𝑂𝐺 = 2.303�𝑦

𝑦 − 𝑦∗ 𝑑 log𝑦 log𝑦1

log𝑦2+ 1.152 log �

1 − 𝑦21 − 𝑦1

� = 3.252 + 1.152 log �1 − 0.021 − 0.1 � = 3.295

𝑍 = 𝑁𝑡𝑂𝐺𝐻𝑡𝑂𝐺 = 3.295 ∙ 6.327 𝑚 = 20.84 𝑚

Otra forma: si en el rango de trabajo, la curva de equilibrio es aproximadamente una recta (en este caso es una mala aproximación):

𝑁𝑡𝑂𝐺 =𝑦1 − 𝑦2

(𝑦 − 𝑦∗)𝑀𝐿=

𝑦1 − 𝑦2(𝑦1 − 𝑦1∗) − (𝑦2 − 𝑦2∗)

ln �𝑦1 − 𝑦1∗𝑦2 − 𝑦2∗

�

=0.1 − 0.02

(0.1 − 0.06758) − (0.02 − 8.667 ∙ 10−3)

ln � 0.1 − 0.067580.02 − 8.667 ∙ 10−3�

= 3.987

Una última forma para global (NtOG ó NtOL), pero solo es válida si la curva de equilibrio pasa por (0,0) y es una recta, es emplear el grafico 8.20 del Treybal.

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𝑚 =0.067 − 8.667 ∙ 10−3

0.08 − 0.02 = 0.972

𝐴 =𝐿𝑚𝐺 =

10.9722

6.375 𝑘𝑔𝑠3.12 𝑘𝑔𝑠

= 2.1

𝑌1 − 𝑚𝑋0

𝑌𝑁𝑝+1 − 𝑚𝑋0=

0.02 − 0.9722 ∙ 0.020.1 − 0.9722 ∙ 0.02 = 6.902 ∙ 10−3

𝑁𝑡𝑂𝐺 = 8.2

Es claro que aproximar a una recta la curva de equilibrio no es buena aproximación. 3° FORMA 𝑍 = 𝑁𝑡𝐿𝐻𝑡𝐿

𝐻𝑡𝐿 =𝐿𝑘𝑥𝑎

𝑘𝑥 = 2.4063 ∙ 10−4𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠

4° FORMA 𝑍 = 𝑁𝑡𝑂𝐿𝐻𝑡𝑂𝐿

𝐻𝑡𝑂𝐿 =𝐿𝐾𝑥𝑎

1 𝑘𝐿⁄1 𝐾𝐿⁄ = 𝑅𝑒𝑠𝑙𝑖𝑞 =

1 𝑘𝑥⁄1 𝐾𝑥⁄ =

1 0.396𝑚ℎ�

1 0.183𝑚ℎ�= 0.462

𝐾𝑥 = 0.462 𝑘𝑥 = 0.462 ∙ 2.4063 ∙ 10−4𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠 = 1.112 ∙ 10−4

𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠

𝐻𝑡𝑂𝐿 =𝐿𝐾𝑥𝑎

=0.1337 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑠 /2.273 𝑚2

1.112 ∙ 10−4 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠 50𝑚2

𝑚3

= 10.582 𝑚

𝑁𝑡𝑂𝐿 = 2 +𝐴𝐵 = 2 +

1.22.0 = 2.6

𝑍 = 𝑁𝑡𝑂𝐿𝐻𝑡𝑂𝐿 = 2.6 ∙ 10.58 = 27.51 𝑚

A

B

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Las alturas obtenidas de alrededor de 20m son muy grandes para ser la altura de un relleno, se debe hacer un arreglo con varias torres de menor altura, para tener menos dificultades de operación. 3.- Determinar el diámetro de la torre y la altura de relleno necesaria para un proceso de absorción isotérmica en el cual se desorberá acetona (A) de una mezcla acetona (A)-aire (B) (1.5% de acetona en volumen) con agua (C) en contracorriente en forma continua. El caudal de agua será de 1.5 veces el mínimo y se desea absorber el 98% de la acetona del gas de entrada. El caudal gaseoso a tratar será de 450 kg/ h. Considerar la solución gaseosa con comportamiento ideal. El relleno estará compuesto por anillos Raschig de 2" y se operará la torre al 50 % de su velocidad de inundación. La relación de equilibrio es yA= 2.47 xA. La temperatura de operación es de 75°C y la presión de 1 atm. Considerar, para simplificar los cálculos, que las propiedades del líquido a la salida de la torre son iguales a las del agua, y las del gas a la salida iguales a las del gas de entrada.

𝐿 = 1.5𝐿𝑚𝑖𝑛 𝑦1 = 0.015 𝑦2 = 0.02 ∙ 𝑦1 𝐺′ = 450𝑘𝑔ℎ 𝐷𝑅𝑎𝑠𝑐ℎ𝑖𝑔 = 2′′ 𝑣 = 0.5 𝑣𝑖𝑛𝑢𝑛 𝑦𝐴 = 2.47 𝑥𝐴

𝑇 = 75 °𝐶 = 348𝐾 𝑝 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝒟𝐴𝐵 = 341.88𝑐𝑚2

ℎ 𝒟𝐴𝐶 = 0.0447𝑐𝑚2

ℎ

D=? Z=?

𝐺𝑆 = 𝐺1(1 − 𝑦1) → 𝐺1 =𝐺𝑆

(1 − 𝑦1) =450 𝑘𝑔ℎ

(1 − 0.015) = 456.85𝑘𝑔ℎ

1

�0.015 ∙ 58 𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙 + 0.985 ∙ 29 𝑘𝑔

𝑘𝑚𝑜𝑙�= 15.52

𝑘𝑚𝑜𝑙ℎ

Se busca la composición de x1 en equilibrio con 𝑦1 = 0.015 a partir de la recta de equilibrio

𝑦𝐴 = 2.47 𝑥𝐴

𝑥1∗ =0.0152.47 = 6.073 ∙ 10−3

Se supone que el agua que ingresa es pura. 𝑥2 = 0 𝐿2𝑥2 + 𝐺1𝑦1 = 𝐿1𝑥1 + 𝐺2𝑦2

Todas las fracciones molares son menores a 0.1, por lo tanto puede suponerse que el sistema es diluido.

𝐿𝑆 ≅ 𝐿1 ≅ 𝐿2 𝐺𝑆 ≅ 𝐺1 ≅ 𝐺2 𝑥 ≅ 𝑋 𝑦 ≅ 𝑌

𝐿𝑆𝑚𝑖𝑛 = 𝐺𝑆(𝑦2 − 𝑦1)(𝑥2 − 𝑥1) = 450

𝑘𝑔ℎ

(3 ∙ 10−4 − 0.015)(0 − 6.073 ∙ 10−3) = 1089.25

𝑘𝑔ℎ

Como se trabaja con un caudal 1.5 veces mayor al mínimo:

𝐿𝑆 = 1.5𝐿𝑆𝑚𝑖𝑛 = 1.5 ∙ 1089.25 𝑘𝑔ℎ = 1633.87

𝑘𝑔ℎ

Se busca ahora la composición de operación, para el nuevo caudal de agua:

𝑥1 = 𝑥2 −𝐺𝑆𝐿𝑠

(𝑦2 − 𝑦1) = −450 𝑘𝑔ℎ

1633.87 𝑘𝑔ℎ

(3 ∙ 10−4 − 0.015) = 4.05 ∙ 10−3

Haber supuesto un sistema diluido es correcto. Luego para emplear la correlación de Leva, se utiliza el método más conservador que es el empleo de los caudales en el sector mas concentrado de la torre. En un absorbedor el extremo más concentrado es la base.

𝐿𝑠 = 𝐿1(1 − 𝑥1) → 𝐿1 =𝐿𝑠

(1 − 𝑥1) =1633.87 𝑘𝑔ℎ

(1 − 4.05 ∙ 10−3) = 1640.5𝑘𝑔ℎ

1

�4.05 ∙ 10−3 ∙ 58 𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙 + 0.996 ∙ 18 𝑘𝑔

𝑘𝑚𝑜𝑙� = 90.33

𝑘𝑚𝑜𝑙ℎ

Para ello se emplea el grafico 6.34 del Treybal y la tabla 6.3 “Características de los empaques”

Características de un anillo Raschig de

cerámica de 𝐷𝑅𝑎𝑠𝑐ℎ𝑖𝑔 = 50𝑚𝑚

espesor de pared 6 𝑚𝑚 𝐶𝑓 65 𝐶𝐷 135.6 𝜀 0.74 𝑎𝑝 92𝑚2 𝑚3⁄ ó 28 𝑓𝑡2 𝑓𝑡3⁄

Propiedades del gas a 348K y 1 atm: se consideran igual a las propiedades del aire

𝜌𝐺 =𝑝𝑇𝑃𝑀𝑅𝑇 =

1 𝑎𝑡𝑚 29 𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙

0.082 𝑚3𝑎𝑡𝑚

𝐾 𝑘𝑚𝑜𝑙 348 𝐾= 1.016

𝑘𝑔𝑚3

y1 G1

y2, G2 x2, L2

x1 L1

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10

𝜇𝐺 = 2000 ∙ 10−7𝑝 = 2 ∙ 10−5𝑘𝑔𝑚 𝑠

Propiedades del líquido a 348K y 1 atm: se consideran igual a las propiedades del agua, se buscan en el Perry.

𝜌𝐿 = 974.85𝑘𝑔𝑚3

𝜇𝐿 = 0.4 𝑐𝑝 = 4 ∙ 10−4𝑘𝑔𝑚 𝑠

𝐿′

𝐺′ �𝜌𝐺

𝜌𝐿 − 𝜌𝐺�1/2

=1640.5 𝑘𝑔ℎ456.85 𝑘𝑔ℎ

�1.016 𝑘𝑔𝑚3

974.85 𝑘𝑔𝑚3 − 1.016 𝑘𝑔𝑚3

�

1/2

= 0.116

De la intersección en el grafico de la correlación de Leva de 𝐿′

𝐺′� 𝜌𝐺𝜌𝐿−𝜌𝐺

�1/2

= 0.116 con la curva de inundación se obtiene:

𝐺′2𝐶𝑓𝜇𝐿0.1𝐽

𝜌𝐺(𝜌𝐿 − 𝜌𝐺)𝑔𝑐= 0.2

𝐺𝑖𝑛𝑢𝑛′ = �0.2 𝜌𝐺(𝜌𝐿 − 𝜌𝐺)

𝐶𝑓𝜇𝐿0.1 = �0.2 ∙ 1.016 𝑘𝑔𝑚3 �974.85 𝑘𝑔𝑚3 − 1.016 𝑘𝑔𝑚3�

65 ∙ �4 ∙ 10−4 𝑘𝑔𝑚 𝑠�0.1 = 2.58

𝑘𝑔𝑚2𝑠

𝐺′ = 0.5 𝐺𝑖𝑛𝑢𝑛′ = 0.5 ∙ 2.58𝑘𝑔𝑚2𝑠 = 1.29

𝑘𝑔𝑚2𝑠

𝐴 =456.85 𝑘𝑔ℎ

1 ℎ3600 𝑠

1.29 𝑘𝑔𝑚2𝑠

= 0.0984 𝑚2 → 𝐴 = 𝜋 �𝐷2�

2= 0.0984 𝑚2 → 𝐷 = 0.354𝑚

Para la altura:

𝑍 = 𝑁𝑡𝑂𝐺𝐻𝑡𝑂𝐺 = 𝑁𝑡𝑂𝐿𝐻𝑡𝑂𝐿 = 𝑁𝑡𝐺𝐻𝑡𝐺 = 𝑁𝑡𝐿𝐻𝑡𝐿 Gas → A: acetona y B: aire

𝑆𝑐𝐵 =𝜇𝐵

𝜌𝐵𝒟𝐴𝐵=

2 ∙ 10−5 𝑘𝑔𝑚 𝑠

1.016 𝑘𝑔𝑚3 341.88 𝑐𝑚2

ℎ1ℎ

3600𝑠 �1𝑚

100 𝑐𝑚�2 = 2.073

𝐺′ = 1.29𝑘𝑔𝑚2𝑠

1

�0.015 ∙ 58 𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙 + 0.985 ∙ 29 𝑘𝑔

𝑘𝑚𝑜𝑙�= 0.044

𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2𝑠

Liquido → A: acetona y C: agua

𝑆𝑐𝐶 =𝜇𝐶

𝜌𝐶𝒟𝐴𝐶=

4 ∙ 10−4 𝑘𝑔𝑚 𝑠

974.85 𝑘𝑔𝑚3 0.0447 𝑐𝑚2

ℎ1ℎ

3600𝑠 �1𝑚

100 𝑐𝑚�2 = 330.46

𝐿 = 1640.5𝑘𝑔ℎ

1 ℎ3600 𝑠

1

�4.05 ∙ 10−3 ∙ 58 𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙 + 0.996 ∙ 18 𝑘𝑔

𝑘𝑚𝑜𝑙�

10.0984 𝑚2 = 0.255

𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2𝑠

𝐿′ = 1640.5𝑘𝑔ℎ

1 ℎ3600 𝑠

10.0984 𝑚2 = 4.63

𝑘𝑔𝑚2𝑠

Retención de líquido en torres empacadas

Empaque Tamaño nominal d 𝜑𝐿𝑆 Agua a T ordinarias 𝜇𝐿,

𝑘𝑔𝑚 𝑠 𝐻

mm in m

Anillos de Raschig 50 2 0.0725

0.0486𝜇𝐿0.02𝜎0.99

𝑑𝑠1.21𝜌𝐿0.37

𝛽 = 1.508𝑑𝑠0.376 < 0.012

975.7 𝐿′0.57𝜇𝐿0.13

𝜌𝐿0.84�2.0234𝐿′0.430 − 1��

𝜎0.073�

0.1737−0.262 log 𝐿′

𝜑𝐿𝑠𝑊 =

2.47 ∙ 10−4

𝑑𝑠1.21

𝜑𝐿𝑡𝑊 =2.09 ∙ 10−6(737.5𝐿′)𝛽

𝑑𝑠2 > 0.012

2168 𝐿′0.57𝜇𝐿0.31

𝜌𝐿0.84�2.0234𝐿′0.430 − 1��

𝜎0.073�

0.1737−0.262 log 𝐿′

De acuerdo a la tabla:

𝑑𝑠 = 0.0725 ∴

𝛽 = 1.508𝑑𝑠0.376 = 1.508 (0.0725𝑚)0.376 = 0.5622

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11

𝜑𝐿𝑠𝑊 =2.47 ∙ 10−4

𝑑𝑠1.21 =2.47 ∙ 10−4

(0.0725𝑚)1.21 = 5.9114 ∙ 10−3 𝑚3/𝑚3

𝜑𝐿𝑡𝑊 =2.09 ∙ 10−6(737.5𝐿′)𝛽

𝑑𝑠2=

2.09 ∙ 10−6 �737.5 �4.63 𝑘𝑔𝑚2𝑠��

0.5622

(0.0725𝑚)2 = 0.03855 𝑚3/𝑚3

𝜑𝐿𝑜𝑊 = 𝜑𝐿𝑡𝑊 − 𝜑𝐿𝑠𝑊 = 0.03855𝑚3

𝑚3 − 5.9114 ∙ 10−3𝑚3

𝑚3 = 0.0326 𝑚3/𝑚3

𝜎|𝑇=75°𝐶 = 0.0216𝑁𝑚

𝐻 =975.7 𝐿′0.57𝜇𝐿0.13

𝜌𝐿0.84�2.0234𝐿′0.430 − 1��

𝜎0.073�

0.1737−0.262 log𝐿′

=975.7 �4.63 𝑘𝑔

𝑚2𝑠�0.57

(4 ∙ 10−4 𝑘𝑔𝑚 𝑠)0.13

974.85 𝑘𝑔𝑚3

0.84�2.0234 �4.63 𝑘𝑔

𝑚2𝑠�0.430

− 1��

0.0216 𝑁𝑚0.073 �

0.1737−0.262 log�4.63 𝑘𝑔𝑚2𝑠�

𝐻 = 0.8963

𝜑𝐿𝑜 = 𝜑𝐿𝑜𝑊𝐻 = 0.0326𝑚3

𝑚3 0.8963 = 0.02922𝑚3

𝑚3

𝜑𝐿𝑆 =0.0486𝜇𝐿0.02𝜎0.99

𝑑𝑠1.21𝜌𝐿0.37 =0.0486 ∙ (4 ∙ 10−4 𝑘𝑔𝑚 𝑠)0.02 �0.0216𝑁𝑚�

0.99

(0.0725𝑚)1.21(974.85 𝑘𝑔𝑚3)0.37= 1.75 ∙ 10−3

𝑚3

𝑚3

𝜑𝐿𝑡 = 𝜑𝐿𝑆 + 𝜑𝐿𝑜 = 0.02922 𝑚3

𝑚3 + 1.75 ∙ 10−3𝑚3

𝑚3 = 0.03097

Ahora de la tabla: Área interfacial para la absorción y desorción en líquidos acuosos:

Empaque Tamaño nominal Rango de L’

mm in 𝑘𝑔/𝑚2𝑠 𝑙𝑏/𝑓𝑡2ℎ m n p

Anillos de Raschig 50 2 0.68-2.0 500-1500 31.52 0 0.481 2.0-6.1 1500-4500 34.03 0 0.362

𝑎𝐴𝑊 = 𝑚�808 𝐺′

𝜌𝐺0.5 �𝑛

𝐿′𝑝 = 34.03 ∙ �4.63𝑘𝑔𝑚2𝑠�

0.362

= 59.26 𝑚2/𝑚3

𝑎𝐴 = 𝑎𝐴𝑊𝜑𝐿𝑜𝜑𝐿𝑜𝑊

= 59.26𝑚2

𝑚3

0.02922 𝑚3

𝑚3

0.0326𝑚3

𝑚3

= 53.12 𝑚2/𝑚3

𝜀 = 0.74

𝜀𝐿𝑜 = 𝜀 − 𝜑𝐿𝑡 = 0.74 − 0.03097 = 0.70903

𝐹𝐺𝑆𝑐𝐺23

𝐺 =𝑘𝐺𝑝𝐵,𝑀𝑆𝑐𝐺

2/3

𝐺 = 1.195 �𝑑𝑠𝐺′

𝜇𝐺(1 − 𝜀𝐿𝑜)�−0.36

𝑘𝐺 =𝐺

𝑝𝐵,𝑀𝑆𝑐𝐺23

1.195 �𝑑𝑠𝐺′

𝜇𝐺�1 − 𝜀𝐿𝑜��−0.36

=0.044 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2𝑠

1 𝑎𝑡𝑚 (2.073)23

1.195 �0.0725 𝑚 1.29 𝑘𝑔

𝑚2𝑠2 ∙ 10−5 𝑘𝑔𝑚 𝑠 (1 − 0.70903)

�

−0.36

= 9.9 ∙ 10−4 𝑘𝑚𝑜𝑙

𝑚2𝑠 𝑎𝑡𝑚

𝑘𝐿𝑑𝑆𝐷𝐿

= 25.1 �𝑑𝑆𝐿′

𝜇𝐿�0.45

𝑆𝑐𝐿0.5

𝑘𝐿 =𝐷𝐿𝑑𝑆

25.1 �𝑑𝑆𝐿′

𝜇𝐿�0.45

𝑆𝑐𝐿0.5 =0.0447 𝑐𝑚

2

ℎ1ℎ

3600𝑠 �1𝑚

100 𝑐𝑚�2

0.0725𝑚 25.1 �0.0725𝑚 �4.63 𝑘𝑔

𝑚2𝑠�

4 ∙ 10−4 𝑘𝑔𝑚 𝑠

�

0.45

(330.46)0.5 = 1.617 ∙ 10−4𝑚𝑠

Finalmente se tiene los 2 coeficientes de transferencia de masa:

𝑘𝐺 = 9.9 ∙ 10−4 𝑘𝑚𝑜𝑙

𝑚2𝑠 𝑎𝑡𝑚

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12

𝑘𝐿 = 1.617 ∙ 10−4𝑚𝑠

1° FORMA 𝑍 = 𝑁𝑡𝐺𝐻𝑡𝐺

𝑘𝑦 = 𝑝𝑇𝑘𝐺 = 1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 9.9 ∙ 10−4 𝑘𝑚𝑜𝑙

𝑚2𝑠 𝑎𝑡𝑚 = 9.9 ∙ 10−4 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2𝑠

𝐻𝑡𝐺 =𝐺𝑘𝑦𝑎

=0.044 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2𝑠

9.9 ∙ 10−4 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2𝑠 92𝑚2

𝑚3

= 0.483 𝑚

𝑁𝑡𝐺 por método grafico

𝑁𝑡𝐺 = �𝑑𝑦

𝑦 − 𝑦𝑖

𝑦1

𝑦2+

12 ln �

1 − 𝑦21 − 𝑦1

�

𝑘𝑥 = 𝐶𝐿𝑘𝐿 =𝜌𝐿𝑃𝑀𝐿

𝑘𝐿 =974.85 𝑘𝑔𝑚3

�4.05 ∙ 10−3 ∙ 58 𝑘𝑔𝑘𝑚𝑜𝑙 + 0.996 ∙ 18 𝑘𝑔

𝑘𝑚𝑜𝑙�1.617 ∙ 10−4

𝑚𝑠

= 8.679 ∙ 10−3𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠

Es mas sencillo operar con valores globales. 2° FORMA 𝑍 = 𝑁𝑡𝑂𝐺𝐻𝑡𝑂𝐺

𝐻𝑡𝑂𝐺 =𝐺𝐾𝑦𝑎

1𝐾𝑦

=1𝑘𝑦

+𝑚′𝑘𝑥

𝐾𝑦 =1

1𝑘𝑦

+ 𝑚′𝑘𝑥

=1

1

9.9 ∙ 10−4 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2𝑠

+ 2.47

8.679 ∙ 10−3 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠

= 7.724 ∙ 10−4

𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠

𝐻𝑡𝑂𝐺 =𝐺𝐾𝑦𝑎

=0.044𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2𝑠

7.724 ∙ 10−4 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚2 𝑠 92𝑚2

𝑚3

= 0.62 𝑚

Si en el rango de trabajo, la curva de equilibrio es aproximadamente una recta (en este caso es una mala aproximación):

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13

𝑁𝑡𝑂𝐺 =𝑦1 − 𝑦2

(𝑦 − 𝑦∗)𝑀𝐿=

𝑦1 − 𝑦2(𝑦1 − 𝑦1∗) − (𝑦2 − 𝑦2∗)

ln �𝑦1 − 𝑦1∗𝑦2 − 𝑦2∗

�

Una última forma para global (NtOG ó NtOL), pero solo es válida si la curva de equilibrio pasa por (0,0) y es una recta, es emplear el grafico 8.20 del Treybal.

𝐴 =𝐿𝑚𝐺 =

12.47

1640.5 𝑘𝑔ℎ456.85 𝑘𝑔ℎ

= 1.454

𝑌1 − 𝑚𝑋0

𝑌𝑁𝑝+1 − 𝑚𝑋0=

𝑌1𝑌𝑁𝑝+1

=0.00030.015 = 0.02

𝑁𝑡𝑂𝐺 = 9

𝑍 = 𝑁𝑡𝑂𝐺𝐻𝑡𝑂𝐺 = 9 ∙ 0.62 𝑚 = 5.58 𝑚

4.- 100 kmol/h m2 de un gas A que contiene un 5% molar de un soluto C se tratará en contracorriente, en una torre rellena con una solución acuosa B a fin de reducir la concentración de C en la alimentación a la décima parte de su valor inicial. La solución B ingresa por el tope de la columna totalmente libre de C, y sale por el fondo de la misma con una concentración del 1.8% en moles de C. El coeficiente de transferencia: KY.a=200 kmol/m3h (mol C/mol de inerte). El equilibrio entre las fases para concentraciones menores que 0.065 moles de C/mol de disolvente viene dado por: Y = 2.5 X. Calcular la altura necesaria de la torre para la separación pedida, operando a 30°C y 101.3 KPa.

𝐺 = 100𝑘𝑚𝑜𝑙ℎ 𝑚2 𝑦1 = 0.05 𝑦2 = 5 ∙ 10−3 𝑥2 = 0 𝑥1 = 0.018 𝐾𝑦𝑎 = 200

𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚3ℎ

𝑦 = 2.5 𝑥 𝑇 = 30°𝐶 = 303𝐾 𝑝 = 101.3 𝑘𝑃𝑎

𝑍 = 𝑁𝑡𝑂𝐺𝐻𝑡𝑂𝐺

𝐻𝑡𝑂𝐺 =𝐺𝐾𝑦𝑎

=100 𝑘𝑚𝑜𝑙ℎ 𝑚2

200 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑚3ℎ

= 0.5 𝑚

𝑍 = 𝑁𝑡𝑂𝐺𝐻𝑡𝑂𝐺 = 9 ∙ 0.5 𝑚 = 4.5 𝑚

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