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TF3261 Fenómenos de Transporte III TAREA No 2 Verano 2012 Problema 1
1,224 [lbmol/min] de una corriente gaseosa de 56% pentano, 35% N2 y 9% CO2 en moles serán
tratados con un hidrocarburo líquido (kerosén) para absorber el pentano en una columna de 2,5 [ft]
de diámetro, rellena de anillos Raschig de cerámica de 50 [mm], operada en contracorriente a 1
[atm] y 100 [oF]. El solvente viene con 0,005 fracción molar de pentano, y se usará 1,7 veces el
flujo mínimo necesario para recuperar 99% del pentano del gas. Calcule:
a) La caída de presión máxima por unidad de altura del empaque.
b) La altura de la sección empacada.
Equilibrio de fases
N2 y CO2 son incondensables, y el kerosén no es volátil. Para el pentano, y = x (es decir, m = 1).
Transferencia de masa
Alturas de unidades de transferencia en [ft], donde G’ y L’ están en [lb/(h.ft2)]
H tG = 5, 3(G!)0,395 ( L!)−0,417 , H tL = 0, 2723( L!)0,22
Propiedades físicas
Suponga que la fase gaseosa se comporta como gas ideal. El peso molecular del pentano es 72,15
[kg/kmol] y su volumen molar en el punto de ebullición normal es 118,4 [cm3/mol]. El kerosén
tiene peso molecular 160 [kg/kmol], densidad 840 [kg/m3], y viscosidad 5,0 [cP]
Gas de entrada
PMC5 = 72,15, PMN2 = 28, PMCO2 = 44 [lb/lbmol]
Gas portador C = 0,35 N2 + 0,09 CO2
PMC = (yN2×28+yCO2×44)/(yN2+yCO2) = 31,27 [lb/lbmol]
y1 = 0,56
PMG1 = y1×PMC5 + (1-y1)×PMC = 54,16 [lb/lbmol]
QG1 = 1,224 [lbmol/min] = 73,44 [lbmol/h]
Q'G1 = QG1×PMG1 = 3978 [lb/h]
Y1 = y1/(1-y1) = 1,273
Líquido de entrada
PMB (kerosén) = 160
x2 = 0,005
PML2 = x2×PMC5 + (1-x2)×PMB = 159,6 [lb/lbmol]
X2 = x2/(1-x2) = 0,005025
Gas de salida
%recup = 99%
Y2 = 0,01×Y1 = 0,01273
y2 = Y2/(1+Y2) = 0,01257
PMG2 = y2×PMC5 + (1-y2)×PMC = 31,79 [lb/lbmol]
Relación líquido/gas
m = (y/x)equil = 1 ==> (Y/X)equil = 1
La línea de equilibrio es recta ==> solvente mínimo viene dado por punto de intersección en Y1
X1* = Y1 = 1,273
(Ls/Gs)min = (Y1-Y2)/(X1*-X2) = 0,9939
Usando 1,7 veces el solvente mínimo:
(Ls/Gs) = 1,7*(Ls/Gs)min = 1,690
La recta de operación es:
(Y-Y2)/(X-X2) = 1,690
Líquido de salida
X1 = X2+(Y1-Y2)/1,690 = 0,7507
x1 = X1/(1+X1) = 0,4288
PML1 = x1×PMC5 + (1-x1)×PMB = 122,3 [lb/lbmol]
Flujos superficiales
DT = 2,5 [ft]
AT = π×DT2/4 = 4,909 [ft2]
G1 = QG1/AT = 14,96 [lbmol/(ft2.h)]
Gs = G1×(1-y1) = 6,583 [lbmol C/(ft2.h)]
G'1 = G1×PMG1 = 810,4 [lb/(ft2.h)]
G2 = Gs×(1+Y2) = 6,667 [lbmol/(ft2.h)]
G'2 = G2×PMG2 = 211,9 [lb/(ft2.h)]
Ls = (Ls/Gs)×Gs = 11,12 [lbmol B/(ft2.h)]
L1 = Ls×(1+X1) = 19,47 [lbmol/(ft2.h)]
L'1 = L1*PML1 = 2382 [lb/(ft2.h)]
L2 = Ls×(1+X2) = 11,18 [lbmol/(ft2.h)]
L'2 = L2×PML2 = 1784 [lb/(ft2.h)]
Caída de presión
Densidad del gas (ideal):
P = 1 [atm] = 14,696 [psia]
T = 100 [oF] = 559,69 [oR]
R = 10,73159 [psia.ft3/(lbmol.oR)]
c = P/(RT) = 2,447E-3 [lbmol/ft3]
ρG1 = c×PMG1 = 0,1325 [lb/ft3]
Densidad del líquido (volúmenes aditivos):
VC5 = 118,4 [cm3/mol] = 0,1184 [m3/kmol]
VB(kero) = PMB/ρB = 0,1905 [m3/kmol]
VL1 = x1×VC5 + (1-x1)×VB = 0,1596 [m3/kmol]
ρL1 = PML1/VL1 = 766,6 [kg/m3] = 47,86 [lb/ft3]
Gráfica de Treybal:
abscisa X = (L'1/G'1)×[ρG1/(ρL1-ρG1)]1/2 = 0,155
Anillos Raschig de cerámica 50 mm, Cf = 65
µL = 5,0 [cP] [dato]
ordenada Y = [(G'1)2×Cf×µL0,1×J]/[ρG1×(ρL1-ρG1)×gc] con J = 1,502, gc = 4,18E8
Y = 0,0285
ΔP ≈ 95 [Pa/m] Respuesta (a)
Cálculo de la altura del relleno
Puntos para Simpson [3/8]:
y2 = 0,01257
y1 = 0,56
ya = (2y2 + y1)/3 = 0,1950
yb = (y2 + 2y1)/3 = 0,3775
Procedimiento para cada punto [para y1 & y2 las composiciones y flujos ya se calcularon arriba]:
Y = y/(1-y)
X = X2 + (Y-Y2)/1,690
x = X/(1+X)
G [lbmol/(ft2.h)] = Gs×(1+Y)
PMG = y×PMC5 + (1-y)×PMC
G' [lb/(ft2.h)] = G×PMG
L [lbmol/(ft2.h)] = Ls×(1+X)
PML = x×PMC5 + (1-x)×PMB
L' [lb/(ft2.h)] = L×PML
HtG [ft] = 5,3×(G')0,395×(L')-0,417
HtL [ft] = 0,2723×(L')0,22
FG×aV [lbmol/(ft3.h)] = G/HtG
FL×aV [lbmol/(ft3.h)] = L/HtL
Para el cálculo de la composición interfacial se tiene:
• Equilibrio yI = xI
• Invariancia FG×ln[(1-yI)/(1-y)] = FL×ln[(1-x)/(1-xI)]
Trabajando con la segunda ecuación
• ln[(1-yI)/(1-y)]FG = ln[(1-x)/(1-xI)]FL
• [(1-yI)/(1-y)]FG = [(1-x)/(1-xI)]FL
• (1-yI)FG×(1-xI)FL = (1-y)FG×(1-x)FL
Por la relación de equilibrio, 1-yI = 1-xI
• (1-yI)FG+FL = (1-y)FG×(1-x)FL
• yI = 1 - (1-y)FG/(FL+FG)×(1-x)FL/(FL+FG)
• F(y) = HtG/{(1-y)×ln[(1-yI)/(1-y)]}
Altura de la sección empacada:
ZT = [F(y2) + 3F(ya) + 3F(yb) + F(y1)]×(y1-y2)/8
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
y
Y
X
x
G [lbmol/(ft2.h)]
PMG [lb/lbmol]
G' [lb/(ft2.h)]
L [lbmol/(ft2.h)]
PML [lb/lbmol]
L' [lb/(ft2.h)]
HtG [ft]
HtL [ft]
FG*aV [lbmol/(ft3.h)]
FL*aV [lbmol/(ft3.h)]
FL/(FG+FL)
FG/(FG+FL)
yI (interfaz)
F(y)
TABLA RESUMEN
TOPE = 2
(a)
(b)
0,01257
0,1950
0,3775
0,01273
0,2423
0,6065
0,0050
0,1409
0,3564
0,0050
0,1235
0,2628
6,667
8,178
10,575
31,79
39,25
46,70
211,9
320,9
493,9
11,18
12,69
15,09
159,6
149,2
136,9
1784
1893
2066
1,938
2,227
2,546
1,414
1,432
1,460
3,4404
3,6717
4,1534
7,9078
8,8605
10,3336
0,6968
0,7070
0,7133
0,3032
0,2930
0,2867
0,0073
0,1451
0,2977
368,88
45,96
33,89
ZT = 44,1 [ft] Respuesta (b)
FONDO = 1
0,5600
1,2727
0,7507
0,4288
14,961
54,16
810,4
19,47
122,3
2382
2,917
1,507
5,1281
12,9258
0,7160
0,2840
0,4696
35,49
Comentario
Este valor de ZT es bastante mayor que el
verdadero. El método de Simpson [3/8] de
cuatro puntos supone que la función F(y) es
un polinomio cúbico [curva azul], lo que en
este caso es una mala aproximación a la
función correcta (curva roja), por la fuerte
variación de los flujos y fuerzas impulsoras.
Una integración más cuidadosa debe dar ZT =
31,2 [ft].
Problema 2
La columna de desorción ("despojadora") tiene el mismo diámetro y relleno que la absorbedora.
Tanto la despojadora como el separador “flash” operan a 1 [atm] y 225 [oF]. El vapor que sale del
“flash” es pentano puro. El líquido de fondo del “flash” se introduce a la despojadora, donde la
desorción se realiza mediante vapor de agua que entra puro. El kerosén despojado se retorna
directamente a la columna de absorción. Calcule:
a) El caudal molar y composición del líquido que entra a la despojadora.
b) La relación vapor/kerosén (VS/LS) mínima necesaria.
c) La altura de empaque para una relación VS/LS = 0,20. En este caso, se estima que HtL ≈
constante = 0,3 [ft], pero HtG puede variar apreciablemente y debe calcularse con la misma
correlación anterior.
Equilibrio de fases
A esta temperatura, y = 5,8x para el pentano. Desprecie la condensación del vapor y la evaporación
del kerosén.
Líquido de salida
Corresponde al líquido que entra a la absorbedora:
x1 = [x2]abs = 0,005
X1 = [X2]abs = 0,005025
QL1 = [QL2]abs = [L2×AT]abs = 54,87 [lbmol/h]
QLs = [QLs]abs = [Ls×AT]abs = 54,60 [lbmol/h]
Se puede verificar que se cumple QLs = QL1×(1-x1)
Líquido de entrada
Como viene del "flash", su composición es la de equilibrio con vapor de pentano puro:
y = 1 [dato]
m = y/x = 5,8 [dato]
x2 = 1/5,8 = 0,1724 ==> QL2 = QLs/(1-x2) = 65,97 [lbmol/h] Respuesta (a)
X2 = x2/(1-x2) = 0,2083
Vapor de entrada
y1 = 0
Y1 = y1/(1-y1) = 0
Relación vapor/líquido mínima
Para desorción, la línea de operación va por debajo de la curva de equilibrio. Existe por lo tanto una
pendiente (Ls/Vs) máxima, o lo que es lo mismo, una relación (Vs/Ls) mínima para la cual ambas
líneas se tocan. Como en este caso la curva de equilibrio es cóncava hacia arriba (porque m > 1), la
relación (Gs/Ls) mínima estará dada por un punto de tangencia. Se buscan las coordenadas (Xt, Yt)
de este punto, y la pendiente correspondiente M.
Ecuación de equilibrio:
y = 5,8x ==> 1/x = 5,8/y ==> (1+X)/X = 5,8(1+Y)/Y ==> 1/X = 5,8/Y + 4,8
1/Xt = 5,8/Yt + 4,8 [Ec. 1]
Pendiente de la línea de equilibrio [derivando la ecuación anterior]:
-1/X2 = -(5,8/Y2)×(dY/dX)
5,8M = (Yt/Xt)2 [Ec. 2]
Pendiente de la línea de operación [desde el punto (X1, Y1) hasta el punto de tangencia]:
M = (Yt-Y1)/(Xt-X1) [Ec. 3]
Resolviendo el sistema de ecuaciones [1 - 3]:
M = (Ls/Vs)max = 8,129
(Vs/Ls)min = 1/8,129 = 0,1230 Respuesta (b)
Línea de operación
Vs/Ls = 0,20 [dato]
Y2 = Y1 + (X2-X1)/0,20 = 1,016
y2 = Y2/(1+Y2) = 0,5041
Cálculo de la altura de la sección empacada
Diámetro y relleno son los mismos de la absorbedora:
AT = 4,909 [ft2]
Ls = QLs/AT = 11,12 [lbmol/(ft2.h)] = [Ls]abs
Vs = 0,20×Ls = 2,224 [lbmol/(ft2.h)]
Puntos para Simpson [3/8]:
y1 = 0
y2 = 0,5041
ya = (2y1+y2)/3
yb = (y1+2y2)/3
Procedimiento para cada punto:
• Y = y/(1-y)
• X = X1 + (Y-Y1)*0,20
• x = X/(1+X)
PMG = y×PMC5 + (1-y)×PMH2O
PML = x×PMC5 + (1-x)×PMB
G [lbmol/(ft2.h)] = Gs×(1+Y)
L [lbmol/(ft2.h)] =Ls×(1+X)
G' [lb/(ft2.h)]= G×PMG
L' [lb/(ft2.h)] = L×PML
HtG [ft] = 5,3×(G')0,395×(L')-0,417
HtL [ft] = 0,3 [dato]
FG×aV [lbmol/(ft3.h)] = G/HtG
FL×aV [lbmol/(ft3.h)] = L/HtL
Para el cálculo de la composición interfacial se tiene:
• Equilibrio yI = mxI
• Invariancia FG×(y-yI)/(1-y)IG = FL×(xI-x)/(1-x)IL
• [1] Suponer Θ = 1
• [2] k = Θ×(FL/FG)
• [3] (y-yI) = k×(xI-x) ==> xI = (y+kx)/(m+k), yI = mxI
• [4] (1-y)IG = (y-yI)/ln[(1-yI)/(1-y)]
• [5] (1-x)IL = (xI-x)/ln[(1-x)/(1-xI)]
• [6] Θ = (1-y)IG/(1-x)IL
• [7] Repetir desde [2] hasta convergencia
Altura de la sección empacada:
ZT = [F(y2) + 3F(ya) + 3F(yb) + F(y1)]×(y1-y2)/8
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
y
Y
X
x
PMG
PML
G [lbmol/(ft2.h)]
L [lbmol/(ft2.h)]
G' [lb/(ft2.h)]
L' [lb/(ft2.h)]
HtG [ft]
HtL [ft]
FG*aV [lbmol/(ft3.h)]
FL*aV [lbmol/(ft3.h)]
FL/FG
yI
F(y)
FONDO = 1
0
0
0,005025
0,0050
18,00
159,56
2,225
11,18
40,04
1784
1,003
0,3
2,217
37,26
16,81
0,02152
46,11
a
0,1680
0,2020
0,04542
0,04345
27,10
156,18
2,674
11,63
72,46
1816
1,259
0,3
2,124
38,76
18,25
0,2289
19,93
b
0,3361
0,5062
0,1063
0,09605
36,20
151,56
3,351
12,30
121,29
1865
1,526
0,3
2,196
41,02
18,68
0,4852
9,033
TOPE = 2
0,5041
1,0165
0,2083
0,1724
45,30
144,85
4,486
13,44
203,20
1947
1,838
0,3
2,441
44,80
18,35
0,7812
4,529
ZT = 8,67 [ft] Respuesta (c)
Comentario
En este caso, el resultado no se aparta mucho del valor correcto obtenido por una integración más
exacta. La razón es que la función F(y) tiene cambios mucho menos extremos que en la absorbedora.
Problema 3
Una corriente de CO2 que contiene 1% molar de etanol será procesada en una columna rellena con
anillos Raschig de cerámica de 25 mm, operando a 1 [atm] y 40 [oC]. Como absorbente, se utilizará
agua con una fracción molar de 0,0001 de etanol. Los flujos molares superficiales en el tope de la
torre serán 47,0 y 30,8 [lbmol/(h.ft2)] para líquido y gas, respectivamente. De acuerdo con datos
publicados, las alturas de las unidades de transferencia se estiman en HtG = 1,79 [ft], HtL = 0,98 [ft],
y la relación de equilibrio de fases es y = 1,0682 x. Utilice la ecuación de Colburn para calcular:
a) La altura de contacto necesaria para recuperar el 98% de los vapores de alcohol.
b) El porcentaje de recuperación de alcohol que se obtendría con una altura de 12 [ft].
Cálculos generales
La ecuación de Colburn está basada en la suposición de disoluciones muy diluidas, de forma que
tanto la línea de equilibrio como la línea de operación son rectas en el diagrama y-x. Por lo tanto,
los flujos molares dados como datos son constantes a lo largo de la columna. Incluso el porcentaje
de recuperación podría interpretarse directamente en términos de fracciones molares sin mayor
pérdida de precisión, pero aquí se usará la forma habitual usando fracciones en base libre.
Y1 = y1/(1-y1) = 0,0101
Factor de absorción:
A = L/(mG) = 1,4285
B = 1 - 1/A = 0,3000
Altura de la unidad global de transferencia:
(1/FOG) = (1/FG) + m×(1/FL) ==> HtOG = HtG + (mG/L)×HtL
HtOG = 2,476 [ft]
Altura para % de recuperación dado
Y2 = (1 - %rec/100)×Y1 = 0,02Y1 = 0,0002020
y2 = Y2/(1+Y2) = 0,0002020
Φ = (y2-mx2)/(y1-mx2) = 103,9
NtOG = ln[B×Φ + 1/A]/B = 11,54
ZT = NtOG×HtOG = 28,57 [ft] Respuesta (a)
% de recuperación para altura dada
NtOG = ZT/HtOG = 4,847
Φ = (y2-mx2)/(y1-mx2) = [exp(B×NtOG) - 1/A]/B = 11,93
y2 = mx2 + Φ×(y1-mx2) = 0,0009359
Y2 = 0,0009368
%rec= 100×(1 - Y2/Y1) = 90,7% Respuesta (b)
COF
24.08.12