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• DANIELA ROMERO PADILLA

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Jocelyn Pantaleón Moreno

No. de control: 15030240

Especialidad: Química

Actividad 4: Problemas capítulo 6

Parcial 3

6.8. La presión de vapor de un solvente orgánico es 50 mm Hg a 25°C y 200 mm Hg a 45°C. El solvente es a única especie en un matraz cerrado a 35°C y se encuentra en estado líquido y de vapor. El volumen de gas sobre el líquido es 150 Ml. Estime la cantidad de solvente (mol) contenida en la fase gaseosa. -

Asumiendo lo siguiente 𝑙𝑛𝑝 ∗=

-

𝑎 +𝑏 𝑇(𝐾)

Interpolando para obtener a y b 𝑎=

ln(𝑝2∗ ⁄𝑝1∗ ) 𝑙𝑛(200⁄50) = 1 1 1 1 − 𝑇2 − 𝑇1 318.15 298.15 𝑎 = 6577.09857

𝑏 = 𝑙𝑛𝑝1∗ −

𝑎 −6577.09857 = ln(50𝑚𝑚𝐻𝑔) − 𝑇1 298.15 𝑏 = 25.968

-

Sustituyendo los valores obtenidos de a y b. 𝑃∗ (35°𝐶) = 𝑒

-

(−

6577.09857 +25.968) 308.15

= 102.5 𝑚𝑚𝐻𝑔

Calculando moles en fase gas 273.15 102.5 𝑚𝑚𝐻𝑔 1𝐿 1 𝑚𝑜𝑙 𝑛 = 150 𝑚𝑙 ( )( )( 3 )( ) = 8𝑥10−4 𝑚𝑜𝑙 308.15𝐾 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 10 𝑚𝑙 22.4 𝐿

6.9 Se introduce metiletilcetona (MEK) liquida en un recipiente con aire. La temperatura del sistema se incremente a 55°C, el contenido del recipiente alcanza el equilibrio, y cierta parte de la MEK permanece en estado líquido. La presión en el equilibrio es 1200 mm Hg. a) Aplique la regla de las fases de Gibbs para determinar cuántos grados de libertad tiene este sistema en el equilibrio. Explique el significado del resultado es sus propias palabras. Regla de las fases de Gibbs: 𝐺𝐿 = 2 + 𝑐 − ᴨ c= 2 (MEK y AIRE) ᴨ = 2 (Líquido-Gas)

Actividad 4: Problemas capítulo 6 Parcial 3

∴ 𝐺𝐿 = 2 + 2 − 2 = 2. Con la regla de fases de Gibbs se determinaron los grados de libertad, y el resultado de grados de libertad es de 2, es decir que se requieren conocer 2 variables más para poder resolver el sistema que se presenta. b) Las mezclas de vapor de MEK y aire que contienen entre 1.8 mol% y 11.5 mol% de MEK, pueden encenderse y quemarse de manera explosiva al exponerse a una flama o chispa. Determine si el recipiente anterior constituye o no un riesgo de explosión. Calculamos la presión del MEK a 55°C con la ecuación de Antonie. 1261.339

𝑝∗ 𝑀𝐸𝐾 = 10(7.06356−55+221.969) = 323.20 𝑚𝑚 𝐻𝑔

Usando la ley de Raoult 𝑦𝑀𝐸𝐾 =

∗ (𝑇) 323.20 𝑚𝑚 𝐻𝑔 𝑝𝑀𝐸𝐾 = = 0.2693 𝑃 1200 mm Hg

No se presenta riesgo de explosión, ya que la mezcla esta fuera del rango en el cual puede explotar.

6.16 En un dispositivo para producir agua potable, el aire húmedo que está a 90°F y 29.7 in Hg, y tiene 95% de humedad relativa, se enfría a 40°F a presión constante. ¿Qué velocidad de flujo volumétrico de aire en el enfriador (en ft3/min) es necesaria para suministrar 10.0 gal/min de agua condensada? P = 29.7 in Hg = 754.4 mm Hg Humedad relativa: ℎ 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 = 95% Agua condensada = 10 gal/min 𝑛̇ 𝑐𝑜𝑛𝑑. = (

10 𝑔𝑎𝑙 1 𝑓𝑡 3 62.43 𝑙𝑏𝑚 1 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 )( )( )( ) = 4.633 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙/𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛 7.4805 𝑔𝑎𝑙 𝑓𝑡 3 18.0152𝑙𝑏𝑚

𝑉̇ = (𝑓𝑡 3 /𝑚𝑖𝑛) 𝑛̇ = (𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙/𝑚𝑖𝑛) 𝑦1 = (𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 H2 O/𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙) (𝑙 − 𝑦1 )(𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 Aire seco/𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙)

𝑛̇ 2 (𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙/𝑚𝑖𝑛) 𝑦2 = (𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 H2 O/𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙) (𝑙 − 𝑦2 )(𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜/𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙)

𝑛̇ 3 = 4.633 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙/𝑚𝑖𝑛 H2 O

Actividad 4: Problemas capítulo 6 Parcial 3

 Ley de Raoult, especie condensable: 𝑝𝑖 = 𝑦𝑖 ∗ P = 𝑝𝑖 ∗ (𝑇) De la tabla B-3 para sacar la presión de vapor del agua a 32.2°C y a 4.4°C se tiene que para 32.2°C es 36.068 y para 4.4°C es 6.274: 𝑦1 = 𝑦𝐻2 𝑂 =

0.95(36.068𝑚𝑚𝐻𝑔) = 0.045 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝐻2 𝑂 / 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 754.4𝑚𝑚𝐻𝑔

Para 𝑦2 : 𝑦2 𝑃 = 𝑝𝑖 ∗ (𝑇) 𝑦2 =

6.274𝑚𝑚𝑔 = 0.0083 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝐻2 𝑂 / 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 754.4𝑚𝑚𝐻𝑔

 Balance general 𝑛̇ 1 = 𝑛̇ 2 + 𝑛̇ 3 𝑛̇ 1 = 𝑛̇ 2 + 4.633  Balance/H2 O 𝑦1 𝑛̇ 1 = 𝑦2 𝑛̇ 2 + 𝑦3 𝑛̇ 3 (0.045)𝑛̇ 1 = (0.0083)𝑛̇ 2 + (1)(4.633) Resolviendo simultáneamente para 𝑛̇ 1 𝑦 𝑛̇ 2 𝑛̇ 1 = 125.1919 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙/𝑚𝑖𝑛 𝑛̇ 2 = 120.5589 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙/𝑚𝑖𝑛

-

Para el flujo volumétrico en la entrada: 3

125.1919 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 359𝑓𝑡 (STP) (460+90)°R 760mmHg V̇ = ( ) ( ) ( ) ( ) = 50615.109𝑓𝑡 3 /𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 492°R 754.4mmHg

Actividad 4: Problemas capítulo 6 Parcial 3

6.19 Se burbujea aire seco a través de 25.0 litros de agua a velocidad de 15.0 litros (TPE)/min. El aire que sale del líquido está saturado con aguas a 25°C y 1.5 atm. ¿Cuánto tardara en vaporizarse toda el agua? - Liquido inicial de agua 1000𝑘𝑔 1 𝑘𝑚𝑜𝑙 25𝐿 ( )( ) = 1.387 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝐿 18.02 𝑘𝑔 𝑦𝐻2 𝑂

𝑃∗ 𝐻2 𝑂 23.76 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑚𝑜𝑙𝐻2 𝑂 = = = 0.0208 𝑃 (15 ∗ 760 𝑚𝑚𝐻𝑔) 𝑚𝑜𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒 0.0208 𝑚𝑜𝑙𝐻2 𝑂 = 0.0212 1 − 0.0208 𝑚𝑜𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜

- Velocidad de flujo de aire seco 15 𝐿(𝑆𝑇𝑃) 1 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 ( )( ) = 0.67 𝑚𝑖𝑛 22.4𝐿(𝑆𝑇𝑃) 𝑚𝑖𝑛 - Velocidad de evaporación (0.67

𝑚𝑜𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 𝑚𝑜𝑙𝐻2 𝑂 𝑚𝑜𝑙𝐻2 𝑂 ) (0.0212 ) = 0.0142 𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑜𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 𝑚𝑖𝑛

- Evaporación completa 1000 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑖𝑛 1ℎ𝑟 (1.387 𝑘𝑚𝑜𝑙)(( )( )( ) = 1628 ℎ𝑟 1 𝑘𝑚𝑜𝑙 0.0142 𝑚𝑜𝑙 60𝑚𝑖𝑛

6. 47 Utilice la Ley de Raoult o la Ley de Henry (la que considere más adecuada), para cada sustancia y calcule la presión y la composición de la fase gaseosa (fracciones molares) de un sistema que contiene un líquido formado por 0.3 mol% de N2 Y 99.7 mol% de agua en equilibrio con nitrógeno gaseoso y vapor de agua a 80°C. - Se va a utilizar la ley de Henry para calcular presión de N2. Se obtendrán las constantes de libro Perry: manual del ingeniero químico. 𝑃𝐴 = 𝑌𝐴 𝑃 = 𝑋𝐴 𝐻𝐴 (𝑇) 𝐻𝐴 (80º𝐶) = 12.6𝑥104

𝑎𝑡𝑚 𝑓𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟

𝑃𝑁2 = 𝑋𝑁2 𝐻𝑁2 (80º𝐶) = (. 003)(12.6𝑥104 ) = 378 𝑎𝑡𝑚

Actividad 4: Problemas capítulo 6 Parcial 3

-

Para la presión del H2O se usa la ley de Raoult. 𝑦𝑖 𝑃 = 𝑥𝑖 𝑃∗ 1668.21

𝑃∗ 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 10(7.96681−80+228) = 355.257𝑚𝑚𝐻𝑔 = 0.467 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑎𝑔𝑢𝑎 = (0.997)(0.467) = 0.465 𝑎𝑡𝑚

-

Para la presión total se suman las presiones. 𝑃𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑃𝐻2𝑂 + 𝑃𝑁2 = 0.465 𝑎𝑡𝑚 + 378 𝑎𝑡𝑚 = 378.465 𝑎𝑡𝑚

-

Calculando moles de la fracción: 𝑌𝐻2 𝑂 =

𝑃𝐻2 𝑂 𝒎𝒐𝒍𝑯𝟐 𝑶 = 𝟏. 𝟐𝟐𝟖𝒙𝟏𝟎−𝟑 𝑃𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝒎𝒐𝒍𝒈 𝒂𝒔

𝑌𝑁2 = 1 − 𝑌𝐻2 𝑂 = 𝟎. 𝟗𝟗𝟖𝟕

𝒎𝒐𝒍𝑵𝟐 𝒎𝒐𝒍 𝒈𝒂𝒔

6.60 La alimentación a una columna de destilación es una mezcla liquida de 45.0 mol% de n-pentano y 55.0 mol% de n-hexano. La corriente de vapor que sale por la parte superior de la columna, que contiene 98.0 mol% de pentano y el balance de hexano, pasa a un condensador total (en el cual se condensa todo el vapor). La mitad del condensado líquido se regresa a la parte superior de la columna como reflujo y el resto se retira como producto ligero (destilado), a velocidad de 85.0 kmol/h. El destilado contiene 95.0% del pentano alimentado a la columna. La corriente de líquido que sale por la parte inferior de la columna para a un recalentado el líquido residual se retira como producto pesado.

Actividad 4: Problemas capítulo 6 Parcial 3

170

𝑘𝑚𝑜𝑙 , 𝑇𝑙𝑎 (℃), 1𝑎𝑡𝑚 ℎ𝑟

85 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑛̇ 0 ( ) ℎ𝑟

𝑘𝑚𝑜𝑙 , 𝑇𝑙𝑏 (℃), 1 ℎ𝑟

0.98 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑃(𝑙) 0.02𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐻(𝑙)

0.45 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑃(𝑙) 0.55 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐻(𝑙)

𝑛̇ 2 (

𝑘𝑚𝑜𝑙 )(1) ℎ𝑟

𝑥2 𝑘𝑚𝑜𝑙𝑃(𝑙) (1 − 𝑥2 )𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐻(𝑙)

a) Calcule la velocidad de flujo molar de la corriente de alimentación y la velocidad de flujo molar y la composición de la corriente de producto pesado. - Flujo molar de alimentación 𝑛̇ 0 (0.45)(0.95) = 85(0.98) 𝑛̇ 0 = 195 𝑘𝑚𝑜𝑙/ℎ𝑟

Actividad 4: Problemas capítulo 6 Parcial 3

-

Balance global 195 = 85 + 𝑛̇ 2 𝑛̇ 2 = 110 𝑘𝑚𝑜𝑙/ℎ𝑟

-

Balance/pentano

195(0.45) = 85(0.98) + 110𝑥2 𝑥2 = 0.0405 𝑚𝑜𝑙𝑃/𝑚𝑜𝑙 b) Estime la temperatura del vapor que entra al condensador, suponiendo que se encuentra saturado (en su punto de roció) a una presión absoluta de 1 atm y que la Ley de Raoult es aplicable para el pentano y el hexano. Después, estime las velocidades de flujo volumétrico de la corriente de vapor que sale de la columna y del producto destilado líquido. Mencione cualquier suposición que haga. - Efluente del vapor 0.98(760) 1060.793 (6.84471− ) 𝑇𝑙𝑎 +231.541 10

0.02(760)

+ 10

(6.88555−

1175.817 ) 𝑇𝑙𝑎 +224.687

=1

𝑇𝑙𝑎 = 37.3℃ -

Velocidad de flujo del efluente de vapor de la columna superior 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑚3 𝑎𝑡𝑚 646.7 𝐾 𝑚3 ̇ 𝑉𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 = (170 ) (0.08206 )( ) = 4330 ℎ𝑟 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐾 1 𝑎𝑡𝑚 ℎ𝑟 83.3 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑃 72.15 𝑘𝑔 𝑃 1𝐿 1.7 𝑘𝑚𝑜𝑙 ℎ 86.17 𝑘𝑔𝐻 1𝐿 𝑉̇𝑑𝑒𝑠𝑡𝑖𝑙𝑎𝑑𝑑𝑜 = ( )( )( )+( )( )( ) ℎ𝑟 1 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑃 0.621 𝑘𝑔 𝑃 ℎ𝑟 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐻 0.659 𝑘𝑔 𝑃

𝑉̇𝑑𝑒𝑠𝑡𝑖𝑙𝑎𝑑𝑑𝑜 = 9.9 𝑥10−3 𝐿/ℎ𝑟

c) Calcule la temperatura del rehervidor y la composición del vapor recalentado, suponiendo de nuevo que la operación se realiza a 1 atm. 6.84471−

0.04 (10

∗

𝑦2 =

1060.793 𝑇2 +231.541 )

6.88555−

+ 0.96 (10

6.84471−

0.04 (10

1175.817 𝑇2 +224.867 )

= 760 = 66.6℃

1060.793 𝑇2 +231.541 )

𝑥2 𝑃 𝑝 (66.6℃) = 𝑃 760 1 − 𝑦2 = 0.898 𝑚𝑜𝑙 𝐻(𝑣)

= 0.102𝑚𝑜𝑙𝑃(𝑣)

Actividad 4: Problemas capítulo 6 Parcial 3

d) Calcule el diámetro mínimo de la tubería que conecta la columna con el condensador, li la velocidad máxima permisible en la tubería es 10 m/s. Después mencione las suposiciones en que se basó para calcular esta cifra. 𝑚3 𝑚 𝜋𝐷 2 ̇𝑉 ( ) = 𝑢𝑚𝑎𝑥 ( ) ∗ 𝑚𝑖𝑛 (𝑚2 ) 𝑠 𝑠 4 𝐷𝑚𝑖𝑛

𝑚3 ̇ 𝑉𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 4 4330 ℎ𝑟 1 ℎ𝑟 = √4 =√ ( ) ( ) = 0.39𝑚 𝑚 𝜋 𝑢𝑚𝑎𝑥 𝜋 3600 𝑠 10 𝑠

6.61 El vapor que sale por la parte superior de una columna de destilación pasa a un condensador, donde se lleva a cabo una condensación total o parcial. Si se usa el condenador total, una porción del condensado se regresa a la parte superior de la columna como reflujo y el líquido restante sale como producto ligero (o destilado). (Vea el problema 6.60.) Si se utiliza el condensador parcial, el condensado liquido se regresa como reflujo y el vapor son condensar se saca de la columna como producto ligero.

El producto ligero (del domo) de una columna de destilación de n-butanon-pentano contiene 96 mol% de butano. La temperatura del fluido de enfriamiento limita la temperatura del condensador a 40°C o más. T F mol X0 mol butano/mol

P Condensador

Z (Mol) 0.96 mol butano R(mol) X mol butano/mol

Actividad 4: Problemas capítulo 6 Parcial 3

a) Empleando la ley de Rault, estime la presión mínima a la cual opera el condensador en forma parcial (es decir, aquella a la cual puede producir líquido para reflujo) y la presión mínima a la que opera como condensador total. En termino de los puntos de roció y de burbuja, ¿qué representa cada una de las presiones a la temperatura dada? -

Condensador parcial:

a 40°C es el punto de roció del 96% de C4H10 – 4% C5H12 de la mezcla de vapor donde P=Pmin Condensador total: 40°C es el punto de burbuja del 96% de C4H10 – 4% C5H12 de la mezcla liquida donde P=Pmin Punto de roció: 1 = ∑ 𝑋𝑖 = ∑ -

(6.82425−(

943.453 )) 40+239.711

= 2830.70 𝑚𝑚𝐻𝑔

Ecuación de Antoine para (C5H12) 10

𝑃𝑀𝐼𝑁 =

-

1 𝑌𝑖 𝑃 ∗𝑖 (40°𝐶)

Ecuación de Antoine para (C4H10) 10

-

𝑌𝑖 𝑃 → 𝑃𝑀𝐼𝑁 = 𝑃 ∗𝑖 (40°𝐶) ∑

1060.793 (6.84471−( )) 40+231.541

1 0.96 0.04 + 2830.70 867.22

= 867.22 𝑚𝑚𝐻𝑔

= 2595.63 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑜𝑟 𝑝𝑎𝑟𝑐𝑖𝑎𝑙.

Punto de burbuja 𝑃 = ∑ 𝑃𝑌𝑖 = ∑ 𝑋𝑖 𝑃 ∗𝑖 (40°𝐶) 𝑃 = 0.96(2830.70) + 0.04(867.22) = 2752.16 𝑚𝑚𝐻𝑔

b) Suponga que el condensador opera de manera total a 40°C, la velocidad de producción del producto del domo es 75kmol/h, y la relación molar de reflujo con respecto a este producto es 1.5:1. Calcule las velocidades de flujo molar y las composiciones de la corriente de reflujo y de la alimentación de vapor al condensador.

Actividad 4: Problemas capítulo 6 Parcial 3

𝑉̇ = -

75𝑘𝑚𝑜𝑙 ; ℎ𝑟

𝑅̇ ̇ 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑘𝑚𝑜𝑙 = 1.5 → 𝑅̇ = 75 ∗ 1.5 ( ) = 112.5 ̇𝑉 ℎ ℎ𝑟

La alimentación y producción de las composiciones es la misma y= 0.96 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑜 𝑘𝑚𝑜𝑙

-

Balance total 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐹̇ = 112.5 ℎ𝑟 + 75 ℎ𝑟 = 187.5

𝑘𝑚𝑜𝑙 ℎ𝑟

c) Suponga que ahora que se usa un condensador parcial y que el reflujo y el producto del domo están en equilibrio a 40°C. La velocidad de flujo del producto ligero y la relación entre el reflujo y el producto ligero tienen los valores que se dan en el inciso (b). Calcule la presión de operación del condensador, y las composiciones del reflujo y de la alimentación de vapor a este último. Balance como en el inciso b) 𝐹̇ = 187.5

-

𝑘𝑚𝑜𝑙 ℎ

𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑅̇ = 112.5 ℎ

Equilibrio: 0.96𝑃 = 𝑥1 (2830.70) 𝑃 = 2596 𝑚𝑚𝐻𝑔

-

Ley de Raoult: 0.04𝑃 = (1 − 𝑥1 ) (867.22) 𝑥1 = 0.8803

-

𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑜 𝑚𝑜𝑙

Balance de butano: 187.5𝑥0 = 112.5(0.8803) + 0.96(75) 𝑥0 = 0.9122

Actividad 4: Problemas capítulo 6 Parcial 3

6.62 Los cálculos del equilibrio vapor-liquido pueden simplificarse a veces usando una cantidad llamada volatilidad relativa, que puede definirse en términos de la siguiente ilustración de las fases vapor y liquida en equilibrio: Vapor:

yi

Yj yk

...

yi=

Fracción molar de la especie i en el vapor

Liquido:

xi

Xj xk

...

xi=

Fracción molar de la especie i en el liquido

La volatilidad relativa de la especie i respecto a la especie j es 𝑎𝑖𝑗 =

𝑦𝑖 ⁄𝑥𝑖 𝑦𝑗 ⁄𝑥𝑗

Si aij es mucho mayor de 1, la especie i es mucho más volátil que la j (es decir, tiene una tendencia mucho mayor a vaporizarse a las temperatura y presión del sistema): por otra parte, cuando aij 𝑛̇ 𝑟 = 29.5 𝑘𝑚𝑜𝑙/ℎ

0.55𝑛̇ 𝑐 = 0.97(22.67) + 0.005𝑛̇ 𝑟

->𝑛̇ 𝑐 = 52.1 𝑘𝑚𝑜𝑙/ℎ

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Actividad 4: Problemas capítulo 6 Parcial 3

𝑛̇ 0 (𝑚𝑜𝑙 𝐸) ∗ 2𝑚𝑜𝑙 𝐶 = (𝑛̇ 𝐴4 )(2) + (𝑛̇ 𝐸4 )(2) + (0.97𝑛̇ 𝑝 )(2) + (0.03𝑛̇ 𝑝 )(2) ℎ ∗ 1𝑚𝑜𝑙 𝐸 𝑛̇ 0 = 𝑛̇ 𝐴4 + 𝑛̇ 𝑒4 = 22.67 ̇ 𝑝 [(. 97)(4) + (0.03)(6)] 6𝑛̇0 = 2𝑛̇ 𝐻4 + 4𝑛̇ 𝐴4 + 6𝑛̇ 𝐸4 +𝑛 𝑛̇ 0 = 23.4 𝑘𝑚𝑜𝑙

𝐸 𝑛& ℎ

22.8 kmol H /h (in off − gas)

𝑛̇ 𝐻4 = 23.5𝑘𝑚𝑜𝑙/ℎ 0.76 kmol A/h, 𝑛& = 0.0050 kmol E/h

b) Estime (i) la conversión total y en un paso del etanol, y (ii) las velocidades (kmol/h) a las cuales se envía etanol y acetaldehído a la torre lavadora.

-

Conversión completa 𝑛0 − 0.03𝑛𝑝 23.4 − ((0.03 ∗ 22.67)) 𝑥100 = 𝑥100 = 97% 𝑛𝑝 23.4

-

Conversión en un paso 𝑛𝐸𝑖 − 0.03𝑛𝐸2 51.5 − 23.5 𝑥100 = 𝑥100 = 54% 𝑛𝐸1 51.5

-

Flujo de acetaldehído hacia la torre lavadora: 𝑛𝐴4 = 0.76

-

𝑘𝑚𝑜𝑙 ℎ

Flujo de etanol hacia la torre lavadora 𝑛𝐸4 = 0.0050

𝑘𝑚𝑜𝑙 ℎ