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• Zachary Rice

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P10.-

Un gas combustible procedente de un gasificador de carbón contiene amoníaco, con una fracción molar de 0,03, la cual se desea reducir a un valor de 0,001. Para ello se trata el gas, en una columna de absorción de relleno, con agua en contracorriente. El caudal de gas tratado es de 4,26 m 3/s medidos en condiciones normales y la fracción molar de amoníaco en la corriente acuosa que abandona la columna es 0,025. La columna tiene un diámetro de 2,5 m y para el coeficiente volumétrico global de transferencia de materia referido al gas (K G.a PT) puede tomarse un valor de 0,03 kmoles/ (m3.s). La relación de equilibrio para el sistema considerado viene dada por y = 0,6 x. Calcular: a) Caudal de agua alimentado a la columna. b) La altura de la columna. c) El número de unidades de transferencia referidas al gas. d) El valor del coeficiente global de transferencia de materia referido al líquido (KL.a.CT). Sol.: a) 0,22 kmol/s; b) 7,24 m; c) 5,6; d) 0,0178 kmol/m 3s

Solución: G2= y2=0.001 Y2=

G1 y1=0.03 Y1= datos : m3 s T  273K   2.5m v  4.26

KG .aPT  0.03kmol / m 3s RELACION DE EQUILIBRIO y  0.6 x

a) L2=LS=?  Calculo de G1:

L 2= x2=0 X2=0

L 1= x1=0.025 X1

PV 101325Pa * 4.26m 3  Pa * m 3 RT 8.314 * 273K mol * K mol G1  190.175 s Gs  G1(1  y1 ) G1 

mol (1  0.03) s mol Gs  184.469 s Gs  190.175

 Calculo de G2:

G2 

Gs  1 y2

mol s 1  0.001

184.469

G2  184.654

mol s

 Realizado un balance para el soluto Entrada = salida

G1y1  L2 x2 (  0)  L1x1  G2 y 2 G1y1 

Ls * x1  G2 y 2 (1  x1 )

Ls mol mol * 0.03  * 0.025  184.654 * 0.001 s (1  0.025) s mol kmol Ls  L2  215.803  0.22 s s

189.175

b) Z=?

y

y

y* x

x

CURVA DE OPERACION x=f(y)

y *  f (x) Despejando "x" Gs y (  Y1 ) Ls 1  y x G y 1  X1  s (  Y1 ) Ls 1  y X1 

DONDE:

X1  Y1 

x1 0.025   0.02564 1  x1 1  0.025

y1 0.03   0.03092 1  y1 1  0.03

CURVA DE EQUILIBRIO y*=f(x) y *  0.6 x

 TOMANDO 10 INTERVALOS

y1  y 2 0.03  0.001   2.9 * 10 3 10 10 PARA LA CURVAlaDEcurva OPERACION  Para de equilibrio h

y   0.6 x para y  0.001  x  ? 184.469 0.001 (  0.03092) 215.303 1  0.001 x 184.469 0.001 1  0.02564  (  0.03092) 215.303 1  0.001 x  5.76 * 106  0 0.02564 

 y   0.6 x  0.6(0) y  0 para y  3.9 * 10 3  x  ? 184.469 3.9 * 10 3 0.02564  (  0.03092) 3 215.303 1  3.9 * 10 x 184.469 3.9 * 10 3 1  0.02564  (  0.03092) 215.303 1  3.9 * 10 3 x  2.4964 * 10 3  y   0.6 x  0.6(2.4964 * 10 3 ) y   6.5656 * 10 4  Y ASI SUCESIVAMENTE LLENMOS LA SIGUIENTE TABLA y 0.001 0.0039 0.0068 0.0097 0.0126 0.0155 0.0184 0.0213 0.0242 0.0271 0.03

x 0 0.0024964 0.0049891 0.0074839 0.0099808 0.0124797 0.0149807 0.0174838 0.0199889 0.0224961 0.0250054

y* 0 0.001497856 0.002993489 0.004490361 0.005988471 0.007487822 0.008988416 0.010490253 0.011993336 0.013497666 0.015003244

Donde: fy 

Gs KG aPt (1  y )2 ( y  y  )

Además: y1

z

 fydy

y2

AST

f(y) 6145.61842 2573.30726 1633.41339 1200.48117 951.499189 789.795318 676.339478 592.354742 527.688888 476.372537 434.666101

kmol s Aplicando s impson

Gs  0.184 y1

35.555m  fydy  26.36

3

y2

pero tenemos =2.5m  A ST 

  * ( )2  * (2.5m )2  4.908m 2 4 4

y1

z

 fydy

y2

A ST z

26.36m 3   7.24m 4.908m 2

 fydy  35.555m

3

 7.24m

4.908m 2

AST

c) NtOG=?

N

tOG 

(1 y ) dy

 (1 y )( yM y  )

Sabemos : (1  y )M 

(1  y  )  (1  y ) (1  y  ) ln( ) (1  y )

Tabulando: 1-y* 1 0.998516 0.9970188 0.99552037 0.99402071 0.99251981 0.99101767 0.9895143 0.98800969 0.98650384 0.98499675

Donde

1-y 0.999 0.9961 0.9932 0.9903 0.9874 0.9845 0.9816 0.9787 0.9758 0.9729 0.97

1-ym 0.99949992 0.99730751 0.99510818 0.9929079 0.99070667 0.98850448 0.98630134 0.98409725 0.9818922 0.97968618 0.9774792

y-y* 0.001 0.002416 0.0038188 0.00522037 0.00662071 0.00801981 0.00941767 0.0108143 0.01220969 0.01360384 0.01499675

f(y) 1000.50042 414.409506 262.365579 192.061827 151.54713 125.198454 106.691888 92.9800684 82.4134707 74.0213713 67.19525

fy 

:

(1 y )M

(1 y )( y  y  )

N tOG 

 fydy

Aplicando simpson

1 3

 N tOG  5.68

d) K L aCT =? TENIAMOS : z  35.555m 3

z

LS K L aC

 (1  x)

dx ( x *  x)

2

DE LA CURVA DE OPERACIÓN: x* 

y 0 .6

LLENAMOS LA SIGUIENTE TABLA DESDE x1 HASTA x2. DONDE: X1=0 X2=0.0250054 x 0 0.0024964 0.0049891 0.0074839 0.0099808 0.0124797 0.0149807 0.0174838 0.0199889 0.0224961 0.0250054

y 0 0.0024964 0.0049891 0.0074839 0.0099808 0.0124797 0.0149807 0.0174838 0.0199889 0.0224961 0.0250054

x* 0 0.001497856 0.002993489 0.004490361 0.005988471 0.007487822 0.008988416 0.010490253 0.011993336 0.013497666 0.015003244

Donde:

Resolviendo la integral pro el método de Simpson 1/3

f(x) 6145.61842 2573.30726 1633.41339 1200.48117 951.499189 789.795318 676.339478 592.354742 527.688888 476.372537 434.666101



f ( x ) dx  2.9782

Teníamos: LS dx z 2  K L aC (1  x) ( x *  x) Kmol 0.22 s x 2.9782 35.555m3  K L aC Kmol K L aC  0.018 sm 3