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• Maayra Diiane HC

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Transferencia de masa | Dr. Edgar Ayala Herrera Evalué la Hura de un absorbedor diseño para recuperar el 85% del componente A de una mezcla gaseosa que contiene inicialmente 6% de A en mol. El absorbente B con una concentración de 0.01 en fracción mol de A se alimenta a razón de 20 kg.mol/h m

Y A=

Kg. mol Kg . molinerte

2

los coef. Individuales se suponen ctes. En toda la

0.0025

0.0085

0.0205

0.043

0.08

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

XA columna y tienen los valores:

Kya=16

Kg. mol ∆Y h m3

Kxa=24

Kg .mol ∆X h m3

La solubilidad de A en el solvente empleada a temperatura y presión de operación está dada por:

Ecuación de Diseño

Z=

´ 2 dy G ∫ AKya 1 y − y 1

1 1 m = + Kya Kya Kxa Línea de Operación

x4

Y 2 A=0.06 (15 )=0.009

kg . molde A Kg . molTotales

kg .mol de A 0.009 Y´ 2 A= =0.00908 1−0.009 Kg . mol Inerte

L´ 1 ∆ ´y = G´ 1 ∆ ´x

Transferencia de masa | Dr. Edgar Ayala Herrera

kg . molde A 0.06 Y´ 1 A= =0.0638 1−0.06 Kg . mol Inerte

kg . mol de A 0.01 X 3 A =0.01 X´ 3 A = =0.0101 1−0.01 Kg .mol Inerte Kg. mo l Inerte gaseoso ´ G=G ( 1− y 2 ) =10 (1−0.06 ) =9.4 h m2 ´ L=L 1 ( 1−X 3 ) =20 ( 1−0.01 )=19.8

Kg. mo l liquido hm

2

L´ 1 19.8 0.0638−0.00908 = =2.1= ´ G 9.4 X A4 −0.0101 X A 4=0.03615

Kg. mol A Kg . mo l Inerte Liquido

La línea de equilibrio no es recta entonces:

m 1=

m=

0.005−0.0013 0.015−0.0075

2−0.465 =1.05 2 ln 0.465

1 1 1.05 Kg. mol = + =9.41 Kya 16 24 h m3 ∆ Y´ Y −Y

¿

1 dy ¿ Media ∆ Y ∫ Y −Y Y −Y ¿

m 2=

0.03−0.0275 =2 0.035−0.0325

Transferencia de masa | Dr. Edgar Ayala Herrera

Z=

10 ( 2.943 )=3.1275 m 9.41

Transferencia de masa | Dr. Edgar Ayala Herrera El soluto A se va a remover de un gas inerte B en una torre de absorción a concentración a contracorriente en un multietapas. El gas entra a la torre a una velocidad de 200 kg.mol/h y contiene 25% mol de A. El solvente entra a la torre a una velocidad de 800Kg.mol/h e inicialmente está libre de soluto. Determine (a) la concentración de la corriente gaseosa de salida y (b) el número de etapas, si esta corriente contiene 5.0 mol de A. La relación de equilibrio es Y A = 4.0 XA.

Suponga que el gas portador es insoluble en el solvente y éste es no volátil.

X A =0

L2 X 4 =0.05

Kg. mol L´ 1=L ( 1−X A )=800 ( 1−0 )=800 h ´ 1=G ( 1− y A )=200 ( 1−0.25 )=150 Kg . mol G h ´y A´ =

0.25 =0.333 1−0.25

0.05 X´ A ´ = =0.0526 1−0.05 L´ 1 ∆ Y 800´ 0.333−Y´ A Y=A=0.0503 = = ´ 1 ∆ X 150 0.05260−0 G ´y A=

ya 1− ya

ya=0.0478

Transferencia de masa | Dr. Edgar Ayala Herrera

y a=4.0 xa

ya

xa 0.004 0.02 0.06 0.12 0.18 0.24

0.001 0.005 0.015 0.03 0.045 0.06

´y a

´x a

0.004016 0.0204 0.0638 0.13636 0.21951 0.3157

0.001001 0.00502 0.01522 0.03092 0.04712 0.06382

Kg . mol L´ 1=150 h

G1=500

Kg . mol h

X´ A =0

´ 1=G ( 1− y a ) =500 ( 1−0 ) =500 Kg .mol G h

X a =0.01

Transferencia de masa | Dr. Edgar Ayala Herrera

0.3 1 X´ a = =0.4285 1−0.3

0.01 2 X´ a = =0.010101 1−0.01 ´y a ,b =0 L´ 1 ∆ Y = ´ ∆X G

´y a−0 150 = 500 0.42285−0.0101 2

´y a=0.125 ´y a =

0.12552 =0.1434 1−0.125

Línea de equilibrio

y a=0.4 X A

ya

xa

´y a

´x a

0.005 0.02 0.06 0.12 0.18 0.24 0.005

0.001 0.005 0.015 0.03 0.045 0.06 0.02

0.004016 0.0204 0.0638 0.13636 0.21951 0.3157 0.00502

0.001001 0.00502 0.01522 0.03092 0.04712 0.06382 0.0204

Transferencia de masa | Dr. Edgar Ayala Herrera En una columna de absorción rellena de anillos Rasching de media pulgada se introduce una mezcla de aire y amoniaco a 1 atm y 20ºC. Para las condiciones de operación el equilibrio está dado por Y=0.185X. La presión parcial del amoniaco en la mezcla gaseosa entrante es de 15 mmHg se desea recuperar el 99% de amoniaco entrante utilizando agua pura como liquido absorbente. Si se introducen 1000 kg/h de aire. ¿ Cuál será el diámetro y la altura de la torre, si el HOG es de 40 cm y si se emplea una cantidad de agua diez veces superior a la mínima y si se trabaja al 50% de la inundación?.

P=1 atm

cZ=?

T =20 ºC

Y P1

NH 3

NH 3

D=?

HOG=0.4 =?

=15 mmHg

Planteamiento

Z =HOG x NOG

~ ~ Y −Y NOG= ~1 ¿2 Y −Y ~ ~ Y1 Y2 ´ G1=( ~ − ~ ) 1−Y 1 1−Y 2

Línea de equilibrio

Cálculos: Concentraciones

15 ~ Y 1 HN 3= =0.0197 760

0.0197 HN 3 Y´ 1 = =0.0201 2 1−0.0197 Y´ 2HN 3 =0.01(0.020129)=0.000 2 G 1=

1000 1 kg . mol =35.176 29 1−0.0197 hr

(

)

~ ~ X3 4 ´L1=( X~ − ~ ) = 1− X 4 1− X 3

Transferencia de masa | Dr. Edgar Ayala Herrera

Concentración de la solución acuosa de salida

Si la solución estuviera en equilibrio

Y^ 1HN 3 =0.0197

y=0.185 X

X ¿ =0.1065

0.0197=0.185 x

X´ ¿ =0.1192

De la línea de operación 100 ( 0.02012−0.002 )= ´Lminimo (0.1193) 29 L1 minimo=5.749

kg .mo l deagua h

L1 operacion=57.49

kg .mo l deagua h

1000 ( 0.02012−0.002 )=57.49~ X4 29 ~ X 4 =0.0119

Diámetro P . M gas =17 ( 0.0197 )+ 29 (−0.01973 ) =28.7 7 ρG =

28.77 kg =1.2 3 0.082∗283 m

ρ L=100

kg m3

G1=35.176 ( 28.77 )=1012

L3=57.48(18)=1034

kg h

kg h

Transferencia de masa | Dr. Edgar Ayala Herrera

L G

√

√

ρG 1034 1.2 = =0.0353 ρL 1012 1000

Grafica de Lobos (

G 2 ) aρ μ L0.2 A =0.18 ε 3 gc ρG ρL

aρ =1030 ε3

( GA )

μL =1 cp

=5160

kg m2 h

=2580

kg 2 m h

Inundacion

( GA )

Operacion

D=

√

4 xD .392 =0.7 m π

Número de unidades de transferencia ( Y´ −Y ) log = ¿

(Y −Y ¿) log =

NOG=

¿ ¿ ( Y 1−Y ) −(Y 2 −Y )

Y 1−Y ¿ ln Y 2−Y ¿

(

)

0.0175−0.0002 =0.00387 0.0175 ln 0.0002

(

)

0.0197−0.0002 =5.04 0.00387

Altura de Empaque Z =( 0.04 ) ( 5.04 ) =2m

Transferencia de masa | Dr. Edgar Ayala Herrera