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• Xavier Jhossep

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PROBLEMAS DE ABSORCION 1. El diseño de una planta requiere un absorbedor para recuperar el 95% de acetona desde una corriente de aire utilizando agua como líquido absorbente. El aire que entra contiene un 14 por 100 de acetona. El absorbedor está provisto de refrigeración y opera a 80 °F y 1 atm para dar lugar a un producto que contiene 7% mol de acetona. La alimentación de agua a la torre contiene 0.02% mol de acetona. La torre ha de diseñarse para operar al 50% de la velocidad de inundación. (a) ¿Cuántas libras de agua por hora han de introducirse como alimentación de la torre, si el flujo de gas, medido a 1 atm y 32 °F, es de 500 pie3/min? (b) ¿Cuántas unidades de transferencia, basadas en la fuerza impulsora global de la fase gaseosa, se necesitan? La presión de vapor de la acetona a 80 °F es 0.33 atm. Para el equilibrio supóngase que:

2. Un absorbedor ha de recuperar el 99% de amoníaco de una corriente de aire/amoníaco, utilizando agua como líquido absorbente. El contenido de amoníaco en el aire es de 20% mol. La temperatura del absorbedor se mantiene a 30°C mediante serpentines de refrigeración y la presión es de 1 atm. a.- ¿Cuál es el flujo mínimo de agua? b.- ¿Para un flujo de agua 40% superior al valor mínimo, cuántas unidades globales de transferencia basadas en la fase gaseosa se necesitan? 3. Un gas soluble se absorbe en agua utilizando una torre de relleno. La relación de equilibrio puede tomarse como ye = 0.06xe,. Las condiciones terminales son: Si Hx = 0.24 m y Hy = 0.36 m. a.- ¿Cuál será la altura de la sección empacada? b.- ¿Cuántas etapas ideales se requieren?

SOLUCION 1.- Base: 1 hora Vb= (500/359)*60 = 83.57 lb-mol/h Acetona, ingresa: 0.14*83.57 = 11.70 lb-mol/h Acetona, sale: (1-0.95)*11.70 = 0.585 lb-mol/h Acetona absorbida = 11.70 – 0.585 = 11.115 lb-mol/h Moles de aire, ingresa: 83.57*(1-0.14) = 71.87 yb = 0.585/(71.87 + 0.585) = 0.008074 Balance Global: Lb = La + 11.115 Balance Liquido: 0.05 Lb = La + 11.115 La = 212.03 lb-mol/h Lb = 223.145 Respondiendo a.- Agua que ingresa a la columna: 212.03*(1-0.0002)*18.02 = 3820 lb/h b.- Para la línea de operación usamos el BM según: considerando las moles de aire (V’) y agua (L’) porque se asume que no cambian a través de la columna, entonces:

De allí tenemos:

y = F(x)/(1 + F(x))

Donde:

Si: ya = 0.008074 xa = 0.0002 L’ = 3820/18.02 = 211.98 V’ = 71.87 Como la relación de equilibrio es: Para x = 0.0002 y 0.08, calculamos y*, y luego resolvemos la ecuación:

Por integración numérica, la solución será: Noy = 9.34

2.- yb=0.20

xa = 0

P = 1 atm

Base: 1 mol de gas que ingresa Moles de aire que ingresa: 0.80 Moles NH3 que salen: 0.01*0.2 = 0.002 ya = 0.002/(0.8 + 0.002) = 0.00250 Con los datos de equilibrio tabulados a 30 °C y 1 atm x y*

0.0000 0.0040 0.0080 0.0200 0.0320 0.0460 0.0600 0.0800 0.0871 0.000 0.005 0.010 0.025 0.040 0.060 0.082 0.119 0.132

a.- Para el flujo mínimo de agua, cuando yb = 0.20 de la grafica y* vs. x => xb = 0.118 Como la base es 1 mol de gas que ingresa => V’ = 0.8 y con y = yb, x = xb

L’min = 1.48 mol agua/mol gas que ingresa b.- Flujo real de agua = 1.4*1.48 = 2.072 mol agua/mol gas que ingresa Sabemos que la línea de operación esta dada por:

Para resolver el cálculo de las unidades globales de transferencia usamos: Para ello debemos calcular y de la ecuación de la línea de operación, para un x dado tendremos un y, los resultados se muestran: x y* y

0.0000 0.0040 0.0080 0.0200 0.0320 0.0460 0.0600 0.0800 0.0871 0.000 0.005 0.010 0.025 0.040 0.060 0.082 0.119 0.132 0.00250 0.01274 0.02286 0.05246 0.08100 0.11300 0.14370 0.18550 0.20000

Integrando numéricamente 1/(y – y*) vs y, entre y = 0.00250 ^ y = 0.2 nos da Noy = 8.4 unidades de transferencia.

3.- La línea de equilibrio y la línea de operación son funciones lineales de x e y, como el gas es diluido, la ecuación: Queda: ------ I

Usando la ecuación: y a partir de los datos del problema:

y*a = 0

y*b = 0.06*0.08 = 0.0048

ya = 0.001

yb = 0.009

Haciendo el balance de masa V(0.009 – 0.001) = L(0.08 – 0) V/L = 0.08/0.008 = 10 mV/L = 0.06*10 = 0.6 ____

yL 

(0.009  0.0048)  (0.001  0)  0.00223 0.009  0048 ln 0.001

Noy = (0.009 – 0.001)/0.00223 = 3.59 (Numero de etapas ideales) De la ecuación I: Hoy = 0.36 + (0.6*0.24) = 0.504 m Altura del empaque; Zt = 3.59*0.504 = 1.81 m